專題27 解答題重點(diǎn)出題方向幾何綜合題（不含圓）專項(xiàng)訓(xùn)練（解析版）

專題27解答題重點(diǎn)出題方向幾何綜合題（不含圓）專項(xiàng)訓(xùn)練（解析版）

模塊一2022中考真題集訓(xùn)

1．（2022?西藏）如圖，在矩形ABCD中，ABBC，點(diǎn)F在BC邊的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)P是線段BC上一點(diǎn)（與

1

點(diǎn)B，C不重合），連接AP并延長(zhǎng)，過點(diǎn)=C2作CG⊥AP，垂足為E．

（1）若CG為∠DCF的平分線．請(qǐng)判斷BP與CP的數(shù)量關(guān)系，并證明；

（2）若AB＝3，△ABP≌△CEP，求BP的長(zhǎng)．

思路引領(lǐng)：（1）由角平分線的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求∠BAP＝∠APB＝45°，可得AB＝BP，即可

得結(jié)論；

（2）由勾股定理可求解．

解：（1）BP＝CP，理由如下：

∵CG為∠DCF的平分線，

∴∠DCG＝∠FCG＝45°，

∴∠PCE＝45°，

∵CG⊥AP，

∴∠E＝∠B＝90°，

∴∠CPE＝45°＝∠APB，

∴∠BAP＝∠APB＝45°，

∴AB＝BP，

∵ABBC，

1

∴BC=＝2AB，

∴BP＝PC；

（2）∵△ABP≌△CEP，

∴AP＝CP，

∵AB＝3，

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∵BC＝2AB＝6，

∵AP2＝AB2+BP2，

∴（6﹣BP）2＝9+BP2，

∴BP．

9

總結(jié)提=升4：本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題

是解題的關(guān)鍵．

2．（2022?徐州）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，點(diǎn)P在邊AB上，D、E分別為BC、

PC的中點(diǎn)，連接DE．過點(diǎn)E作BC的垂線，與BC、AC分別交于F、G兩點(diǎn)．連接DG，交PC于點(diǎn)H．

（1）∠EDC的度數(shù)為45°；

（2）連接PG，求△APG的面積的最大值；

（3）PE與DG存在怎樣的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)說明理由；

（4）求的最大值．

??

思路引領(lǐng)?：?（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由三角形中位線定理可得DE∥AB，可

求解；

（2）設(shè)AP＝x，由等腰直角三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可求AG的長(zhǎng)，由三角形面積公式和二次

函數(shù)的性質(zhì)可求解；

（3）由“SAS”可證△CEF≌△GDF，可得CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，可求解；

（4）利用勾股定理和相似三角形的性質(zhì)分別求出CH，CE的值，即可求解．

解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，

∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，

∵D、E分別為BC、PC的中點(diǎn)，2

∴DE∥AB，DEBP，

1

∴∠EDC＝∠AB=C＝245°，

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故答案為：45；

（2）設(shè)AP＝x，則BP＝12﹣x，

∵DEBP，

1

=

∴DE＝62，

?

?

∵GF⊥BC，2∠EDC＝45°，

∴∠EDC＝∠DEF＝45°，

∴DF＝EFDE＝3x，

22

∵點(diǎn)D是B=C2的中點(diǎn)，2?4

∴BD＝CD＝6，

2

∴CF＝3x，

2

∵GF⊥BC2，+∠4ACB＝45°，

∴∠ACB＝∠CGF＝45°，

∴GF＝FC，

∴GCFC＝6，

?

=2+

∴AG＝6，2

?

?

22

∴S△APGAP×AGx×（6）（x﹣6）+9，

11?1

∴當(dāng)x＝=6時(shí)2×，△APG=的2面×積的最大?值2為=9?；4

（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：

∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，

∴△CEF≌△GDF（SAS），

∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，

∵∠DGF+∠GDF＝90°，

∴∠GDF+∠DCE＝90°，

∴∠DHC＝90°，

∴DG⊥PE，

∵點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，

∴PE＝EC，

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∴DG＝PE；

（4）方法一、∵CF＝3x＝GF，EF＝3x，

22

2+2?

∴EC4，4

2212

∵AP＝=x，??AC+＝?1?2，=36+4?

∴PC，

222

∵∠A=CP＝??∠+GC?H?，=∠A?＝9+01°4＝4∠GHC，

∴△APC∽△HGC，

∴，

??????

==

??????

∴?，

??6+2??

=2=

??+14412

∴GH，CH，

?2

6?+272+6?

=2=2

?+144?+144

∴72+6?12，

2

???+144?+1212121212+1

=1=×2=288≤===

??2?+144?+12+?+12?242288?24242?2422?22

36+?

∴的最大值為4．

??2+1

方法??二、如圖，過點(diǎn)2H作MH∥AB，交BC于M，

∵∠DHC＝90°，

∴點(diǎn)H以CD為直徑的O上，

連接OH，并延長(zhǎng)交AB⊙于N，

∵M(jìn)H∥AB，

∴，

????

=

∵?O?H，O?B?是定長(zhǎng)，

∴ON的取最小值時(shí)，OM有最大值，

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∴當(dāng)ON⊥AB時(shí)，OM有最大值，

此時(shí)MH⊥OH，CM有最大值，

∵DE∥AB，

∴MH∥DE，

∴，

????

=

∴當(dāng)??CM?有?最大值時(shí)，有最大值，

??

∵AB∥MH，??

∴∠HMO＝∠B＝45°，

∵M(jìn)H⊥OH，

∴∠HMO＝∠HOM＝45°，

∴MH＝HO，

∴MOHO，

∵HO＝=CO2＝DO，

∴MOCO，CD＝2CO，

∴CM＝=（21）CO，

2+

∴．

????(2+1)??2+1

===

總結(jié)??提升?：?本題是2相??似形綜合題2，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定

理，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．

3．（2022?鎮(zhèn)江）已知，點(diǎn)E、F、G、H分別在正方形ABCD的邊AB、BC、CD、AD上．

（1）如圖1，當(dāng)四邊形EFGH是正方形時(shí)，求證：AE+AH＝AB；

（2）如圖2，已知AE＝AH，CF＝CG，當(dāng)AE、CF的大小有AE＝CF關(guān)系時(shí)，四邊形EFGH是矩

形；

（3）如圖3，AE＝DG，EG、FH相交于點(diǎn)O，OE：OF＝4：5，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為16，F(xiàn)H長(zhǎng)

為20，當(dāng)△OEH的面積取最大值時(shí)，判斷四邊形EFGH是怎樣的四邊形？證明你的結(jié)論．

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思路引領(lǐng)：（1）證明△AEH≌△BFE（AAS），推出AH＝BE，可得結(jié)論；

（2）當(dāng)AE＝CF時(shí)，四邊形EFGH是矩形．根據(jù)有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形證明即可；

（3）如圖3中，過點(diǎn)H作HM⊥BC于點(diǎn)M．，交EG于點(diǎn)N．ZM四邊形AEGD是平行四邊形，推出

AD∥EG，EG∥BC，可得，設(shè)OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，則，可得h＝4（4﹣x），

?????20?5?

==

可得S?OE?HN4x?×?4（4?﹣?x）＝﹣8（x﹣2）2+32，可知x＝2時(shí)1，6△OE2H0的面積最大，求出OE，

11

OG，O=H2，OF的長(zhǎng)=，2可×得結(jié)論．

（1）證明：如圖1中，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠A＝∠B＝90°，

∴∠AEH+∠AHE＝90°，

∵四邊形EFGH是正方形，

∴EH＝EF，∠HEF＝90°，

∴∠AEH+∠BEF＝90°，

∴∠BEF＝∠AHE，

在△AEH和△BFE中，

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，

∠?=∠?=90°

∠???=∠???

∴?△?A=E?H?≌△BFE（AAS），

∴AH＝BE，

∴AE+AH＝AE+BE＝AB；

（2）解：當(dāng)AE＝CF時(shí)，四邊形EFGH是矩形．

理由：如圖2中，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB＝CD＝AD＝BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，

∵AE＝AH＝CF＝CG，

∴BE＝BF，DH＝DG，

∴∠AEH＝∠BEF＝45°，

∴∠HEF＝90°

同法可證，∠EHG＝90°，∠EFG＝90°，

∴四邊形EFGH是矩形．

故答案為：AE＝CF；

（3）解：結(jié)論：四邊形EFGH是平行四邊形．

理由：如圖3中，過點(diǎn)H作HM⊥BC于點(diǎn)M．，交EG于點(diǎn)N．

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∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB∥CD，

∵AE＝DG，AE∥DG，

∴四邊形AEGD是平行四邊形，

∴AD∥EG，

∴EG∥BC，

∴，

????

=

∵?O?E：O?F＝?4：5，

設(shè)OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，則，

?20?5?

=

∴h＝4（4﹣x），1620

∴S?OE?HN4x×4（4﹣x）＝﹣8（x﹣2）2+32，

11

∵﹣=8＜20，=2×

∴x＝2時(shí)，△OEH的面積最大，

∴OE＝4x＝8EG＝OG，OF＝5x＝10HF＝OH，

11

∴四邊形EFG=H2是平行四邊形．=2

總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，

全等三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)

利用參數(shù)構(gòu)建二次函數(shù)，解決最短問題，屬于中考?jí)狠S題．

4．（2022?阜新）已知，四邊形ABCD是正方形，△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，

連接AE，CF．

（1）如圖1，求證：△ADE≌△CDF；

（2）直線AE與CF相交于點(diǎn)G．

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①如圖2，BM⊥AG于點(diǎn)M，BN⊥CF于點(diǎn)N，求證：四邊形BMGN是正方形；

②如圖3，連接BG，若AB＝4，DE＝2，直接寫出在△DEF旋轉(zhuǎn)的過程中，線段BG長(zhǎng)度的最小值．

思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)SAS證明三角形全等即可；

（2）①根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形證明即可；

②作DH⊥AG交AG于點(diǎn)H，作BM⊥AG于點(diǎn)M，證明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，

可得結(jié)論．

（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD＝DC，∠ADC＝90°．

∵DE＝DF，∠EDF＝90°．

∴∠ADC＝∠EDF，

∴∠ADE＝∠CDF，

在△ADE和△CDF中，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=AD?E?≌△CDF（SAS）；

（2）①證明：如圖2中，設(shè)AG與CD相交于點(diǎn)P．

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∵∠ADP＝90°，

∴∠DAP+∠DPA＝90°．

∵△ADE≌△CDF，

∴∠DAE＝∠DCF．

∵∠DPA＝∠GPC，

∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．

∴∠PGN＝90°，

∵BM⊥AG，BN⊥GN，

∴四邊形BMGN是矩形，

∴∠MBN＝90°．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．

∴∠ABM＝∠CBN．

又∵∠AMB＝∠BNC＝90°，

∴△AMB≌△CNB．

∴MB＝NB．

∴矩形BMGN是正方形；

②解：作DH⊥AG交AG于點(diǎn)H，作BM⊥AG于點(diǎn)M，

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此時(shí)△AMB≌△AHD．

∴BM＝AH．

∵AH2＝AD2﹣DH2，AD＝4，

∴DH最大時(shí)，AH最小，DH最大值＝DE＝2．

∴BM最小值＝AH最小值．

由（2）①可知，△=BG2M3是等腰直角三角形，

∴BG最小值．

總結(jié)提升：=本2題?屬?于=四2邊6形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形

的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．

5．（2022?東營(yíng)）△ABC和△ADF均為等邊三角形，點(diǎn)E、D分別從點(diǎn)A，B同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿AB、

BC運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B、C停止．

（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E、D分別與點(diǎn)A、B重合時(shí)，請(qǐng)判斷：線段CD、EF的數(shù)量關(guān)系是CD＝EF，

位置關(guān)系是CD∥EF；

（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E、D不與點(diǎn)A，B重合時(shí)，（1）中的結(jié)論是否依然成立？若成立，請(qǐng)給予證明；若

不成立，請(qǐng)說明理由；

（3）當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形CEFD的面積是△ABC面積的一半，請(qǐng)直接寫出答案；此時(shí)，

四邊形BDEF是哪種特殊四邊形？請(qǐng)?jiān)趥溆脠D中畫出圖形并給予證明．

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思路引領(lǐng)：（1）利用等邊三角形的性質(zhì)解決問題即可；

（2）證明△FAB≌△DAC（SAS），推出BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，再證明△EFB是等邊三角形，

可得結(jié)論；

（3）當(dāng)點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)時(shí)，四邊形EFDC的面積是△ABC的面積的一半．利用相似三角形的性質(zhì)，

等高模型解決問題．

解：（1）∵△ABC，△ADF都是等邊三角形，

∴EF＝AB＝CD，∠ADC＝∠FED，

∴EF∥CD，

故答案為：CD＝EF，CD∥EF；

（2）結(jié)論成立．

理由：如圖2中，連接BF．

∵△ABC，△ADF都是等邊三角形，

∴∠FAD＝∠BAC，AF＝AD，AB＝AC，

∴∠FAB＝∠DAC，

∴△FAB≌△DAC（SAS），

∴BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，

∵AE＝BD，AB＝BC，

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∴BE＝CD＝BF，

∴△EFB是等邊三角形，

∴EF＝BF＝CD，∠FEB＝∠ABC＝60°

∴EF∥CD；

證法二：先證△CAE≌△ABD，得到CE＝AD＝DF，

再證明CE∥DF，

即可得四邊形CDFE是平行四邊形，

即可得出結(jié)論平行且相等．

（3）當(dāng)點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)時(shí)，四邊形EFDC的面積是△ABC的面積的一半．此時(shí)四邊形BDEF是菱形．

理由：如圖3中，連接DF．

由（2）可知，△BEF是等邊三角形，BE＝CD，

∵BD＝CD，

∴BECB，

1

∵△B=EF2∽△ABC，

∴（）2，

?△?????1

==

∵?E△F?∥??CD，E?F?＝CD，4

∴四邊形EFDC是平行四邊形，

∴S平行四邊形EFDC＝2S△EFB，

平行四邊形

∴．

?????1

=

連接D?E△．??∵?BE＝BD2，∠EBD＝60°，

∴△BDE是等邊三角形，

∵△BEF是等邊三角形，

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∴四邊形BDEF是菱形．

總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題

的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．

6．（2022?衢州）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，BD為對(duì)角線．點(diǎn)E是邊AB延長(zhǎng)線上的任意一點(diǎn)，連結(jié)

DE交BC于點(diǎn)F，BG平分∠CBE交DE于點(diǎn)G．

（1）求證：∠DBG＝90°．

（2）若BD＝6，DG＝2GE．

①求菱形ABCD的面積．

②求tan∠BDE的值．

（3）若BE＝AB，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一點(diǎn)T，使GT為定

值，說明理由并求出ET的值．

思路引領(lǐng)：（1）由菱形的性質(zhì)得CB＝AB，CD＝AD，可證明△ABD≌△CBD，得∠CBD∠ABC，而

1

=

∠CBG∠EBC，所以∠DBG（∠ABC+∠EBC）＝90°；2

11

==

（2）①連2結(jié)AC交BD于點(diǎn)K，2交DE于點(diǎn)L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BKBD＝3，根據(jù)勾

1

=2

股定理可求得AK＝4，則AC＝8，即可由S菱形ABCDAC?BD求出菱形ABCD的面積；

1

=2

②先由∠DKL＝∠DBG＝90°證明AC∥BG，則1，所以DL＝GLDG，再由DG＝2GE得

????1

===

GEDG，則DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得????，可求得CLAC2，所以KL＝4，

1????11884

=====?=

再求出2tan∠BDE的值即可；????23333

（3）過點(diǎn)G作GT∥BC，交AE于點(diǎn)T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)，

始終都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再證明△ETG

????

==

∽△EAD，得，即可求??得G?T?，說明GT為定值，再求出ET的值即可．

??????15

====

??????33

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（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，

∴CB＝AB，CD＝AD，

∵BD＝BD，

∴△ABD≌△CBD，

∴∠CBD＝∠ABD∠ABC，

1

=

∵∠CBG＝∠EBG2∠EBC，

1

=

∴∠DBG＝∠CBD+∠2CBG（∠ABC+∠EBC）180°＝90°．

11

（2）解：①如圖2，連結(jié)=AC2交BD于點(diǎn)K，交D=E2于×點(diǎn)L，

∵AC⊥BD，

∴∠AKB＝90°，

∵AB＝5，BD＝6，

∴BK＝DKBD＝3，

1

=

∴AK24，

2222

∴CK=＝AK??＝4?，??=5?3=

∴AC＝8，

∴S菱形ABCDAC?BD8×6＝24.

11

②∵∠DKL=＝2∠DBG＝=920°×，

∴AC∥BG，

∴1，

????

==

∴D??L＝G?L?DG，

1

∵DG＝2G=E，2

∴GEDG，

1

∴DL＝=G2L＝GE，

∵CD∥AB，

∴，

????1

==

∴C??L?A?C28，

118

=3=3×=3

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∴KL＝4，

84

?3=3

∴tan∠BDE．

4

??34

（3）解：如=圖?3?，=過3點(diǎn)=G9作GT∥BC，交AE于點(diǎn)T，則GT為定值，

理由：連結(jié)AC交BD于點(diǎn)K，交DE于點(diǎn)L，

∵∠DKL＝∠DBG＝90°，

∴當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)，始終都有BG∥AC，

∴△BGE∽△ALE，

∵BE＝AB，

∴1，

????

==

∴E??G＝L?G?，

∵KL∥BG，

∴1，

????

==

∴D??L＝L?G?＝EGED，

1

∵AD∥BC，=3

∴GT∥AD，

∴△ETG∽△EAD，

∴，

??????1

===

∵?BE?＝A?B?＝DA?＝?5，3

∴GTDA5，

115

∴GT=為3定值=；3×=3

∵EA＝BE+AB＝10，

∴ETEA10．

1110

=3=3×=3

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總結(jié)提升：此題重點(diǎn)考查菱形的性質(zhì)、平行線的判定、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定與

性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵，此題綜合性強(qiáng)，難度較大，屬于考

試壓軸題．

7．（2022?朝陽）【思維探究】

（1）如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD

＝AC．

小明的思路是：延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC

＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明△ADE≌△ABC，從而可證BC+CD＝AC，請(qǐng)你幫助小明寫

出完整的證明過程．

【思維延伸】

（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間

的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【思維拓展】

（3）在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC與BD相交于點(diǎn)O．若四邊形ABCD

中有一個(gè)內(nèi)角是75°，請(qǐng)直接寫出線段OD的長(zhǎng)．=6

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思路引領(lǐng)：（1）如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出

∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；

（2）結(jié)論：CB+CDAC．如圖2中，過點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．證

明△AMD≌△ANB（=AA2S），推出DM＝BN，AM＝AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN，

可得結(jié)論；

（3）分兩種情形：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．如

圖3﹣2中，當(dāng)∠CBD＝75°時(shí)，分別求解即可．

（1）證明：如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．

∵∠BAD+∠BCD＝180°，

∴∠B+∠ADC＝180°，

∵∠ADE+∠ADC＝180°

∴∠B＝∠ADE，

在△ADE和△ABC中，

，

??=??

∠???=∠?

∴?△?=AD?E?≌△ABC（SAS），

∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，

∴∠CAE＝∠BAD＝60°，

∴△ACE的等邊三角形，

∴CE＝AC，

∵CE＝DE+CD，

∴AC＝BC+CD；

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（2）解：結(jié)論：CB+CDAC．

理由：如圖2中，過點(diǎn)A=作A2M⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．

∵∠DAB＝∠DCB＝90°，

∴∠CDA+∠CBA＝180°，

∵∠ABN+∠ABC＝180°，

∴∠D＝∠ABN，

∵∠AMD＝∠N＝90°，AD＝AB，

∴△AMD≌△ANB（AAS），

∴DM＝BN，AM＝AN，

∵AM⊥CD，AN⊥CN，

∴∠ACD＝∠ACB＝45°，

∴ACCM，

∵AC=＝AC2．AM＝AN，

∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），

∴CM＝CN，

∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CMAC；

=2

（3）解：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．

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∵∠CDA＝75°，∠ADB＝45°，

∴∠CDB＝30°，

∵∠DCB＝90°，

∴CDCB，

∵∠D=CO3＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，

∴OP＝OQ，

∴1，

?△???2????????

1

△???==

?2????????

∴，

????

==3

∵A?B?＝A?D?，∠DAB＝90°，

∴BDA=D＝62，

=23

∴OD233．

3

=×3=3?

1+3

如圖3﹣2中，當(dāng)∠CBA＝75°時(shí)，同法可證，OD23，

??11

==×3=?3

??31+3

綜上所述，滿足條件的OD的長(zhǎng)為33或3．

3??3

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總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判

定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，

屬于中考?jí)狠S題．

8．（2022?菏澤）如圖1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于點(diǎn)D，在DA上取點(diǎn)E，使DE＝DC，連

接BE、CE．

（1）直接寫出CE與AB的位置關(guān)系；

（2）如圖2，將△BED繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，得到△B′E′D（點(diǎn)B′、E′分別與點(diǎn)B、E對(duì)應(yīng)），連接CE′、

AB′，在△BED旋轉(zhuǎn)的過程中CE′與AB′的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是否一致？請(qǐng)

說明理由；

（3）如圖3，當(dāng)△BED繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°時(shí)，射線CE′與AD、AB′分別交于點(diǎn)G、F，若CG＝

FG，DC，求AB′的長(zhǎng)．

=3

思路引領(lǐng)：（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得，∠ABC＝∠DAB＝45°，∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，

可得結(jié)論；

（2）通過證明△ADB'∽△CDE'，可得∠DAB'＝∠DCE'，由余角的性質(zhì)可得結(jié)論；

（3）由等腰直角的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可得AB'AD，即可求解．

解：（1）如圖1，延長(zhǎng)CE交AB于H，=3

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∵∠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旋轉(zhuǎn)的過程中CE′與AB′的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是一致，

理由如下：如圖2，延長(zhǎng)CE'交AB'于H，

由旋轉(zhuǎn)可得：CD＝DE'，B'D＝AD，

∵∠ADC＝∠ADB＝90°，

∴∠CDE'＝∠ADB'，

又∵1，

????

==

∴△?AD?′B'∽?△?C′DE'，

∴∠DAB'＝∠DCE'，

∵∠DCE'+∠DGC＝90°，

∴∠DAB'+∠AGH＝90°，

∴∠AHC＝90°，

∴CE'⊥AB'；

（3）如圖3，過點(diǎn)D作DH⊥AB'于點(diǎn)H，

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∵△BED繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，

∴∠BDB'＝30°，B'D＝BD＝AD，

∴∠ADB'＝120°，∠DAB'＝∠AB'D＝30°，

∵DH⊥AB'，

∴AD＝2DH，AHDH＝B'H，

∴AB'AD，=3

由（2=）可3知：△ADB'∽△CDE'，

∴∠DCE'＝∠DAB'＝30°，

∵AD⊥BC，CD，

∴DG＝1，CG＝=2DG3＝2，

∴CG＝FG＝2，

∵∠DAB'＝30°，CE'⊥AB'，

∴AG＝2GF＝4，

∴AD＝AG+DG＝4+1＝5，

∴AB'AD＝5．

總結(jié)提=升：3本題是三3角形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三

角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．

9．（2022?安順）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝8，E是AD邊上的一點(diǎn)，連接CE，將矩形ABCD

沿CE折疊，頂點(diǎn)D恰好落在AB邊上的點(diǎn)F處，延長(zhǎng)CE交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．

（1）求線段AE的長(zhǎng)；

（2）求證四邊形DGFC為菱形；

（3）如圖2，M，N分別是線段CG，DG上的動(dòng)點(diǎn)（與端點(diǎn)不重合），且∠DMN＝∠DCM，設(shè)DN＝x，

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是否存在這樣的點(diǎn)N，使△DMN是直角三角形？若存在，請(qǐng)求出x的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

思路引領(lǐng)：（1）在直角三角形BCF中，由勾股定理求出BF＝6，進(jìn)而求得AF＝4，設(shè)AE＝x，則EF＝

DE＝8﹣x，在直角三角形AEF，根據(jù)勾股定理累出關(guān)于x的方程；

（2）根據(jù)CD∥AB得出△AGE∽△DCE，從而得出，求出AG＝6；

????

=

（3）先求得∠BGC的正切和正弦值，當(dāng)∠MDN＝90?°?時(shí)，?解?直角三角形DGM和直角三角形DMN；當(dāng)

∠DMN＝90°時(shí)，解直角三角形DMG和直角三角形DMN．

（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠DAB＝∠B＝∠ADC＝90°，CD＝AB＝10，BC＝AD＝8，

在Rt△BCF中，CF＝CD＝10，BC＝8，

∴BF＝6，

∴AF＝AB﹣BF＝4，

設(shè)AE＝x，則EF＝DE＝8﹣x，

在Rt△AEF中，由勾股定理得，

EF2﹣AE2＝AF2，

∴（8﹣x）2﹣x2＝42，

∴x＝3，

∴AE＝3；

（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，

∴△AGE∽△DCE，

∴，

????

=

由（??1）得??：AE＝3，

∴DE＝8﹣3＝5，

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∴，

??3

=

∴A10G＝65，

∴FG＝AF+AG＝4+6＝10，

∴FG＝CD，

∴四邊形DGFC是平行四邊形，

∵CD＝CF，

∴DGFC是菱形；

（3?）解：∵四邊形FGDC是菱形，

∴∠DGC＝∠DCG＝∠FGC，DG＝CD＝10，

1

在Rt△BCG中，BC＝8，BG=＝2B∠F?+?F?G＝6+10＝16，

∴tan∠FGC，CG8，

??12222

===??+??=8+16=5

∴sin∠FCG??2，

??85

===

如圖1，??855

當(dāng)∠MDN＝90°時(shí)，

在Rt△GDM中，

DM＝DG?tan∠DGM＝10?tan∠FGC＝105，

1

在Rt△DMN中，×2=

DN＝DM?tan∠DMN，

∵∠DMN＝∠DCM，∠DCM＝∠FGC，

∴DN＝DM?tan∠FGC＝5，

15

如圖2，×2=2

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當(dāng)∠MND＝90°時(shí)，∠DMN+∠GDM＝90°，

∵∠DMN＝∠DCM＝∠DGM，

∴∠DGM+∠GDM＝90°，

∴∠DMG＝90°，

∴DM＝DG?sin∠DGM＝102，

5

在Rt△DMN中，×5=5

DN＝DM?sin∠DMN＝DM?sin∠FGC＝22，

5

5×=

綜上所述：DN或2．5

5

總結(jié)提升：本題=考2查了矩形性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是正確分

類，考慮全面，充分利用解直角三角形或相似三角形的知識(shí)．

10．（2022?黔西南州）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)B，C重合），

且∠EAF＝45°．

（1）當(dāng)BE＝DF時(shí)，求證：AE＝AF；

（2）猜想BE，EF，DF三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；

（3）連接AC，G是CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，GH⊥AE，垂足為K，交AC于點(diǎn)H且GH＝AE．若DF＝a，CH

＝b，請(qǐng)用含a，b的代數(shù)式表示EF的長(zhǎng)．

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思路引領(lǐng)：（1）證明△ABE≌△ADF，從而得出結(jié)論；

（2）在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，類比（1）可證得△ABE≌△ADG，進(jìn)而證明△GAF≌△EAF，進(jìn)

一步得出結(jié)論；

（3）作HR⊥BC于R，證明△ABE≌△GRH，從而BE＝HR，在Rt△CRH中可得出HR＝b?sin45°，

2

=

進(jìn)而BE，根據(jù)（2）可得出結(jié)果．2

2

（1）證=明：2∵?四邊形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，

在△ABE和△ADF中，

，

??=??

∠?=∠?

∴?△?=AB?E?≌△ADF（SAS），

∴AE＝AF；

（2）解：如圖1，

BE+DF＝EF，理由如下：

在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，

同理（1）可得：△ABE≌△ADG（SAS），

∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠BAD＝90°，

∵∠EAF＝45°，

∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，

∴∠DAG+∠DAF＝45°，

即：∠GAF＝45°，

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∴∠GAF＝∠EAF，

在△GAF和△EAF中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=GA?F?≌△EAF（SAS），

∴FG＝EF，

∴DG+DF＝EF，

∴BE+DF＝EF；

（3）如圖2，

作HR⊥BC于R，

∴∠HRG＝90°，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ABE＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，

∴∠ABE＝∠HRG，∠BAE+∠AEB＝90°，

∵GH⊥AE，

∴∠EKG＝90°，

∴∠G+∠AEB＝90°，

∴∠G＝∠BAE，

在△ABE和△GRH中，

，

∠???=∠???

∠???=∠?

∴?△?=AB?E?≌△GRH（AAS），

∴BE＝HR，

在Rt△CRH中，∠ACB＝45°，CH＝b，

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∴HR＝b?sin45°b，

2

=

∴BE，2

2

=?

∴EF＝B2E+DF．

2

總結(jié)提升：本題=考2查?了+正?方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解決問題

的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形．

11．（2022?鄂爾多斯）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線．

（1）如圖1，點(diǎn)E、F分別是線段BD、AD上的點(diǎn)，且DE＝DF，AE與CF的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M，則AE

與CF的數(shù)量關(guān)系是AE＝CF，位置關(guān)系是AE⊥CF；

（2）如圖2，點(diǎn)E、F分別在DB和DA的延長(zhǎng)線上，且DE＝DF，EA的延長(zhǎng)線交CF于點(diǎn)M．

①（1）中的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請(qǐng)給出證明；如果不成立，請(qǐng)說明理由；

②連接DM，求∠EMD的度數(shù)；

③若DM＝6，ED＝12，求EM的長(zhǎng)．

2

思路引領(lǐng)：（1）證明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由

直角三角形的性質(zhì)證出∠EMC＝90°，則可得出結(jié)論；

（2）①同（1）可證△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AE＝CF，∠E＝∠F，則可得出

結(jié)論；

②過點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，DH⊥CF于點(diǎn)H，證明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得

出DG＝DH，由角平分線的性質(zhì)可得出答案；

③由等腰直角三角形的性質(zhì)求出GM的長(zhǎng)，由勾股定理求出EG的長(zhǎng)，則可得出答案．

解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線，

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∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，

∴∠ADE＝∠CDF＝90°，

又∵DE＝DF，

∴△ADE≌△CDF（SAS），

∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，

∵∠DAE+∠DEA＝90°，

∴∠DCF+∠DEA＝90°，

∴∠EMC＝90°，

∴AE⊥CF．

故答案為：AE＝CF，AE⊥CF；

（2）①（1）中的結(jié)論還成立，

理由：同（1）可證△ADE≌△CDF（SAS），

∴AE＝CF，∠E＝∠F，

∵∠F+∠ECF＝90°，

∴∠E+∠ECF＝90°，

∴∠EMC＝90°，

∴AE⊥CF；

②過點(diǎn)D作DG⊥AE于點(diǎn)G，DH⊥CF于點(diǎn)H，

∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，

∴△DEG≌△DFH（AAS），

∴DG＝DH，

又∵DG⊥AE，DH⊥CF，

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∴DM平分∠EMC，

又∵∠EMC＝90°，

∴∠EMD∠EMC＝45°；

1

③∵∠EM=D2＝45°，∠DGM＝90°，

∴∠DMG＝∠GDM，

∴DG＝GM，

又∵DM＝6，

∴DG＝GM＝26，

∵DE＝12，

∴EG6，

2222

∴EM=＝G?M?+E?G＝??6+6=1．2?6=3

總結(jié)提升：本題是三角形3綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定

與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

12．（2022?益陽）如圖，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)C重合），作AF⊥

BE于F，CG⊥BE于G，延長(zhǎng)CG至點(diǎn)C′，使C′G＝CG，連接CF，AC′．

（1）直接寫出圖中與△AFB相似的一個(gè)三角形；

（2）若四邊形AFCC′是平行四邊形，求CE的長(zhǎng)；

（3）當(dāng)CE的長(zhǎng)為多少時(shí)，以C′，F(xiàn)，B為頂點(diǎn)的三角形是以C′F為腰的等腰三角形？

思路引領(lǐng)：（1）因?yàn)椤鰽FB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三個(gè)直角三角形

相似和△AFB相似，解答時(shí)任意寫出一個(gè)即可；

（2）根據(jù)△AFB∽△BGC，得，即，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，根據(jù)△AFB∽△BCE

??????155

===

∽△BGC，列比例式可得CE的?長(zhǎng)?；????93

（3）分兩種情況：①當(dāng)C'F＝BC'時(shí)，如圖2，②當(dāng)C'F＝BF時(shí)，如圖3，根據(jù)三角形相似列比例式可

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得結(jié)論．

解：（1）（任意回答一個(gè)即可）；

①如圖1，△AFB∽△BCE，理由如下：

∵四邊形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；