专题22 与三角形相关的压轴题-三年（2019-2021）中考真题数学分项汇编（全国通用）（解析版）

1/112专题22与三角形相关的压轴题一、选填题1．（2021·山东淄博市·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，过点作交于点．若的面积为5，则的值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意易得，设，则有，则有，，然后可得，过点C作CH⊥AB于点H，进而根据三角函数及勾股定理可求解问题．【详解】解：∵，，∴，∴，∵是斜边上的中线，∴，设，则有，∵，∴由勾股定理可得，∵的面积为5，∴，∵，∴，即，化简得：，解得：或，当时，则AC=2，与题意矛盾，舍去；∴当时，即，过点C作CH⊥AB于点H，如图所示：∴，，，∴，，∴，∴，∴；故选A．【点睛】本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．2．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，中，，，．点为内一点，且满足．当的长度最小时，的面积是（）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】由题意知，又长度一定，则点P的运动轨迹是以中点O为圆心，长为半径的圆弧，所以当B、P、O三点共线时，BP最短；在中，利用勾股定理可求BO的长，并得到点P是BO的中点，由线段长度即可得到是等边三角形，利用特殊三边关系即可求解．【详解】解：取中点O，并以O为圆心，长为半径画圆由题意知：当B、P、O三点共线时，BP最短点P是BO的中点在中，是等边三角形在中，．【点睛】本题主要考察动点的线段最值问题、点与圆的位置关系和隐形圆问题，属于动态几何综合题型，中档难度．解题的关键是找到动点P的运动轨迹，即隐形圆．3．（2021·辽宁中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．【答案】5【分析】①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可【详解】①如图,过作，垂足为,过分别作,则,P为的费马点5②如图：.将绕点逆时针旋转60由旋转可得：是等边三角形，P为的费马点即四点共线时候，=故答案为：①5，②【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．4．（2021·山东枣庄市·中考真题）如图，，，点在上，四边形是矩形，连接，交于点，连接交于点．下列4个判断：①；②；③；④若点是线段的中点，则为等腰直角三角形，其中，判断正确的是______．（填序号）【答案】①③④【分析】先根据矩形的性质可得，再根据等腰三角形的三线合一可判断①；先根据等腰三角形的性质可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得，然后根据角的和差即可判断②；先证出，从而可得，再设，从而可得，由此即可判断③；先证出，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得为等腰三角形，然后根据角的和差可得，由此即可得判断④．【详解】解：四边形是矩形，，，（等腰三角形的三线合一），则①正确；，，又，是等腰直角三角形，，，则②错误；，（等腰三角形的三线合一），在和中，，，，设，，，，，，则③正确；，，点是线段的中点，，在和中，，，，为等腰三角形，，，即，为等腰直角三角形，则④正确；综上，判断正确的是①③④，故答案为：①③④．【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是④，正确找出两个全等三角形是解题关键．5．（2021·内蒙古呼和浩特市·中考真题）已知菱形的面积为﹐点E是一边上的中点，点P是对角线上的动点．连接，若AE平分，则线段与的和的最小值为__________，最大值为__________．【答案】【分析】先作出图形，根据是的中点，平分可知，根据将军饮马知识即可求出最小值，当P与点D重合时求出最大值．【详解】如图，连接，是的中点，AE平分设点到、的距离为,点到的距离为AE平分（角平分线上的点到角的两边的距离相等）是等腰三角形是的中点,AE平分（三线合一）又四边形是菱形是等边三角形已知菱形的面积为设菱形的边长为则解得：关于对称+则+最小值为：当点P与点D重合时+最大过作垂足为四边形是菱形是的中点,,在中则+最大为：【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形性质，三线合一，勾股定理，线段和最值问题，由于题目没有给图形，能够根据题中信息正确的作出图形，并判断出是等边三角形是解题的关键．6．（2021·河南中考真题）小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在中，，，．第一步，在边上找一点，将纸片沿折叠，点落在处，如图2，第二步，将纸片沿折叠，点落在处，如图3．当点恰好在原直角三角形纸片的边上时，线段的长为__________．【答案】或【分析】因为点恰好在原直角三角形纸片的边上，所以分为当落在边上和边上两种情况分析，勾股定理求解即可．【详解】解：当落在边上时，如图（1）：设交于点，由折叠知：,,,，，设，则在中，在中，即．当落在边上时，如图（2）因为折叠，．故答案为：或【点睛】本题考查了轴对称变换，勾股定理，直角三角形中的性质，正确的作出图形是解题的关键．7．（2021·四川达州市·中考真题）如图，在边长为6的等边中，点，分别是边，上的动点，且，连接，交于点，连接，则的最小值为___________．【答案】．【分析】首先证明，推出点P的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧．连接CO交⊙O于，当点P运动到时，CP取到最小值．【详解】如图所示，∵边长为6的等边，∴，又∵∴∴∴∴∴点P的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧此时连接CO交⊙O于，当点P运动到时，CP取到最小值∵，，∴∴，∴又∵∴，∴即故答案为：【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆、特殊角的三角函数等相关知识．关键是学会添加辅助线，该题综合性较强．8．（2020·黑龙江牡丹江市·中考真题）如图，在中，，M是的中点，点D在上，，，垂足分别为E，F，连接．则下列结论中：①；②；③；④；⑤若平分，则；⑥，正确的有___________．（只填序号）【答案】①②③④⑤⑥【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF=CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到EF=EM，可判断③，同时得到∠MEF=∠MFE=45°，可判断②；再证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN=DM，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出DE=EM，再证明△ADE≌△ACE，得到DE=CE，则有，从而判断⑤；最后证明△CDM∽ADE，得到，结合BM=CM，AE=CF，可判断⑥.【详解】解：∵∠ACB=90°，∴∠BCF+∠ACE=90°，∵∠BCF+∠CBF=90°，∴∠ACE=∠CBF，又∵∠BFD=90°=∠AEC，AC=BC，∴△BCF≌△CAE（AAS），∴BF=CE，故①正确；由全等可得：AE=CF，BF=CE，∴AE-CE=CF=CE=EF，连接FM，CM，∵点M是AB中点，∴CM=AB=BM=AM，CM⊥AB，在△BDF和△CDM中，∠BFD=∠CMD，∠BDF=∠CDM，∴∠DBF=∠DCM，又BM=CM，BF=CE，∴△BFM≌△CEM，∴FM=EM，∠BMF=∠CME，∵∠BMC=90°，∴∠EMF=90°，即△EMF为等腰直角三角形，∴EF=EM=，故③正确，∠MEF=∠MFE=45°，∵∠AEC=90°，∴∠MEF=∠AEM=45°，故②正确，设AE与CM交于点N，连接DN，∵∠DMF=∠NME，FM=EM，∠DFM=∠DEM=∠AEM=45°，∴△DFM≌△NEM，∴DF=EN，DM=MN，∴△DMN为等腰直角三角形，∴DN=DM，而∠DEA=90°，∴，故④正确；∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠CAB=45°，∵AE平分∠BAC，∴∠DAE=∠CAE=22.5°，∠ADE=67.5°，∵∠DEM=45°，∴∠EMD=67.5°，即DE=EM，∵AE=AE，∠AED=∠AEC，∠DAE=∠CAE，∴△ADE≌△ACE，∴DE=CE，∵△MEF为等腰直角三角形，∴EF=，∴，故⑤正确；∵∠CDM=∠ADE，∠CMD=∠AED=90°，∴△CDM∽ADE，∴，∵BM=CM，AE=CF，∴，∴，故⑥正确；故答案为：①②③④⑤⑥.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，找到全等三角形说明角相等和线段相等.9．（2021·湖南中考真题）如图，在中，，，，交于点．点为线段上的动点，则的最小值为________．【答案】【分析】过点P作PH⊥AB于点H，由题意易得BD=4，则有AD=3，然后可得，进而可得即为，若使的值为最小，也就相当于为最小，则有当点C、P、H三点共线时，的值为最小，最后问题可求解．【详解】解：过点P作PH⊥AB于点H，如图所示：∵，，，∴，∴，∴，∴，∴，若使的值为最小，也就相当于为最小，∴当点C、P、H三点共线时，的值为最小，如图所示：∵，∴，∴的最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查三角函数及勾股定理，解题的关键是利用“胡不归”模型找到最小值的情况，然后进行求解即可．10．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，四边形中，，，于点．若，，则线段的长为_____________．【答案】【分析】设交于点F，过C作，用求出，即求出BC的长，又因为，从而求得AB．【详解】如图，设交于点F，过C作，在以为直径的圆上，，在和中=，【点睛】本题考查了圆的直径所对的圆周角为，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定与性质，勾股定理，本题能找到是解题的关键．11．（2021·江苏宿迁市·中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=5，点D、F分别在BC、AC上，CD=2BD，CF=2AF，BE交AD于点F，则△AFE面积的最大值是_________．【答案】【分析】连接DF，先根据相似三角形判定与性质证明,得到,进而根据CD=2BD，CF=2AF，得到,根据△ABC中，AB=4，BC=5，得到当AB⊥BC时，△ABC面积最大，即可求出△AFE面积的最大值．【详解】解：如图，连接DF，∵CD=2BD，CF=2AF，∴，∵∠C=∠C，∴△CDF∽△CBA，∴,∠CFD=∠CAB，∴DF∥BA，∴△DFE∽△ABE，∴,∴,∵CF=2AF，∴,∴,∵CD=2BD，∴,∴,∵△ABC中，AB=4，BC=5，∴当AB⊥BC时，△ABC面积最大，为，此时△AFE面积最大为．故答案为：【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，根据相似三角形的性质与判定得到,理解等高三角形的面积比等于底的比是解题关键．二．解答题1．（2021·四川资阳市·中考真题）已知，在中，．（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）【分析】（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得，，则有，然后可得，设，，进而根据勾股定理可求解x的值，然后根据三角函数可进行求解．【详解】解：（1），理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：∵，∴△BAC是等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，设，则，∴，∴，∴，解得：，∴AF=5；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：∵，，∴△BAC是等腰直角三角形，∴，，∴，∵，∴，由旋转的性质可得，∴，∴，∴，∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，∴四边形GMPN是矩形，∴，设，∴，在Rt△ANG中，，∵，∴，化简得：，解得：，∵，∴当时，易知与相矛盾，∴，∴，∴，∴，∴在Rt△DTC中，，∴．【点睛】本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．2．（2021·浙江金华市·中考真题）在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在直线上，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于点C．（1）如图，点B，C分别在第三、二象限内，BC与AO相交于点D．①若，求证：．②若，求四边形的面积．（2）是否存在点B，使得以为顶点的三角形与相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）①见解析；②；（2）存在，，4，9，1【分析】（1）①等腰三角形等角对等边，则，根据等角的余角相等和对顶角相等，得到，根据等角对等边，即可证明；②添加辅助线，过点A作于点H，根据直线l的解析式和角的关系，分别求出线段AB、BC、OB、OC的长，则；（2）分多钟情况进行讨论：①当点C在第二象限内，时；②当点C在第二象限内，时；③当点C在第四象限内，时．【详解】解：（1）①证明：如图1，∵，∴．∴，∴．而，∴．∵，∴．∴，∴．②如图1，过点A作于点H．由题意可知，在中，．设，．∵，∴，解得．∴．∵，∴，∴∴．∵，∴，∴，：∴．（2）过点A作于点H，则有．①如图2，当点C在第二象限内，时，设∵，∴．又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴，∴，整理得，解得．∴．②如图3，当点C在第二象限内，时，延长交于点G，则，∴．又∵，∴，而，∴，∴③当点C在第四象限内，时，与相交于点E，则有．(a)如图4，点B在第三象限内．在中，，∴∴，又∵，∴，而∴，∴∴，∴，∴(b)如图5，点B在第一象限内．在中∴，∴．又∵，∴而，∴∴∴，∴，∴综上所述，的长为，4，9，1．【点睛】本题涉及到等腰三角形、等角的余角相等、利用切割法求四边形的面积和相似三角形等知识，综合性较强．在题中已知两个三角形相似时，要分情况考虑．3．（2021·安徽中考真题）如图1，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，，作交线段AE于点F，连接BF．（1）求证：；（2）如图2，若，，，求BE的长；（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）6；（3）【分析】（1）根据平行线的性质及已知条件易证，，即可得，；再证四边形AFCD是平行四边形即可得，所以，根据SAS即可证得；（2）证明，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，可得；设，，，由此可得，；再证明，根据全等三角形的性质可得．证明，根据相似三角形的性质可得，即，解方程求得x的值，继而求得的值．【详解】（1）证明：，；，，，，，，，，，，四边形AFCD是平行四边形在与中．，（2），，在中，，，，又，，，在与中．，；；，；，；，，或（舍）；（3）延长BM、ED交于点G．

与均为等腰三角形，，，，设，，，则，，，，；在与中，，；．；，，，，，，，，（舍），，．【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．4．（2021·四川乐山市·中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________；（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．①在图2中补全图形；②探究与的数量关系，并证明；（3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明．【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析【分析】（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可（2）①按要求补全图即可②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明【详解】解：（1）∵，∴△ABC是等边三角形∴∠B=60°∵点关于直线的对称点为点∴AB⊥DE，∴故答案为：；（2）①补全图如图2所示；②与的数量关系为：；证明：∵，．∴为正三角形，又∵绕点顺时针旋转，∴，，∵，，∴，∴，∴．（3）连接．∵，，∴．∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．∵，∴．又∵，∴．【点睛】本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点5．（2021·重庆中考真题）在等边中，，，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．图1图2图3（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．【答案】（1）①；②见解析；（2）【分析】（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD=3，AG=BG=，然后利用勾股定理求解即可；②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用相似三角形的判定与性质分别计算出PN与DN的长度，即可得出结论．【详解】（1）解：①如图所示，连接AG，由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠GFB=60°，∵BD⊥AC，∴∠FBC=30°，∴∠FCB=30°，∠ACG=30°，∵AC=BC，GC=GC，∴△GBC≌△GAC（SAS），∴∠GAC=∠GBC=90°，AG=BG，∵AB=6，∴AD=3，AG=BG=，∴在Rt△ADG中，，∴；②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，∵△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠ABC=60°，∠EFH=120°，∴∠BEF+∠BHF=180°，∵∠BHF+∠KHF=180°，∴∠BEF=∠KHF，由辅助线作法可知，FB=FK，则∠K=∠FBE，∵BD是等边△ABC的高，∴∠K=∠DBC=∠DBA=30°，∴∠BFK=120°，在△FEB与△FHK中，∴△FEB≌△FHK（AAS），∴BE=KH，∴BE+BH=KH+BH=BK，∵FB=FK，∠BFK=120°，∴BK=BF，即：；（2）如图1所示，以MP为边构造∠PMJ=30°，∠PJM=90°，则PJ=MP，∴求的最小值，即为求的最小值，如图2所示，当运动至N、P、J三点共线时，满足最小，此时，连接EQ，则根据题意可得EQ∥AD，且EQ=AD，∴∠MEQ=∠A=60°，∠EQF=90°，∵∠PEF=60°，∴∠MEP=∠QEF，由题意，EF=EP，∴△MEP≌△QEF（SAS），∴∠EMP=∠EQF=90°，又∵∠PMJ=30°，∴∠BMJ=60°，∴MJ∥AC，∴∠PMJ=∠DNP=90°，∵∠BDC=90°，∴四边形ODNJ为矩形，NJ=OD，由题，AD=3，BD=，∵MJ∥AC，∴△BMO∽△BAD，∴，∴OD=BD=，OM=AD=，设PJ=x，则MJ=x，OJ=x-，由题意可知，DN=CD=2，∴，解得：，即：PJ=，∴，∴．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等，理解基本图形的性质，合理构造辅助线是解题关键．6．（2020·江苏淮安市·中考真题）（初步尝试）（1）如图①，在三角形纸片中，，将折叠，使点与点重合，折痕为，则与的数量关系为；（思考说理）（2）如图②，在三角形纸片中，，，将折叠，使点与点重合，折痕为，求的值．（拓展延伸）（3）如图③，在三角形纸片中，，，，将沿过顶点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．①求线段的长；②若点是边的中点，点为线段上的一个动点，将沿折叠得到，点的对应点为点，与交于点，求的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）①；②．【分析】（1）先根据折叠的性质可得，再根据平行线的判定可得，然后根据三角形中位线的判定与性质即可得；（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可求出BM的长，最后根据线段的和差可得AM的长，由此即可得出答案；（3）①先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得BM、AM、CM的长，最后代入求解即可得；②先根据折叠的性质、线段的和差求出，的长，设，从而可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，然后根据x的取值范围即可得．【详解】（1），理由如下：由折叠的性质得：是的中位线点M是AB的中点则故答案为：；（2）由折叠的性质得：，即在和中，，即解得；（3）①由折叠的性质得：，即在和中，，即解得解得；②如图，由折叠的性质可知，，，点O是边的中点设，则点为线段上的一个动点，其中当点P与点重合时，；当点P与点O重合时，，即在和中，则．【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形的中位线定理、等腰三角形的定义、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3）②，正确设立未知数，并找出两个相似三角形是解题关键．7．（2019·辽宁丹东市·中考真题）已知：在△ABC外分别以AB，AC为边作△AEB与△AFC．（1）如图1，△AEB与△AFC分别是以AB，AC为斜边的等腰直角三角形，连接EF．以EF为直角边构造Rt△EFG，且EF＝FG，连接BG，CG，EC．求证：①△AEF≌△CGF；②四边形BGCE是平行四边形．（2）小明受到图1的启发做了进一步探究：如图2，在△ABC外分别以AB，AC为斜边作Rt△AEB与Rt△AFC，并使∠FAC＝∠EAB＝30°，取BC的中点D，连接DE，EF后发现，两者间存在一定的数量关系且夹角度数一定，请你帮助小明求出的值及∠DEF的度数．（3）小颖受到启发也做了探究：如图3，在△ABC外分别以AB，AC为底边作等腰三角形AEB和等腰三角形AFC，并使∠CAF+∠EAB＝90°，取BC的中点D，连接DE，EF后发现，当给定∠EAB＝α时，两者间也存在一定的数量关系且夹角度数一定，若AE＝m，AB＝n，请你帮助小颖用含m，n的代数式直接写出的值，并用含α的代数式直接表示∠DEF的度数．【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）＝；（3）cos∠DEF＝．【分析】（1）①根据SAS即可证明三角形全等．②想办法证明BE＝CG，BE∥CG即可．（2）如图2中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG．证明△CGF∽△AEF，推出，∠CFG＝∠AFE，推出∠EFG＝∠CFG+∠EFC＝∠AFE+∠EFC＝90°，推出tan∠DEF＝，可得∠DEF＝30°即可解决问题．（3）如图3中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG．作EH⊥AB于H，连接FD．想办法证明∠AEH＝∠DEF，利用勾股定理求出EH，即可解决问题．【详解】（1）证明：①如图1中，∵△EFC与△AFC都是等腰直角三角形，∴FA＝FC，FE＝FG，∠AFC＝∠EFG＝90°，∴∠AFE＝∠CFG，∴△AFE≌△CFG（SAS）．②∵△AFE≌△CFG，∴AE＝CG，∠AEF＝∠CGF，∵△AEB是等腰直角三角形，∴AE＝BE，∠BEA＝90°，∴CG＝BE，∵△EFG是等腰直角三角形，∴∠FEG＝∠FGE＝45°，∴∠AEF+∠BEG＝45°，∵∠CGE+∠CGF＝45°，∴∠BEG＝∠CGE，∴BE∥CG，∴四边形BECG是平行四边形．（2）解：如图2中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG．∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∵∠EDB＝∠GDC，∴EB＝GC，∠EBD＝∠GCD，在Rt△AEB与Rt△AFC中，∵∠EAB＝∠FAC＝30°，∴，，∴，∵∠EBD＝∠2+60°，∴∠DCG＝∠2+60°，∴∠GCF＝360°﹣60°﹣（∠2+60°）﹣∠3＝360°﹣120°﹣（∠2+∠3）＝360°﹣120°﹣（180°﹣∠1）＝60°+∠1，∵∠EAF＝30°+∠1+30°＝60°+∠1，∴∠GCF＝∠EAF，∴△CGF∽△AEF，∴，∠CFG＝∠AFE，∴∠EFG＝∠CFG+∠EFC＝∠AFE+∠EFC＝90°，∴tan∠DEF＝，∴∠DEF＝30°，∴FG＝EG，∵ED＝EG，∴ED＝FG，∴．（3）如图3中，延长ED到G，使得DG＝ED，连接CG，FG．作EH⊥AB于H，连接FD．∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDG，DE＝DG，∴△CDG≌△BDE（SAS），∴CG＝BE＝AE，∠DCG＝∠DBE＝α+∠ABC，∵∠GCF＝360°﹣∠DCG﹣∠ACB﹣∠ACF＝360°﹣（α+∠ABC）﹣∠ACB﹣（90°﹣α）＝270°﹣（∠ABC+∠ACB）＝270°﹣（180°﹣∠BAC）＝90°+∠BAC＝∠EAF，∴△EAF≌△GCF（SAS），∴EF＝GF，∠AFE＝∠CFG，∴∠AFC＝∠EFC，∴∠DEF＝∠CAF＝90°﹣α，∵∠AEH＝90°﹣α，∴∠AEH＝∠DEF，∵AE＝m，AH＝AB＝n，∴EH＝，∵DE＝DG，EF＝GF，∴DF⊥EG，.【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．8．（2020·湖北武汉市·中考真题）问题背景：如图（1），已知，求证：；尝试应用：如图（2），在和中，，，与相交于点．点在边上，，求的值；拓展创新：如图（3），是内一点，，，，，直接写出的长．【答案】问题背景：见详解；尝试应用：3；拓展创新：．【分析】问题背景：通过得到，，再找到相等的角，从而可证；尝试应用：连接CE，通过可以证得，得到，然后去证，，通过对应边成比例即可得到答案；拓展创新：在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，通过，，然后利用对应边成比例即可得到答案．【详解】问题背景：∵，∴∠BAC=∠DAE，，∴∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴；尝试应用：连接CE，∵，，∴，∴，∵∠BAD+∠DAC=CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，由于，，∴，即，∵，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，即，又∵∴，∴；拓展创新：如图，在AD的右侧作∠DAE=∠BAC，AE交BD延长线于E，连接CE，∵∠ADE=∠BAD+∠ABD，∠ABC=∠ABD+∠CBD，，∴∠ADE=∠ABC，又∵∠DAE=∠BAC，∴，∴，又∵∠DAE=∠BAC，∴∠BAD=∠CAE，∴，∴，设CD=x，在直角三角形BCD中，由于∠CBD=30°，∴，，∴，∴，∵，∴，∴【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．9．（2020·山东潍坊市·中考真题）如图1，在中，，点D，E分别在边上，且，连接．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接．（1）当时，求证：；（2）如图3，当时，延长交于点，求证：垂直平分；（3）在旋转过程中，求的面积的最大值，并写出此时旋转角的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）的面积的最大值为，旋转角的度数为【分析】（1）利用“SAS”证得△ACE△ABD即可得到结论；（2）利用“SAS”证得△ACE△ABD，推出∠ACE=∠ABD，计算得出AD=BC=，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；（3）观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．【详解】（1）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，∵∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE=90，∴∠CAE=∠BAD，在△ACE和△ABD中，，∴△ACE△ABD(SAS)，∴CE=BD；（2）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，在△ACE和△ABD中，，∴△ACE△ABD(SAS)，∴∠ACE=∠ABD，∵∠ACE+∠AEC=90，且∠AEC=∠FEB，∴∠ABD+∠FEB=90，∴∠EFB=90，∴CF⊥BD，∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，∴BC=AB=，CD=AC+AD=，∴BC=CD，∵CF⊥BD，∴CF是线段BD的垂直平分线；（3）中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时的面积有最大值，∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，的面积取得最大值，如图：∵∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，DG⊥BC于G，∴AG=BC=，∠GAB=45，∴DG=AG+AD=，∠DAB=180-45=135，∴的面积的最大值为：，旋转角．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．10．（2021·重庆中考真题）在中，，是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至的位置，使得．（1）如图，当时，连接，交于点．若平分，，求的长；（2）如图，连接，取的中点，连接．猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图，在（2）的条件下，连接，．若，当，时，请直接写出的值．【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）．【分析】（1）连接，过点作，垂足为，证明，得：，再在等腰直角中，找到，再去证明为等腰三角形，即可以间接求出的长；（2）作辅助线，延长至点，使，连接，在中，根据三角形的中位线，得出，再根据条件证明：，于是猜想得以证明；（3）如图（见解析），先根据旋转的性质判断出是等边三角形，再根据证出四点共圆，然后根据等腰三角形的三线合一、角的和差可得是等腰直角三角形，设，从而可得，根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，根据矩形的判定与性质可得四边形是矩形，，最后根据等量代换可得，解直角三角形求出即可得出答案．【详解】解：（1）连接，过点作，垂足为．

平分，，．，，，，，，在和中，，，，，，平分，.，，，．．（2）延长至点，使，连接．是的中点，．，，，在和中，，，，．（3）如图，设交于点，连接，

，，由旋转的性质得：，是等边三角形，，，，，，，点四点共圆，由圆周角定理得：，垂直平分，（等腰三角形的三线合一），，平分，，，是等腰直角三角形，，设，则，由（2）可知，，，，是等腰直角三角形，且，（等腰三角形的三线合一），，在和中，，，，，，，，四边形是矩形，，在中，，则．【点睛】本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、圆周角定理、解直角三角形等知识点，综合能力比较强，较难的是题（3），判断出四点共圆是解题关键．11．（2021·湖北十堰市·中考真题）已知等边三角形，过A点作的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接，把线段绕点C逆时针方向旋转得到，连．

（1）如图1，直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点P、B在同侧且时，求证：直线垂直平分线段；（3）如图3，若等边三角形的边长为4，点P、B分别位于直线异侧，且的面积等于，求线段的长度．【答案】（1）AP=BQ；（2）见详解；（3）或或【分析】（1）根据旋转的性质以及等边三角形的性质，可得CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，AC=BC，进而即可得到结论；（2）先证明是等腰直角三角形，再求出∠CBD=45°，根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论；（3）过点B作BE⊥l，过点Q作QF⊥l，根据，可得AP=BQ，∠CAP=∠CBQ=90°，设AP=x，则BQ=x，MQ=x-，QF=(x-)×，再列出关于x的方程，即可求解．【详解】（1）证明：∵线段绕点C逆时针方向旋转得到，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，∵在等边三角形中，∠ACB=60°，AC=BC，∴∠ACP=∠BCQ，∴，∴=；（2）∵，CA⊥l，∴是等腰直角三角形，∵，∴是等腰直角三角形，∠CBQ=90°，∵在等边三角形中，AC=AB，∠BAC=∠ABC=60°，∴AB=AP，∠BAP=90°-60°=30°，∴∠ABP=∠APB=(180°-30°)÷2=75°，∴∠CBD=180°-75°-60°=45°，∴PD平分∠CBQ，∴直线垂直平分线段；（3）①当点Q在直线上方时，如图所示，延长BQ交l与点E，过点Q作与点F，由题意得，，，，，，，，，设，则，，在中，，，即，解得或，即AP的长度为或；②当点Q在直线l下方时，过点B作BE⊥l，过点Q作QF⊥l，由（1）小题，可知：，∴AP=BQ，∠CAP=∠CBQ=90°，∵∠ACB=60°，∠CAM=90°，∴∠AMB=360°-60°-90°-90°=120°，即：∠BME=∠QMF=60°，∵∠BAE=90°-60°=30°，AB=4，∴BE=，∴BM=BE÷sin60°=2÷=，设AP=x，则BQ=x，MQ=x-，QF=MQ×sin60°=(x-)×，∵的面积等于，∴AP×QF=，即：x×(x-)×=，解得：或（不合题意，舍去），∴AP=．综上所述，AP的长为：或或．

【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意画出图形，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．12．（2021·吉林中考真题）如图①，在中，，，是斜边上的中线，点为射线上一点，将沿折叠，点的对应点为点．（1）若．直接写出的长（用含的代数式表示）；（2）若，垂足为，点与点在直线的异侧，连接，如图②，判断四边形的形状，并说明理由；（3）若，直接写出的度数．【答案】（1）；（2）菱形，见解析；（3）或【分析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得；（2）由题意可得，，由“直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半”，得，得，则四边形是平行四边形，再由折叠得，于是判断四边形是菱形；（3）题中条件是“点是射线上一点”，因此又分两种情况，即点与点在直线的异侧或同侧，正确地画出图形即可求出结果．【详解】解：（1）如图①，在中，，∵是斜边上的中线，，∴．（2）四边形是菱形．理由如下：如图②∵于点，∴，∴；由折叠得，，∵，∴；∵，，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形；∵，∴，∴四边形是菱形．（3）如图③，点与点在直线异侧，∵，∴；由折叠得，，∴；如图④，点与点在直线同侧，∵，∴，∴，由折叠得，，∴，∴．综上所述，或．【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质、轴对称的性质、平行四边形及特殊平行四边形的判定等知识与方法，在解第（3）题时，应进行分类讨论，解题的关键是准确地画出图形，以免丢解．13．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．（1）如图1，连接，，求证：；（2）将绕点O顺时针旋转．①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．

【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或【分析】(1)证明△AMO≌△BNO即可；(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；②分两种情况分别画出图形即可求解．【详解】解：(1)∵和都是等腰直角三角形，∴，又，,∴，∴，∴；(2)①连接BN，如下图所示：∴，，且，∴，∴，，∴，且为等腰直角三角形，∴，在中，由勾股定理可知：，且∴；②分类讨论：情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，,为等腰直角三角形，∴,在中，,∴；情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，,为等腰直角三角形，∴,在中，,∴；故或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．14．（2021·山东东营市·中考真题）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”．（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________．（2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；②若，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．

【答案】（1）；（2）仍然成立，证明见解析；（3）①仍然成立，证明见解析；②【分析】（1）根据三角形全等可得；（2）方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明即可，方法二：延长CO交BD于点E，证明即可；（3）①方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明，方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明；②延长CO交DB的延长线于点E，证明，根据已知条件得出．【详解】（1）O是线段AB的中点在和中（2）数量关系依然成立．证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E．∵∴∴四边形CEFD为矩形．∴，由（1）知，∴，∴．证明（方法二）：延长CO交BD于点E，∵，，∴，∴，∵点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．（3）①数量关系依然成立．证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E．∵∴∴四边形CEFD为矩形．∴，由（1）知，∴，∴．10分证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E，∵，，∴，∴，∴点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴．②如图，延长CO交DB的延长线于点E，∵，，∴，∴，∴点O为AB的中点，∴，又∵，∴，∴，∵,．【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全等的三角形，证明线段相等，是解题的关键．15．（2021·湖南娄底市·中考真题）如图①，是等腰的斜边上的两动点，且．（1）求证：；（2）求证：；（3）如图②，作，垂足为H，设，不妨设，请利用（2）的结论证明：当时，成立．【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=90°，由CD⊥BC，可求∠DCA=∠ABE即可；（2）由△ABE≌△ACD，可得∠FAD=∠EAF，可证△AEF≌△ADF（SAS），可得EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，即可；（3）将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，由△ABC为等腰直角三角形，可求∠DCF=90°，由，在Rt△ABC中由勾股定理，由AH⊥BC，可求BH=CH=AH=，可表示EF=tanα+tanβ,BE=1-tanα,CF=1-tanβ，可证△AEF≌△ADF（SAS），得到EF=DF，由可得，整理即得结论．【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵CD⊥BC，∴∠DCB=90°，∴∠DCA=90°-∠ACB=90°-45°=45°=∠ABE，在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD（SAS），（2）证明∵△ABE≌△ACD，∴∠BAE=∠CAD，AE=AD，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠FAC=90°-∠EAF=90°-45°=45°，∴∠FAD=∠FAC+∠CAD=∠FAC+∠BAE=45°=∠EAF，在△AEF和△ADF中，，∴△AEF≌△ADF（SAS），∴EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，，即；（3）证明：将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，连结FD，∴∠BAE=∠CAD，BE=CD，AE=AD，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=∠B=∠ACD=45°，∠DCF=∠DCA+∠ACF=45°+45°=90°，∵，∴AC=，在Rt△ABC中由勾股定理∵AH⊥BC，∴BH=CH=AH=，∴EF=EH+FH=AHtanα+AHtanβ=tanα+tanβ,BE=BH-EH=1-tanα,CF=CH-HF=1-tanβ，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠CAF=90°-∠EAF=45°，∴∠DAF=∠DAC+∠CAF=∠BAE+∠CAF=45°=∠EAF，在△AEF和△ADF中，，∴△AEF≌△ADF（SAS），∴EF=DF，在Rt△CDF中，即，∴，整理得，即，∴，∴，∴．

【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，三角形旋转变换，勾股定理，锐角三角函数及其公式推导，掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键．16．（2021·湖南）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．

（1）证明：；（2）如图2，连接，，交于点．①证明：在点的运动过程中，总有；②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；（2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．【详解】解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到，∴AH=AG，∠HAG=90°，∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，∴；（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点，∴AE=AF，是等腰直角三角形，∵AH=AG，∠BAH=∠CAG，∴，∴∠AEH=∠AFG=45°，∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；②∵，点，分别为，的中点，∴AE=AF=2，∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，∴AH平分∠EAF，∴点H是EF的中点，∴EH=；（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠EHA=∠EAH，∴EH=EA=2；（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形．【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．17．（2021·内蒙古赤峰市·中考真题）数学课上，有这样一道探究题．如图，已知中，AB=AC=m，BC=n，，点P为平面内不与点A、C重合的任意一点，将线段CP绕点P顺时针旋转a，得线段PD，E、F分别是CB、CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为β，探究的值和的度数与m、n、α的关系，请你参与学习小组的探究过程，并完成以下任务：（1）填空：（问题发现）小明研究了时，如图1，求出了___________，___________；小红研究了时，如图2，求出了___________，___________；（类比探究）他们又共同研究了α=120°时，如图3，也求出了；（归纳总结）最后他们终于共同探究得出规律：__________(用含m、n的式子表示)；___________(用含α的式子表示)．（2）求出时的值和的度数．【答案】（1）【问题发现】，60°；，45°；【类比探究】见（2）题的解析；【归纳总结】，；（2），30°【分析】（1）当时，△ABC和△PDC都是等边三角形，可证△ACP∽△ECF，从而有，∠Q＝＝∠ACB＝60°；当时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，同理可证△ACP∽△ECF即可解决，依此可得出规律；（2）当，可证，，从而有，由∠ECF＝∠ACP，可得△PCA∽△FCE即可解决问题．【详解】（1）【问题发现】如图1，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，当时，△ABC和△PDC都是等边三角形，∴∠PCD＝∠ACB＝60°，PC＝CD，AC＝CB，∵F、E分别是CD、BC的中点，∴，，∴，又∵∠ACP＝∠ECF，∴△ACP∽△ECF，∴，∠CEF＝∠CAP，∴∠Q＝＝∠ACB＝60°，当时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，如图2，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，∴∠PCD＝∠ACB＝45°，PC＝CD，AC＝CB，∵F、E分别是CD、BC的中点，∴，，∴，又∵∠ACP＝∠ECF，∴△ACP∽△ECF，∴，∠CEF＝∠CAP，∴∠Q＝＝∠ACB＝45°，【归纳总结】由此，可归纳出，＝∠ACB＝；（2）当，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，∵AB＝AC，E为BC的中点，∴AE⊥BC，∠CAE＝60°∴sin60°＝，同理可得：，∴，∴，又∵∠ECF＝∠ACP，∴△PCA∽△FCE，∴，∠CEF＝∠CAP，∴∠Q＝＝∠ACB＝30°．【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定与性质，通过解决本题感受到：图形在变化但解决问题的方法不变，体会“变中不变”的思想．18．（2021·辽宁大连市·中考真题）已知，，．（1）找出与相等的角并证明；（2）求证：；（3），，求．【答案】（1）（2）见解析（3）【分析】（1）根据三角形外角的性质直接求解即可；（2）在BF上截取BP，使AE=BP，即可证明，进一步证明和均为等腰三角形且顶角相等，即可证明；（3）由（2）可得，即可得，设，则，根据，可求得，即可证明，列比例求出，代入以上数据即可求得的值．【详解】（1）根据题意可知，，，；（2）如图，在BF上截取BP，使AE=BP，由（1）得，即，在和中，，，，，，，即，，，和均为等腰三角形，又，，和为顶角相等的等腰三角形，，；（3）又（1）可知，，，设，则，，，，则，，，，，，即，由此得，则，．【点睛】本题主要考查三角形综合，涉及到的知识点有，等腰三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，根据题意用含字母的式子表示出AE和MF的值是解题关键．19．（2021·广西贵港市·中考真题）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是；（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）【分析】（1）结论．证明，可得结论．（2）结论成立．证明方法类似（1）．（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．【详解】解：（1）结论：．理由：如图1中，，，，，，，，，，，．（2）结论成立．理由：如图2中，，，，，，，，，．（3）如图3中，由旋转的性质可知，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．20．（2021·辽宁营口市·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，，，，D为边中点，连接，且A，F，E三点恰好在一条直线上，交于点H，连接，．（1）求证：；（2）猜想，，之间的数量关系，并证明；（3）若，，请直接写出线段，的长．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），【分析】（1）连接AD，通过证明≌即可得证；（2）通过证明≌得到，再在△ACE中应用勾股定理即可得出结论；（3）在中应用勾股定理即可求出AD的长度，通过证明，再在中应用勾股定理即可求出BF的长度，即可求解．【详解】解：（1）连接AD，∵和都是等腰直角三角形，，，D为边中点，∴，，，∴，在和中，,∴≌，∴；（2）∵≌，∴，∴，即，在和中，,∴≌，∴，，∵，∴，∴，∴，∴；（3）设，则，在中，，即，解得（负值已舍去），∴,，∵，，∴，∴，设，则，在中，，即，解得（负值已舍去），∴，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键．21．（2021·山东威海市·中考真题）（1）已知，如图①摆放，点B，C，D在同一条直线上，，．连接BE，过点A作，垂足为点F，直线AF交BE于点G．求证：．（2）已知，如图②摆放，，．连接BE，CD，过点A作，垂足为点F，直线AF交CD于点G．求的值．

【答案】（1）见解析；（2）1【分析】（1）作于H，根据题意证明，然后再证明，即可证明结论；（2）作于M，CN垂直AG于N，根据题意证明，再证明，从而得出和的数量关系，最后证明，即可得出结论．【详解】解：（1）如图，作于H，

根据题意可知为等腰直角三角形，∴，∵∴，在和中，,∴∴，∵为等腰三角形，，∴，∴，在和中：，∴，∴；（2）作于M，CN垂直AG于N，

∵，∴，∵,∵∴，∴，即，同理可证，∴，即，∴，在和中：，∴，∴，即．【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，根据题意构建全等三角形是解决本题的关键．本题难度较大，属于中考压轴题．22．（2021·湖北襄阳市·中考真题）在中，，，是边上一点，将沿折叠得到，连接．（1）特例发现：如图1，当，落在直线上时，①求证：；②填空：的值为______；（2）类比探究：如图2，当，与边相交时，在上取一点，使，交于点．探究的值（用含的式子表示），并写出探究过程；（3）拓展运用：在（2）的条件下，当，是的中点时，若，求的长．

【答案】（1）①见解析；②1；（2），见解析；（3）【分析】（1）①根据折叠性质证明即可；②当，证明，即可得出的值；（2）延长交于点，根据折叠性质证明，即可得出结论；（3）由（2）可知，设，则，，，可得，再由勾股定理列方程求解即可．【详解】解：（1）①证明：延长交于点．由折叠得．∴．∵，∴．②当，即时，可知AC=BC，在和中，，∴(AAS)，∴，∴．故答案为：1；（2）解：．理由：延长交于点，由折叠得．∴，∵，∴，∵，∴，∴．（3）解：由折叠得，，∵是的中点，∴，∴，，，由（2）知，∴，，是的中点，∴，∴，设，则，，，∴，∴，∴，，∴，在中，由勾股定理得，∵，∴，解得（负值舍去），∴．【点睛】本题为三角形综合题，考查折叠的性质，全等三角形判定与性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，根据折叠性质找到角度之间的关系是解题的关键．23．（2021·湖北中考真题）已知和都为等腰三角形，．（1）当时，①如图1，当点D在上时，请直接写出与的数量关系；_________；②如图2，当点D不在上时，判断线段与的数量关系，并说明理由；（2）当时，①如图3，探究线段与的数量关系，并说明理由；②当时，请直接写出的长．【答案】（1）①；②，理由见解析；（2）①，理由见解析；②5．【分析】（1）①先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据线段的和差即可得；②先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理与性质即可得出结论；（2）①先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得出结论；②设与交于点，先根据（2）①的结论可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、线段的和差可得，最后在中，解直角三角形即可得．【详解】解：（1）①当时，，和都为等腰三角形，和都为等边三角形，，，即，故答案为：；②，理由如下：和都为等边三角形，，，即，在和中，，，；（2）①当时，，和都为等腰直角三角形，，，即，设，则，，在和中，，，，即；②如图，设与交于点，，，设，则，，，，，即，解得，，在中，，在中，，，则在中，．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（2），正确找出相似三角形是解题关键．24．（2021·内蒙古中考真题）如图，已知是等边三角形，P是内部的一点，连接BP，CP．（1）如图1，以BC为直径的半圆O交AB于点Q，交AC于点R，当点P在上时，连接AP，在BC边的下方作，，连接DP，求的度数；（2）如图2，E是BC边上一点，且，当时，连接EP并延长，交AC于点F．若，求证：；（3）如图3，M是AC边上一点，当时，连接MP．若，，，的面积为，的面积为，求的值（用含a的代数式表示）．

【答案】（1）30°；（2）见解析；（3）【分析】（1）连接BD，易证，则由全等三角形的性质可得△DBP是等边三角形，则可得∠BPD=60゜，再由BC边是直径即可求得结果；（2）连接AP并延长交BC于点G，则由垂直平分线的性质可得AG⊥BC，且BG=CG，设，则CE、EG、BC、AB、BP均可用x的代数式表示，这样在由勾股定理可求得PG的长，在中，由正切的三角函数可求得∠GEP=60゜，从而可得，根据相似三角形的性质即可得结论；（3）延长MP交AB于点H，连接AP，过点P作，垂足为N，则由已知易得∠MHA=90゜，由直角三角形的性质及勾股定理可得AH、MH的长，从而可求得△PAB的面积，在Rt△MNP中，由直角三角形的性质可得PN的长，从而可求得△PAC的面积，而，从而可求得结果．【详解】（1）如图，连接BD

是等边三角形，，．，，，，．，，，是等边三角形，．BC为半圆O的直径，，．（2）如图，连接AP并延长交BC于点G

，，，．设，则，．，．，．，．在中，由勾股定理得：，．在中，，，．，，，．（3）如图，延长MP交AB于点H，连接AP，过点P作，垂足为N

，，．，．，．在中，，，，．，．，在中，，，．．．【点睛】本题是一个几何综合题，考查了圆的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，30゜角的直角三角形的性质，勾股定理，图形面积的计算，锐角三角函数等知识，题目不算太难，但涉及的知识点多，关键是要灵活运用这些知识．25．（2021·湖南邵阳市·中考真题）如图，在中，点为斜边上一动点，将沿直线折叠，使得点的对应点为，连接，，，．（1）如图①，若，证明：．（2）如图②，若，，求的值．（3）如图③，若，是否存在点，使得．若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的值为或．【分析】（1）先根据平行线的判定与性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据菱形的判定与性质即可得证；（2）设与的交点为点，过点作于点，设，从而可得，先证出，从而可得，设，根据线段的和差可得，代入可求出，从而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根据余弦三角函数的定义即可得；（3）如图（见解析），设，从而可得，分①点在直线的左侧；②点在直线的右侧两种情况，再分别利用等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求解即可得．【详解】（1）证明：，，，，由折叠的性质得：，，，四边形是平行四边形，又，平行四边形是菱形，；（2）如图，设与的交点为点，过点作于点，

，是等腰三角形，，设，则，，，由折叠的性质得：，在和中，，，，设，则，，解得，，在中，，，则；（3），，设，则，由折叠的性质得：，，由题意，分以下两种情况：①如图，当点在直线的左侧时，过点作于点，

（等腰三角形的三线合一），，在中，，，又，，，，是等边三角形，，；②如图，当点在直线的右侧时，过点作于点，

同理可得：，，点在上，由折叠的性质得：，在中，，，，综上，存在点，使得，此时的值为或．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、折叠的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键．26．（2021·吉林长春市·中考真题）如图，在中，，，，点D为边AC的中点．动点P从点A出发，沿折线AB—BC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P不与点A、C重合时，连结PD．作点A关于直线PD的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒．（1）线段AD的长为．（2）用含t的代数式表示线段BP的长．（3）当点在内部时，求的取值范围．（4）当与相等时，直接写出的值．【答案】（1）2；（2）BP=5-t或者BP=t-5；（3）；（4）或．【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长，再根据点D为AC的中点，得到结果；（2）由AP=t，AB=5，得出结论；（3）分情况计算出两个临界值，当点在AB上时，DP⊥AB，△APD∽△ACB，根据对应边成比例求出，当点在AC上时，PD⊥AC，点A’与点C重合，△ADP∽△ACB，根据对应边成比例求出，最后得出结论；（4）根据要求画出图形，利用折叠全等与两角对应相等，两三角形相似，证明出三角形相似，再根据对应边成比例计算出各边的长，最后得到结果．【详解】解：（1）∵∠C=90︒，，，∴，∵点D为边AC的中点，∴AD=2；（2）当点P在AB上时，∵AP=t，AB=5，∴BP=5-t，当点P在BC上时，BP=t-5，∴BP=t-5或者BP=5-t，（3）如图，当点在AB上时，DP⊥AB，∴△APD∽△ACB∴，∴，∴，如图，当点在AC上时，PD⊥AC，点A’与点C重合，∴△ADP∽△ACB∴，∴，∴，∴当点在内部时，，（4）①如图，∵点A关于直线PD的对称点，DE⊥AA’，∴△ADE≌△A’DE，∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，∴△ABC∽△DA’E，∴，∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，∴，∴，，∵△ABC∽△DA’E，∴∠EDA’=∠ADE=∠CAB，∴AP=DP=t，∵，，∴，∴，∴，②如图，∵点A关于直线PD的对称点，PE⊥AA’，∴△ADE≌△A’DE，∵∠ABC=∠DA’E，∠ACB=∠DEA’，∴△ABC∽△DA’E，∴，∵DA=DA’=2，AC=4，BC=3，AB=5，∴，∴，，∵∠DEA=∠DCP，∠C=∠DEA，∴△DEA∽△DCP，∴，∴∴，∴，∴或．【点睛】本题主要考查了直角三角形中的动点问题、相似三角形的判断与性质、勾股定理，解题关键在于根据题意画出图形，再根据两角对应相等，两三角形相似证明三角形相似，再结合勾股定理求出结论．27．（2021·湖南岳阳市·中考真题）如图，在中，，，点为的中点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且交线段于点，的平分线交于点．

（1）如图1，若，则线段与的数量关系是________，________；（2）如图2，在（1）的条件下，过点作交于点，连接，．①试判断四边形的形状，并说明理由；②求证：；（3）如图3，若，，过点作交于点，连接，，请直接写出的值（用含的式子表示）．【答案】（1）；；（2）①正方形，理由见解析；②见解析；（3）【分析】（1）根据“斜中半”定理可得，然后根据旋转的性质可得，从而得出，再结合题意推出，从而根据正切函数的定义求出即可；（2）①通过证明，并综合条件，推出四边形是正方形；②首先根据推出，然后证明得到，即可得出结论；（3）根据题意可首先证明四边形是菱形，然后证明出，即可推出结论，再作，通过解直角三角形，求出的长度，从而得出结论．【详解】（1）∵点为中斜边的中点，∴，∵线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，∴，∵中，，，∴，∵，∴，∴在中，，故答案为：；；（2）①正方形，理由如下：∵，平分，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形为矩形，又∵，∴四边形为正方形；②显然，在正方形中，，∴，又∵，∴，由（1）得：则为等边三角形，∴，∵，∴，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴在与中，∴，∴，∴；（3）同（2）中①理，，∴，，∵，∴，∴，，∴，，∴四边形为菱形，∵为等边三角形，∴，菱形的边长也为2，由题意，，，∵，∴，即：，∴，∵在菱形中，，∴，∴，如图，作，∵，∴，，∵，∴，，在中，，∴，∴，在中，，∴，∵，∴．

【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，特殊平行四边形的判定与性质，以及锐角三角函数等，综合性较强，掌握基本图形的性质，灵活运用相似三角形以及锐角三角函数是解题关键．28．（2021·湖北武汉市·中考真题）问题提出如图（1），在和中，，，，点在内部，直线与交于点，线段，，之间存在怎样的数量关系？问题