专题1 三角形中的常见模型综合训练答案

培优专题01三角形中的常见模型综合训练考点一：三角形的全等模型全等三角形在中考数学中的重点不是简单的直接考察，而是作为几何题的中间变量，利用全等三角形的对应边相等、对应角相等，来传递等量线段或者等价角。而当题目不直接考察时，识别需要的全等模型，并利用对应结论做题就是最为重要的一个突破口，学习模型，运用模型结论直接做题会给我们提供一个非常重要的做题思路。题型01三角形常见全等模型及其应用解题大招：全等常见模型：①K型图：图形条件与结论辅助线注意事项条件：AC=BC,AC⊥BC结论：△ADC≌△CEB(AAS)分别过点A、B作AD⊥l,BE⊥lK型图可以和等腰直角三角板结合，也可以和正方形结合K型全等模型变形——三垂定理：如图，亦有△ADC≌△CEB(AAS)总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构造K型全等来证明边相等，或者边之间的数量关系②手拉手：模型名称几何模型图形特点具有性质全等型手拉手AD=AEAB=AC∠BAC=∠DAE连结BD、CE①△ABD≌△ACE②△AOB∽△HOC③旋转角相等（即∠1=∠2=∠3）④A、B、C、D四点共圆⑤AH平分∠BHE③倍长中线：基本图形辅助线条件与结论应用环境延长AD到点E，使DE=AD，连接CE条件：△ABC，AD=BD结论：△ABD≌△CED(SAS)①倍长中线常和△三边关系结合，考察中线长的取值范围②倍长中线也可以和其他几何图形结合，考察几何图形的面积问题【中考真题练】1．（2023•长春）如图，工人师傅设计了一种测零件内径AB的卡钳，卡钳交叉点O为AA'、BB'的中点，只要量出A'B'的长度，就可以知道该零件内径AB的长度．依据的数学基本事实是（）A．两边及其夹角分别相等的两个三角形全等 B．两角及其夹边分别相等的两个三角形全等 C．两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例 D．两点之间线段最短【分析】根据点O为AA'、BB'的中点得出OA＝OA'，OB＝OB'，根据对顶角相等得到∠AOB＝∠A'OB'，从而证得△AOB和△A'OB'全等，于是有AB＝A'B'，问题得证．【解答】解：∵点O为AA'、BB'的中点，∴OA＝OA'，OB＝OB'，由对顶角相等得∠AOB＝∠A'OB'，在△AOB和△A'OB'中，，∴△AOB≌△A'OB'（SAS），∴AB＝A'B'，即只要量出A'B'的长度，就可以知道该零件内径AB的长度，故选：A．2．（2023•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC上一点，连接AD．过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F．若BE＝4，CF＝1，则EF的长度为3．【分析】先证明△ABE≌△CAF（AAS），根据全等三角形的性质可得AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，进一步可得EF的长．【解答】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠BEA＝∠AFC＝90°，∴∠BAE+∠ABE＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠FAC＝90°，∴∠FAC＝∠ABE，在△ABE和△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（AAS），∴AF＝BE，AE＝CF，∵BE＝4，CF＝1，∴AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，∴EF＝AF﹣AE＝4﹣1＝3，故答案为：3．3．（2023•呼和浩特）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，，点P为AC边上的中点，PM交AB的延长线于点M，PN交BC的延长线于点N，且PM⊥PN．若BM＝1，则△PMN的面积为（）A．13 B． C．8 D．【分析】依据题意，连接BP，然后先证明△BMP≌△CNP，从而CN＝BP＝1，又由等腰Rt△ABC可得BC＝4，从而在Rt△MBN中可以求得MN，又MP＝NP，从而可得MN的值，进而可以得解．【解答】解：如图连接BP．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∵AB＝BC，点P为AC边上的中点，∴BP⊥AC，∠CBP＝∠ABP＝∠ABC＝45°，∠BCA＝45°，BP＝CP＝AC＝2．∴∠MBP＝∠NCP＝180°﹣45°＝135°．∵BP⊥AC，PM⊥PN，∴∠BPM+∠MPC＝90°，∠CPN+∠MPC＝90°．∴∠BPM＝∠CPN．又BP＝CP，∠MBP＝∠NCP，∴△BMP≌△CNP（ASA）．∴BM＝CN＝1，MP＝NP．在Rt△BPC中，BC＝＝4．∴在Rt△MBN中，MN＝＝＝．又在Rt△MPN中，MP＝NP，∴MP2+NP2＝MN2．∴MP＝NP＝．∴S△PMN＝MP•NP＝．故选：D．4．（2023•湖北）如图，△BAC，△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DEB＝∠AEF＝90°，点E在△ABC内，BE＞AE，连接DF交AE于点G，DE交AB于点H，连接CF．给出下面四个结论：①∠DBA＝∠EBC；②∠BHE＝∠EGF；③AB＝DF；④AD＝CF．其中所有正确结论的序号是①③④．【分析】由等腰直角三角形的性质可得出∠ABC＝∠DBE＝45°，可得出①正确；证明△BEA≌△DEF（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝DF，可得出③正确；由直角三角形的性质可判断②不正确；证明四边形DFCA为平行四边形，由平行四边形的性质可得出DA＝CF，则可得出答案．【解答】解：∵△BAC，△DEB都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝45°，∴∠ABC﹣∠ABE＝∠DBE﹣∠ABE，∴∠EBC＝∠DBA，故①正确；∵△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∴BE＝DE，AE＝EF，∠BED＝∠AEF＝90°，∴∠BEA＝∠DEF，∴△BEA≌△DEF（SAS），∴AB＝DF，∠ABE＝∠EDF，∠BAE＝∠DFE．故③正确；∵∠BEH＝∠GEF＝90°，∴∠ABE+∠BHE＝90°，∠EGF+∠DFE＝90°，∵BE＞AE，∴∠ABE≠∠AEB，∴∠ABE≠∠DFE，∴∠BHE≠∠EGF；∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠FAC＝45°，又∵∠AFD+∠EFG＝45°，∠BAE＝∠DFE，∴∠DFA＝∠FAC，∴DF∥AC，∵AB＝DF，AB＝AC，∴DF＝AC，∴四边形DFCA为平行四边形，∴DA＝CF．故④正确．故答案为：①③④．5．（2023•遂宁）如图，以△ABC的边AB、AC为腰分别向外作等腰直角△ABE、△ACD，连结ED、BD、EC，过点A的直线l分别交线段DE、BC于点M、N．以下说法：①当AB＝AC＝BC时，∠AED＝30°；②EC＝BD；③若AB＝3，AC＝4，BC＝6，则DE＝2；④当直线l⊥BC时，点M为线段DE的中点．正确的有①②④．（填序号）【分析】由AB＝AC＝BC，得∠BAC＝60°，因为AE＝AB，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，所以AE＝AD，∠EAD＝120°，则∠AED＝∠ADE＝30°，可判断①正确；由∠CAD＝∠BAE＝90°，推导出∠CAE＝∠DAB，可证明△CAE≌△DAB，得EC＝BD，可判断②正确；设BD交AE于点G，交CE于点O，可证明∠EOB＝90°，则∠COD＝∠BOC＝∠DOE＝90°，可根据勾股定理推导出DE2+BC2＝BE2+CD2，可求得BE2＝AB2+AE2＝18，CD2＝AD2+AC2＝32，BC2＝36，则DE＝≠2，可判断③错误；当直线l⊥BC时，作EF∥AD交直线l于点F，连接DF，可证明△EAF≌△ABC，则EF＝AC＝AD，所以四边形ADFE是平行四边形，则M为线段DE的中点，可判断④正确，于是得到问题的答案．【解答】解：∵AB＝AC＝BC，∴∠BAC＝60°，∵AE＝AB，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴AE＝AD，∠EAD＝360﹣60°﹣90°﹣90°＝120°，∴∠AED＝∠ADE＝×（180°﹣120°）＝30°，故①正确；∵∠CAD＝∠BAE＝90°，∴∠CAE＝∠DAB＝90°+∠DAE，∴△CAE≌△DAB（SAS），∴EC＝BD，故②正确；如图1，设BD交AE于点G，交CE于点O，∵∠AEC＝∠ABD，∠OGE＝∠AGB，∴∠AEC+∠OGE＝∠ABD+∠AGB＝90°，∴∠EOB＝90°，∴∠COD＝∠BOC＝∠DOE＝90°，∴DE2+BC2＝OD2+OE2+OB2+OC2＝BE2+CD2，∵AE＝AB＝3，AD＝AC＝4，BC＝6，∴BE2＝AB2+AE2＝32+32＝18，CD2＝AD2+AC2＝42+42＝32，BC2＝62＝36，∴DE＝＝＝≠2，故③错误；当直线l⊥BC时，如图2，作EF∥AD交直线l于点F，连接DF，∵∠AEF+∠DAE＝180°，∠BAC+∠DAE＝180°，∴∠AEF＝∠BAC，∵∠ANB＝∠BAE＝90°，∴∠EAF＝∠ABC＝90°﹣∠BAN，∵EA＝AB，∴△EAF≌△ABC（ASA），∴EF＝AC＝AD，∴四边形ADFE是平行四边形，∴M为线段DE的中点，故④正确，故答案为：①②④．6．（2023•鞍山）如图，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，连接AM，将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，在AM，AN上分别截取AE，AF，使AE＝AF＝BC，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG并延长交BC于点H．若AM＝，CH＝2，则AG的长为．【分析】解法一：由旋转的性质得AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，连接DE，BF，由等线段减等线段相等可得FN＝EM，于是可通过SAS证明△BFN≌△DEM，得到BF＝DE，易得AF＝AB，AE＝AD，由三角形内角和定理可得∠ABF＝∠AFB＝（180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE），由∠DAE＝∠BAF得到∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，易得△AFE为等腰直角三角形，根据等角减等角相等可知∠GFB＝∠GDE，于是可通过AAS证明△GFB≌△GDE，得到FG＝DG，BG＝EG，进而可通过SSS证明△AFG≌△ADG，得到∠DAH＝∠NAH，由平行线的性质可得∠AHN＝∠NAH，则AN＝NH＝AM＝，设BH＝x，则AB＝BC＝x+2，BN＝，在Rt△ABN中，利用勾股定理建立方程，求得x1＝6，，即BH＝6或，过点G作PG∥BC，交AB于点P，易得△APG∽△ABH，由相似三角形的性质得，易得△PBG为等腰直角三角形，PG＝PB，分两种情况讨论：①当BH＝6时，AB＝BC＝8，则＝，进而可设AP＝4a，PG＝3a＝PB，由AB＝AP+PB＝8，解得，在Rt△APG中，利用勾股定理即可求出AG的长；②当时，AD＝CD＝AB＝，此时点M在CD的延长线上，与题意不符．解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝，设BH＝x，BN＝y，则BC＝x+2＝AB，AN＝x+y，以此可建立关于x，y的方程组，解得：或，再同解法一讨论即可得出【解答】解：解法一：∵将△ADM绕点A顺时针旋90°得到△ABN，∴AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，如图，连接DE，BF，∵AE＝AF＝BC，FN＝AN﹣AF，EM＝AM﹣AE，∴FN＝EM，在△BFN和△DEM中，，∴△BFN≌△DEM（SAS），∴BF＝DE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，AB＝AD＝BC，∴AF＝AB，AE＝AD，∴△ABF和△AED都是等腰三角形，∴∠ABF＝∠AFB＝（180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE），∵∠DAE＝∠BAF，∴∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，∵AF＝AE，∠MAN＝90°，∴△AFE为等腰直角三角形，∴∠AEG＝∠AFG＝45°，∵∠GDE＝∠ADE﹣∠ADB＝∠ADE﹣45°，∠GFB＝∠AFB﹣∠AFG＝∠AEB﹣45°，∴∠GFB＝∠GDE，在△GFB和△GDE中，，∴△GFB≌△GDE（AAS），∴FG＝DG，BG＝EG，在△AFG和△ADG中，，∴△AFG≌△ADG（SSS），∴∠FAG＝∠DAG，即∠DAH＝∠NAH，∵AD∥BC，∴∠DAH＝∠AHN，∴∠AHN＝∠NAH，∴AN＝NH＝AM＝，设BH＝x，则AB＝BC＝BH+CH＝x+2，，在Rt△ABN中，AN2＝BN2+AB2，∴，解得：x1＝6，，∴BH＝6或，如图，过点G作PG∥BC，交AB于点P，∴△APG∽△ABH，∴，即，∵PG∥BC，∴∠GPB＝180°﹣∠PBH＝180°﹣90°＝90°，∵∠PBG＝45°，∴∠PGB＝90°﹣∠PBG＝45°＝∠PBG，∴PG＝PB，①当BH＝6时，AD＝CD＝AB＝BH+CH＝8，∴＝＝，∴设AP＝4a，PG＝3a＝PB，∵AB＝AP+PB＝8，∴4a+3a＝8，解得：，在Rt△APG中，＝＝5a＝；②当时，AB＝CD＝BC＝BH+CH＝，在Rt△ADM中，DM＝＝＝8，∵DM＝8＞CD＝，∴点M在CD的延长线上，与题意不符．综上，AG的长为．解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝，设BH＝x，BN＝y，∴BC＝BH+CH＝x+2＝AB，AN＝BH+BN＝x+y，在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，∴，解得：，，同解法一讨论，即可得出AG＝．故答案为：．7．（2023•大连）如图，AC＝AE，BC＝DE，BC的延长线与DE相交于点F，∠ACF+∠AED＝180°．求证：AB＝AD．【分析】由已知∠ACF+∠AED＝180°，可得到∠ACB＝∠AED，再利用SAS证明△ABC≌△ADE，从而得到AB＝AD．【解答】证明：∵∠ACF+∠AED＝180°，∠ACF+∠ACB＝180°，∴∠ACB＝∠AED，在△ABC和△ADE中，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴AB＝AD．8．（2023•遂宁）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与AD、BC所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）（1）求证：△DOE≌△BOF；（2）当直线l⊥BD时，连结BE、DF，试判断四边形EBFD的形状，并说明理由．【分析】（1）由AD∥BC，得∠ODE＝∠OBF，而OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，即可根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△DOE≌△BOF；（2）由OD＝OB，直线l经过点O且l⊥BD，得DE＝BE，DF＝BF，由△DOE≌△BOF，得DE＝BF，则DE＝BE＝DF＝BF，所以四边形EBFD是菱形．【解答】（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ODE＝∠OBF，∵点O为对角线BD的中点，∴OD＝OB，在△DOE和△BOF中，，∴△DOE≌△BOF（ASA）．（2）解：四边形EBFD是菱形，理由如下：∵OD＝OB，直线l经过点O且l⊥BD，∴直线l是线段BD的垂直平分线，∴DE＝BE，DF＝BF，∵△DOE≌△BOF，∴DE＝BF，∵DE＝BE＝DF＝BF，∴四边形EBFD是菱形．9．（2023•巴中）综合与实践．（1）提出问题．如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，连接BD，连接CE交BD的延长线于点O．①∠BOC的度数是90°．②BD：CE＝1：1．（2）类比探究．如图2，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，连接AD、BE并延长交于点O．①∠AOB的度数是45°；②AD：BE＝1：．（3）问题解决．如图3，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上（不与A重合），以AE为边在AD的左侧构造等边△AEF，将△AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为EF的中点，N为BE的中点．①说明△MND为等腰三角形．②求∠MND的度数．【分析】（1）（2）从图形可辩知，这个是手拉手全等或相似模型，按模型的相关结论解题．（3）稍有变化，受前两问的启发，连接BF、CE完成手拉手的构造，再结合三角形中位线知识解题．【解答】解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE．又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）．∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC＝90°，∴∠ABC+∠ACB＝∠ABD+∠OBC+∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠OBC+∠ACB＝90°，即：∠BCE+∠OBC＝90°，∴∠BOC＝90°．故∠BOC的度数是90°．②由①得△BAD≌△CAE，∴BD＝CE．故BD：CE＝1：1．（2）①∵AB＝AC，DE＝DC，∴，又∵∠BAC＝∠EDC＝90°，∴△ABC∽△DEC，∴∠ACB＝∠DCB，．∴∠ACE+∠ECB＝∠DCA+∠ACE，∴∠ECB＝∠DCA．∴△ECB∽△DCA，∴∠CBE＝∠CAD，∴∠AOB＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABO﹣∠CAD﹣∠BAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBE﹣90°＝180°﹣45°﹣90°＝45°．故∠AOB的度数是45°．②由①得：△ECB∽△DCA．∴AD：BE＝DC：EC，∵∠EDC＝90°，且DE＝DC，∴∠DCE＝45°，∴＝cos45°＝．∴．（3）①解：连接BF、CE，延长CE交MN于点P，交BF于点O．在等边△ABC中AB＝AC，又∵AD⊥BC于点D，∴D为BC的中点，又∵M为EF的中点，N为BE的中点，∴MN、ND分别是△BEF、△BCE的中位线，∴MN＝BF，DN＝EC．∵∠FAE＝∠BAC＝60°，∴∠FAE+∠EAB＝∠BAC+∠EAB．∴∠FAB＝∠EAC．在△ACE和△ABF中，，∴△ACE≌△ABF（SAS）．∴BF＝EC．∴MN＝DN．∴△MND为等腰三角形．②∵△ACE≌△ABF，∴∠ACE＝∠ABF，由（1）（2）规律可知：∠BOC＝60°，∴∠FOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣60°＝120°，又∵BF∥MN，CP∥DN，∴∠MND＝∠MPE＝∠FOC＝120°．【中考模拟练】1．（2023•三穗县校级一模）如图，点D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，连接DE并延长至F，使EF＝DE，连接FC．若FC∥AB，AB＝5，CF＝3，则BD的长等于（）A．1 B．2 C．3 D．5【分析】由FC∥AB得，∠DAE＝∠FCE，再利用AAS证明△DAE≌△FCE，得AD＝CF，从而解决问题．【解答】解：∵FC∥AB，∴∠DAE＝∠FCE，在△DAE与△FCE中，，∴△DAE≌△FCE（AAS），∴AD＝CF，∵CF＝3，∴AD＝CF＝3，又∵AB＝5，∴BD＝AB﹣AD＝5﹣3＝2，故选：B．2．（2024•昆山市一模）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝6，∠D是锐角，CE⊥AD于点E，F是CD的中点，连接BF，EF．若∠EFB＝90°，则CE的长为2．【分析】如图，延长BF交AD的延长线于Q，连接BE，设DE＝x，首先证明△BCF≌△QDF（AAS），得出EQ＝BE＝x+5，利用勾股定理构建方程即可解决问题．【解答】解：如图，延长BF交AD的延长线于Q，连接BE，设DE＝x，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DQ∥BC，AD＝BC＝5，∴∠Q＝∠CBF，∵DF＝FC，∠DFQ＝∠BFC，∴△BCF≌△QDF（AAS），∴BC＝DQ，QF＝BF，∵∠EFB＝90°，∴EF⊥QB，∴EQ＝BE＝x+5，∵CE⊥AD，BC∥AD，∴CE⊥BC，∴∠DEC＝∠ECB＝90°，∵CE2＝DC2﹣ED2＝EB2﹣BC2，∴（6）2﹣x2＝（x+5）2﹣52，整理得：2x2+10x﹣72＝0，解得x＝4或﹣9（舍弃），∴BE＝9，∴CE＝＝＝2，故答案为：2．3．（2023•福田区二模）如图，正方形ABCD的边长为8，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别在边BC，CD上，且∠MON＝90°，连接MN交OC于P，若BM＝2，则OP•OC＝20．【分析】过点O作OE⊥BC于点E，根据正方形的性质可得OB＝OC＝OD，∠BOC＝∠COD＝90°，∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝45°，再根据同角的余角相等可得∠BOM＝∠CON，以此即可通过ASA证明△OBM≌△OCN，得到BM＝CN＝2，OM＝ON，进而得到∠OMP＝∠OCM＝45°，易证明△OMP∽△OCM，根据相似三角形的性质可得，即OP•OC＝OM2，由等腰直角三角形的性质可得OE＝BE＝4，则ME＝2，最后根据勾股定理即可求解．【解答】解：如图，过点O作OE⊥BC于点E，∵四边形ABCD为边长为8的正方形，∴OB＝OC＝OD，BC＝8，BD⊥AC，∴∠BOC＝∠COD＝90°，∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝45°，∵∠BOC＝∠BOM+∠COM＝90°，又∵∠MON＝∠COM+∠CON＝90°，∴∠BOM＝∠CON，在△OBM和△OCN中，，∴△OBM≌△OCN（ASA），∴BM＝CN＝2，OM＝ON，∴△MON为等腰直角三角形，∴∠OMN＝∠ONM＝45°，∴∠OMP＝∠OCM＝45°，∵∠POM＝∠MOC，∴△OMP∽△OCM，∴，∴OP•OC＝OM2，∵∠BOC＝90°，OB＝OC，OE⊥BC，∴OE＝BE＝＝4，∴ME＝BE﹣BM＝2，在Rt△OME中，OM2＝OE2+ME2，∴OM2＝42+22＝20，∴OP•OC＝20．故答案为：20．4．（2024•河南一模）如图，在菱形OABC中，∠BCO＝60°，点C（﹣3，0），点D在对角线BO上，且OD＝2BD，点E是射线AO上一动点，连接DE，F为x轴上一点（F在DE左侧），且∠EDF＝60°，连接EF，当△DEF的周长最小时，点E的坐标为（）A．（1，3） B． C． D．（0，0）【分析】先说明△DEF是等边三角形，再利用垂线段最短找到点E的位置，最后确定E的坐标．【解答】解：如图，取点G（﹣2，0），连接DG，∵四边形OABC是菱形点C（﹣3，0），∴OC＝OA＝BC＝3，∵∠BCO＝60°，∴△BCO是等边三角形，∴OB＝3，∠BOC＝60°，∵OD＝2BD，∴OD＝2，∵OG＝2，∴△OGD是等边三角形，∴∠GDO＝60°，DG＝DO，∵∠EDF＝60°，∴∠FDG＝∠EDO，∵∠FGD＝∠EOD＝120°，∴△FDG≌△EDO（ASA），∴DF＝DE，∴△DEF是等边三角形，∴△DEF的周长最小时，DE最小，如图，过D作DE⊥OA，垂足为E，过E作EH⊥x轴，垂足为H，Rt△DOE中，∠DOE＝60°，OD＝2，∴OE＝OD＝1，Rt△OEH中，∠EOH＝60°，∴OH＝OE＝，EH＝OE•sin∠EOH＝OE•sin60°＝，故选：C．5．（2023•长春模拟）两个大小不同的等边三角形三角板按图①所示摆放．将两个三角板抽象成如图②所示的△ABC和△ADE，点B、C、D依次在同一条直线上，连接CE．若CD＝1，CE＝3，则点A到直线BC的距离为．【分析】首先根据等边三角形的性质得∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，进而可得出∠BAD＝∠CAE，据此可依据“SAS”判定△ABD和△ACE全等，从而得出BD＝CE＝3，进而得BC＝2，然后过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△AHC中，利用勾股定理可求出AH的长．【解答】解：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即：∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，即：BC+CD＝CE，∵CD＝1，CE＝3，∴BC+1＝3，∴BC＝2，过点A作AH⊥BC，垂足为H，∵△ABC是等边三角形，∴，AC＝BC＝2，在Rt△AHC中，AC＝2，CH＝1，由勾股定理得：．∴点A到直线BC的距离为．故答案为：．6．（2024•雁塔区校级二模）已知：如图，点E、F在BC上，AF与DE交于点G，AB＝DC，GE＝GF，∠B＝∠C．求证：AG＝DG．【分析】由GE＝GF，得出△GEF为等腰三角形，即∠GEF＝∠GFE，再判定△ABF≌△DCE，根据AF﹣GF＝DE﹣GE，即可得出结论．【解答】证明：∵GE＝GF，∴△GEF为等腰三角形，∴∠GEF＝∠GFE，∵在△ABF和△DCE中，∠B＝∠C，∴∠A＝∠D，在△ABF和△DCE中，，∴△ABF≌△DCE（ASA），∴AF＝DE，又∵GF＝GE，∴AF﹣GF＝DE﹣GE，即AG＝DG．7．（2024•凉州区一模）某同学用10块高度都是5cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板ABD（∠ABD＝90°，BD＝BA），点B在CE上，点A和D分别与木墙的顶端重合．（1）求证：△ACB≌△BED；（2）求两堵木墙之间的距离．【分析】（1）根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝90°，再根据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可；（2）利用全等三角形的性质进行解答．【解答】（1）证明：由题意得：AB＝BD，∠ABD＝90°，AC⊥CE，DE⊥CE，∴∠BED＝∠ACB＝90°，∴∠BDE+∠DBE＝90°，∠DBE+∠ABC＝90°，∴∠BDE＝∠ABC，在△ACB和△BED中，，∴△ACB≌△BED（AAS）；（2）解：由题意得：AC＝5×3＝15（cm），DE＝7×5＝35（cm），∵△ACB≌△BED，∴DE＝BC＝35cm，BE＝AC＝15cm，∴DE＝DC+CE＝50（cm），答：两堵木墙之间的距离为50cm．8．（2024•龙马潭区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标；（3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得，解得，即可得出结论；（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得m＝，即可解决问题；（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；（2）由（1）得，点C（0，6），设直线BC的解析式为y＝kx+c，∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），∴，解得：∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，则∠MNO＝∠OKH＝90°，∵OH⊥OM，∴∠MOH＝90°，∵∠OMB＝45°，∴△MOH是等腰直角三角形，∴OM＝OH．∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，∴∠MON＝∠OHK，∴△OMN≌△HOK（AAS），∴MN＝OK，ON＝HK．∴H（﹣2m+6，﹣m），∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得：m＝，把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（）；（3）存在，理由如下：∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，∴点D的坐标为（1，8），分两种情况讨论：①当CD为菱形的边时，如图2，过C作CE⊥DQ于E∵C（0，6），D（1，8），∴CD＝＝，∴DQ＝CD＝，∴Q点的坐标为（1，8﹣）或（1，8+）；②当CD为菱形的对角线时，如图3，设点Q（1，m），P（0，n），∵C（0，6），D（1，8），∴m+n＝6+8＝14，∴n＝14﹣m，∴P（0，14﹣m），∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，∵CQ＝＝，PC＝CQ，∴8﹣m＝，解得：m＝，∴点Q的坐标为（1，）；综上所述，点Q的坐标为（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．考点二：三角形的相似模型相似三角形和勾股定理是解决初中数学求长度问题中的两大重要定理，所有的几何问题就长度，最后几乎都能转化为这两个定理的应用。而作为应用几率更大的相似三角形，熟悉其常用模型，利用模型的性质思考对应问题的走向就是一个非常重要的解题思想。所以，先熟悉相似的各种模型，再在问题中识别模型，最后利用模型找捷径。题型01相似三角形常见模型及其应用解题大招：相似常见模型：①A字图：当DE∥BC时△ADE∽△ABC性质：当∠ADE=∠ACB时当DE∥BC时△ADE∽△ABC性质：当∠ADE=∠ACB时△ADE∽△ACB性质：变型②8字图：当∠A=∠C时△AJB∽△CJD当∠A=∠C时△AJB∽△CJD性质：当AB∥CD时△AOB∽△DOC当AB∥CD时△AOB∽△DOC性质：变型③一线三等角：一般地：当动点E运动到底边的中点时，CF有最大值一般地：当动点E运动到底边的中点时，CF有最大值在Rt△ACB与Rt△ADC中，当∠ABC=∠ACD时，有Rt△ACB∽Rt△ADC∽Rt△CDB射影定理：在Rt△ACB与Rt△ADC中，当∠ABC=∠ACD时，有Rt△ACB∽Rt△ADC∽Rt△CDB射影定理：☆：有关射影定理图形常见的三个应用方向：等积法（求斜边上的高）☆：有关射影定理图形常见的三个应用方向：等积法（求斜边上的高）同角的余角相等（得∠A=∠BCD）射影定理在圆中因为直径所对圆周角=90°，转化得此图形，进而利用以上3个结论！☆：“母子△”与“阿氏圆”阿氏圆的基本原理就是构造母子三角形，之后再结合两点之间线段最短求解最后结果。具体步骤等见最值小专题“阿氏圆”！【中考真题练】1．（2023•哈尔滨）如图，AC，BD相交于点O，AB∥DC，M是AB的中点，MN∥AC，交BD于点N，若DO：OB＝1：2，AC＝12，则MN的长为（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】由AB∥DC易得△CDO∽△ABO，根据相似三角形的性质可得＝，于是AC＝OA+OC＝OA+OA＝12，求出OA＝8，易得MN为△AOB的中位线，则MN＝OA．【解答】解：∵AB∥DC，∴△CDO∽△ABO，∴，∵DO：OB＝1：2，∴＝，∴OC＝OA，∵AC＝OA+OC＝12，∴OA+OA＝12，∴OA＝8，∵MN∥AC，M是AB的中点，∴MN为△AOB的中位线，∴MN＝OA＝＝4．故选：B．2．（2023•东营）如图，△ABC为等边三角形，点D，E分别在边BC，AB上，∠ADE＝60°．若BD＝4DC，DE＝2.4，则AD的长为（）A．1.8 B．2.4 C．3 D．3.2【分析】先证∠CAD＝∠BDE，再根据∠B＝∠C＝60°，得出△ADC∽△DEB，根据相似三角形的性质即可求出AD的长．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，∴∠CAD+∠ADC＝120°，∵∠ADE＝60°．∴∠BDE+∠ADC＝120°，∴∠CAD＝∠BDE，∴△ADC∽△DEB，∴，∵BD＝4DC，∴设DC＝x，则BD＝4x，∴BC＝AC＝5x，∴，∴AD＝3，故选：C．3．（2023•雅安）如图，在▱ABCD中，F是AD上一点，CF交BD于点E，CF的延长线交BA的延长线于点G，EF＝1，EC＝3，则GF的长为（）A．4 B．6 C．8 D．10【分析】根据平行四边形的性质得出AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，于是推出△DEF∽△BEC，△DFC∽△AFG，先求出DF与BC的比值，继而得出DF与AF的比值，再根据相似三角形对应边成比例即可求出GF的长．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，∵AD∥BC，∴△DEF∽△BEC，∴，∵EF＝1，EC＝3，∴，即，∴，∵AB∥CD，∴△DFC∽△AFG，∴，∵EF＝1，EC＝3，∴CF＝4，∴，∴GF＝8，故选：C．4．（2023•德州）如图，A，B，C，D是⊙O上的点，AB＝AD，AC与BD交于点E，AE＝3，EC＝5，BD＝4，⊙O的半径为（）A．6 B． C．5 D．2【分析】连接DC，易得△ADE∽△ACD，即可求出AD，连接OA，由垂径定理可得AO⊥BD，再根据勾股定理即可求解．【解答】解：连接DC，AO，OD，如图：∵AB＝AD，∴∠ADE＝∠ACD，∴△ADE∽△ACD，∴，即，解得AD＝2，∵AB＝AD，即A是的中点，∴AO⊥BD，BH＝DH＝2，在Rt△ADH中，AH2＝AD2﹣DH2，∴AH＝＝2，∴OH＝OD﹣2，在Rt△ODH中，OD2＝OH2+DH2，∴OD2＝（OD﹣2）2+（2）2，解得OD＝6．故选：A．5．（2023•东营）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边DC，BC上，且BF＝CE，AE平分∠CAD，连接DF，分别交AE，AC于点G，M．P是线段AG上的一个动点，过点P作PN⊥AC，垂足为N，连接PM．有下列四个结论：①AE垂直平分DM；②PM+PN的最小值为3；③CF2＝GE•AE；④S△ADM＝6．其中正确的是（）A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③【分析】①先根据正方形的性质证得△ADE和△DCF全等，再利用ASA证得△AGM和△AGD全等，即可得出AE垂直平分DM；②连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，根据题意当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，即PM+PN的最小值是DO的长，根据正方形的性质求出BD的长，从而得出，即PM+PN的最小值；③先证△DGE∽△ADE，再根据相似三角形的性质及CF＝DE，即可判断；④先求出AM的长，再根据三角形面积公式计算即可．【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB＝90°，∵BF＝CE，∴BC﹣BF＝DC﹣CE，即CF＝DE，在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（SAS），∴∠DAE＝∠CDF，∵∠CDF+∠ADG＝90°，∴∠DAE+∠ADG＝90°，∴∠AGD＝90°，∴∠AGM＝90°，∴∠AGM＝∠AGD，∵AE平分∠CAD，∴∠MAG＝∠DAG，又AG为公共边，∴△AGM≌△AGD（ASA），∴GM＝GD，又∵∠AGM＝∠AGD＝90°，∴AE垂直平分DM，故①正确；②如图，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，即DO⊥AM，∵AE垂直平分DM，∴HM＝HD，当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，此时PM+PN＝HM+HO＝HD+HO＝DO，即PM+PN的最小值是DO的长，∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝BD＝，∴，即PM+PN的最小值为，故②错误；③∵AE垂直平分DM，∴∠DGE＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠DGE＝∠ADE，又∵∠DEG＝∠AED，∴△DGE∽△ADE，∴，即DE2＝GE•AE，由①知CF＝DE，∴CF2＝GE•AE，故③正确；④∵AE垂直平分DM，∴AM＝AD＝4，又，∴，故④错误；综上，正确的是：①③，故选：D．6．（2023•大庆）在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片ABCD如图所示，点N在边AD上，现将矩形折叠，折痕为BN，点A对应的点记为点M，若点M恰好落在边DC上，则图中与△NDM一定相似的三角形是△MCB．【分析】利用矩形的性质得到∠D＝∠C＝90°，然后利用折叠的性质推导出∠BMN＝∠A＝90°，进而得到∠DNM＝∠CMB，由此推断出△NDM∽△MCB．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，∴∠DNM+∠DMN＝90°，由折叠的性质可知，∠BMN＝∠A＝90°，∴∠DMN+∠CMB＝90°，∴∠DNM＝∠CMB，∴△NDM∽△MCB，故答案为：△MCB．7．（2023•呼和浩特）如图，正方形ABCD的边长为，点E是CD的中点，BE与AC交于点M，F是AD上一点，连接BF分别交AC，AE于点G，H，且BF⊥AE，连接MH，则AH＝2，MH＝．【分析】先求出AE＝5，证△DAE和△ABF全等得DE＝AF＝，AE＝BF＝5，再证△AFH∽△ADE，利用相似三角形的性质可得AH的长；过点M作MN⊥AE于点N，先求出AE＝BE＝5，EH＝3，BH＝4，证△MEC∽△MBA得ME：MB＝CE：AB＝1：2，进而得ME：EB＝1：3，再证△MNE∽△BHE，利用相似三角形的性质得MN＝，EN＝1，进而得HN＝2，最后在Rt△MHN中，由勾股定理可求出MH．【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，且边长为，∴AB＝BC＝CD＝DA＝，∠BAD＝∠D＝90°，AB∥CD，∵点E为CD的中点，∴DE＝CE＝，在Rt△ADE中，AD＝，DE＝，由勾股定理得：，∵∠BAD＝90°，BF⊥AE，∴∠BAH+∠DAE＝90°，∠ABF+∠BAH＝90°，∴∠DAE＝∠ABF，在△DAE和△ABF中，，∴△DAE≌△ABF（SAS），∴DE＝AF＝，AE＝BF＝5，∵BF⊥AE，∠D＝90°，∴∠AHF＝∠D＝90°，又∠HAF＝∠DAE，∴△AFH∽△ADE，∴AH：AD＝AF：AE，即：AH：＝：5，∴AH＝2．过点M作MN⊥AE于点N，如图：在△ADE和△BCE中，，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴AE＝BE＝5，∴EH＝AE﹣AH＝5﹣2＝3，在Rt△AHB中，AB＝，AH＝2，由勾股定理得：，∵AB∥CD，∴△MEC∽△MBA，∴ME：MB＝CE：AB，即：ME：MB＝：2，∴ME：MB＝1：2，∴ME：EB＝1：3，∵BF⊥AE，MN⊥AE，∴MN∥BH，∴△MNE∽△BHE，∴MN：BH＝EN：EH＝ME：EB∴MN：4＝EN：3＝1：3，∴MN＝，EN＝1，∴HN＝EH﹣EN＝3﹣1＝2，在Rt△MHN中，MN＝，HN＝2，由勾股定理得：．故答案为：2，．8．（2023•常德）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一点，且AD＝2，过点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为．【分析】利用勾股定理求得线段AC的长度，利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，由旋转的性质得到∠DAB＝∠EAC，再利用相似三角形的判定与性质得到．【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，∴AC＝＝＝10．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴．∵将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置，∴∠DAB＝∠EAC，∴△ADB∽△AEC，∴．故答案为：．9．（2023•鄂州）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会．这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”．如图，用四个全等的直角三角形（Rt△AHB≌Rt△BEC≌Rt△CFD≌Rt△DGA）拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连接AC和EG，AC与DF、EG、BH分别相交于点P、O、Q，若BE：EQ＝3：2，则的值是．【分析】设直角三角形是长直角边是a，短直角边是b，由△AHQ∽△CEQ，得到AH：CE＝HQ：EQ，因此b：a＝（a﹣b）：b，推出a＝2b，由勾股定理求出BC＝b，由△QEO∽△QCB，得到＝＝，而OP＝OQ，于是得到的值．【解答】解：设直角三角形是长直角边是a，短直角边是b，∴BE＝b，EH＝a﹣b，∵BE：EQ＝3：2，∴EQ＝b，∴QH＝EH﹣EQ＝a﹣b﹣b＝a﹣b，∵AH∥EC，∴△AHQ∽△CEQ，∴AH：CE＝HQ：EQ，∴b：a＝（a﹣b）：b，∴3a2﹣5ab﹣2b2＝0，∴a＝2b，∴BQ＝BE+EQ＝b+b＝b，∵∠BEC＝90°，BE＝b，CE＝a＝2b，∴BC＝＝b，∵∠QEO＝∠QCB＝45°，∠EQO＝CQB，∴△QEO∽△QCB，∴＝＝＝，∵赵爽弦图是中心对称图形，∴OP＝OQ，∴＝．故答案为：．10．（2023•湘潭）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的高．（1）证明：△ABD∽△CBA；（2）若AB＝6，BC＝10，求BD的长．【分析】（1）根据已知条件得出∠BDA＝∠BAC，又∠B为公共角，于是得出△ABD∽△CBA；（2）根据相似三角形的性质即可求出BD的长．【解答】（1）证明：∵AD是斜边BC上的高，∴∠BDA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BDA＝∠BAC，又∵∠B为公共角，∴△ABD∽△CBA；（2）解：由（1）知△ABD∽△CBA，∴，∴，∴BD＝3.6．11．（2023•南京）在平面内，将一个多边形先绕自身的顶点A旋转一个角度θ（0°＜θ＜180°），再将旋转后的多边形以点A为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为k，称这种变换为自旋转位似变换．若顺时针旋转，记作T（A，顺θ，k）；若逆时针旋转，记作T（A，逆θ，k）．例如：如图①，先将△ABC绕点B逆时针旋转50°，得到△A1BC1，再将△A1BC1以点B为位似中心缩小到原来的，得到△A2BC2，这个变换记作T（B，逆50°，）．（1）如图②，△ABC经过T（C，顺60°，2）得到△A′B′C，用尺规作出△A′B′C．（保留作图痕迹）（2）如图③，△ABC经过T（B，逆α，k1）得到△EBD，△ABC经过T（C，顺β，k2）得到△FDC，连接AE，AF．求证：四边形AFDE是平行四边形．（3）如图④，在△ABC中，∠A＝150°，AB＝2，AC＝1．若△ABC经过（2）中的变换得到的四边形AFDE是正方形．Ⅰ．用尺规作出点D（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）；Ⅱ．直接写出AE的长．【分析】（1）旋转60°，可作等边三角形DBC，ACE，从而得出B点和点A对应点D，E，进而作出图形；（2）根据△EBD和△ABC位似，△FDC与△ABC位似得出∠EBD＝∠ABC，，，进而推出△EBA∽△DBC，从而，进而得出AE＝DF，同理可得：DE＝AF，从而推出四边形AFDE是平行四边形；（3）要使▱AFDE是正方形，应使∠EAF＝90°，AE＝AF，从而得出∠BAE+∠FAC＝270°﹣∠BAC＝120°，从而得出∠DBC+∠DCB＝120°，从而∠BDC＝60°，于是作等边△BCG，保证∠BDC＝∠G＝60°，作直径BD，保证BD＝2CD，这样得出作法．【解答】（1）解：如图1，1．以B为圆心，BC为半径画弧，以C为圆心，BC为半径画弧，两弧在BC的上方交于点D，分别以A，C为圆心，以AC为半径画弧，两弧交于点E，2．延长CD至B′，使DB′＝CD，延长CE至A′，使A′E＝CE，连接A′B′，则△A′B′C就是求作的三角形；（2）证明：∵△EBD和△ABC位似，△FDC与△ABC位似，∴∠EBD＝∠ABC，，，∴∠EBA＝∠DBC，∴△EBA∽△DBC，∴，∴，∴AE＝DF，同理可得：DE＝AF，∴四边形AFDE是平行四边形；（3）解：如图2，1．以BC为边在BC上方作等边三角形GBC，2．作等边三角形BCG的外接圆O，作直径BD，连接CD，3．作∠DBE＝∠ABC，∠BDE＝∠ACB，延长BA，交⊙O于F，连接CF，DF，则四边形AFDE是正方形，证明：由上知：△EBA∽△DBC，△FAC∽△DBC，∴∠BAE＝∠DCB，∠FAC＝∠DBC，，，∴∠BAE+∠FAC＝∠DCB+∠DBC，要使▱AFDE是正方形，应使∠EAF＝90°，AE＝AF，∴∠BAE+∠FAC+∠BAC＝270°，BD＝2CD，∴∠BAE+∠FAC＝270°﹣∠BAC＝270°﹣150°＝120°，∴∠DBC+∠DCB＝120°，∴∠BDC＝60°，∴作等边△BCG，保证∠BDC＝∠G＝60°，作直径BD，保证BD＝2CD，这样得出作法；∵∠ABE＝∠DBC＝30°，∠EAB＝∠BCD＝90°，AB＝2，∴AE＝AB＝．【中考模拟练】1．（2024•沙坪坝区模拟）如图，在平面直角坐标系中，△OAB和△OCD是以原点O为位似中心的位似图形．若OB＝2OD，△OCD的周长为3，则△OAB的周长为（）A．6 B．9 C．12 D．30【分析】根据位似比等于相似比，周长比等于相似比，即可得出结果．【解答】解：∵△OAB和△OCD是以原点O为位似中心的位似图形，OB＝2OD，∴△OAB和△OCD的相似比为：2：1，∴△OAB和△OCD的周长比为：2：1，∵△OCD的周长为3，∴△OAB的周长为6；故选：A．2．（2024•平遥县一模）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC的点，且，CD与BE交于点O，则S△COE：S△BOC的值为（）A． B． C． D．【分析】利用两边对应成比例且夹角相等证明△ADE∽△ABC，得到，再利用平行线证明△DOE∽△BOC，得到，即可得到三角形的面积之比．【解答】解：∵，∴，∠DAE＝∠BAC，∴△ADE∽△ABC，∴，∵DE∥BC，∴△DOE∽△BOC，∴，∴S△COE：S△BOC＝．故选：D．3．（2024•镇海区校级模拟）如图，△ABC和△CDE都是等边三角形，点G在CA的延长线上，GB＝GE，若BE+CG＝10，＝，则AF的长为（）A．1 B． C． D．2【分析】过点G作GH⊥BE，垂足为点H，设BE＝2x，时而可表示出相关线段长，再根据CH＝CG列出方程求得x＝1，最后根据△GAF∽△GDE可得答案．，【解答】解：过点G作GH⊥BE，垂足为点H，设BE＝2x，∵BE+CG＝10，＝，∴CG＝10﹣2x，AG＝3x，∴AC＝CG﹣AG＝10﹣5x，∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴BC＝AC＝10﹣5x，CD＝DE＝CE＝BC﹣BE＝10﹣7x，∠ABC＝∠DEC＝∠C＝60°，∵GB＝GE，GH⊥BE，∴BH＝HE＝x，∴CH＝CE+HE＝10﹣6x，∵∠GHC＝90°，∠C＝60°，∴∠HGC＝30°，∴CH＝CG，∴10﹣6x＝（10﹣2x），∴x＝1，∴AG＝3x＝3，CG＝10﹣2x＝8，CD＝DE＝10﹣7x＝3，∴GD＝CG﹣CD＝5，∵∠ABC＝∠DEC，∴AB∥DE，∴△GDF∽△GDE，∴，即，∴AF＝．故选：C．4．（2024•龙湖区校级一模）边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在BD上，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于H，则下列结论：①EF＝EC；②CF2＝CG•CA；③BE•DH＝16；④若BF＝1，则，正确的是（）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④【分析】①由“SAS”可证△ADE≌△CDE，可得AE＝EC，∠DAE＝∠DCE，由四边形的内角和定理可证∠AFE＝∠BCE＝∠EAF，可得AE＝EF＝EC；②通过证明△FCG∽△ACF，可得CF2＝CG⋅CA；③通过证明△ECH∽△CDH，可得，通过证明△ECH∽△EBC，可得，可得结论；④通过证明△AFC∽△DEC，可得，即可求解．【解答】解：如图，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝∠BAC＝∠DAC＝45°，又∵DE＝DE，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝EC，∠DAE＝∠DCE，∴∠EAF＝∠BCE，∵∠ABC+∠FEC+∠EFB+∠BCE＝360°，∴∠BCE+∠EFB＝180°，又∵∠AFE+∠BFE＝180°，∴∠AFE＝∠BCE＝∠EAF，∴AE＝EF，∴EF＝EC，故①正确；∵EF＝EC，∠FEC＝90°，∴∠EFC＝∠ECF＝45°，∴∠FAC＝∠EFC＝45°，又∵∠ACF＝∠FCG，∴△FCG∽△ACF，∴，∴CF2＝CG•CA，故②正确；∵∠ECH＝∠CDB，∠EHC＝∠DHC，∴△ECH∽△CDH，∴，∴，∵∠ECH＝∠DBC，∠BEC＝∠CEH，∴△ECH∽△EBC，∴，∴，∴，∴BC•CD＝DH•BE＝16，故③正确；∵BF＝1，AB＝4，∴AF＝3，，∵∠ECF＝∠ACD＝45°，∴∠ACF＝∠DCE，又∵∠FAC＝∠CDE＝45°，∴△AFC∽△DEC，∴，∴，∴，故④正确，故选：D．5．（2024•河北模拟）如图，△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接ED，则CD的长为（）A．1 B． C．2 D．【分析】连接AE，由AB为直径，可证得AE⊥BC，证明△CDE∽△CBA后即可求得CD的长．【解答】解：连接AE，∵AB为直径，∴AE⊥BC，∵AB＝AC，∴BE＝CE＝BC＝，∵∠C＝∠C，∠CDE＝∠ABC，∴△CDE∽△CBA，∴＝，∴CE•CB＝CD•CA，∵AC＝AB＝4，∴•2＝4CD，∴CD＝．故选：B．6．（2024•宁波模拟）如图，在正方形ABCD中，G为BC上一点，矩形DEFG的边EF经过点A．若∠CDG＝α，则∠AHF＝90°﹣α；若AH＝3，GC＝2，则△EFH的面积为3．【分析】根据直角三角形的内角和关系可以计算出∠AHF的度数，利用已知条件可以推导出△BHG∽△CGD，利用相似比求出正方形的边长，使用勾股定理计算出矩形的边长，最后计算出△EFH的面积．【解答】解：（1）根据已知可得：∠B＝∠C＝∠AFH＝∠FGD＝90°，∵∠BHG+∠HGB＝90°，∠HGB+∠DGC＝90°，∴∠BHG＝∠DGC，∵∠CDG＝α，∴∠BHG＝∠DGC＝90°﹣α，又∵∠AHF＝∠BHG，∴∠AHF＝90°﹣α，故答案为：90°﹣α；’（2）设AB＝x，∴HB＝x﹣3，BG＝x﹣2，∵∠BHG＝∠DGC，∠B＝∠C，∴△BHG∽△CGD，∴＝，∴＝，∴x＝4，即：正方形的边长为4，∴HB＝1，BG＝2，∴HG＝＝，∴DG＝＝2，∴EF＝DG＝2，连接EH，如图：∵∠B＝∠AFH，∠AHF＝∠BHG，∴△AFH∽△GHB，∴＝，∴＝，∴HF＝，∴S△EHF＝EF•HF＝×2×＝3，故答案为：3．7．（2024•沈阳模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，E是AB边上一点，且AE＝1，F是AD边上一动点，作∠EFG＝90°，交CD边于点G，将△FDG沿着FG所在直线折叠，点D的对应点D′恰好落在BC边上，则DF的长为4或．【分析】设DF＝x，则AF＝5﹣x，过F作FH⊥BC于H，则FH＝AB＝4．先利用△AEF∽△DFG，即可得出DG＝x（5﹣x）；再利用△FHD'∽△D'CG，即可得出D'C＝4（5﹣x）；在Rt△FHD'中，利用勾股定理列方程求解即可得到x的值，进而得出结论．【解答】解：设DF＝x，则AF＝5﹣x，如图所示，过F作FH⊥BC于H，则FH＝AB＝4，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，∵∠EFG＝90°，∴∠DFG+∠AFE＝90°＝∠AEF+∠AFE，∴∠DFG＝∠AEF，∴△AEF∽△DFG，∴＝，即＝，∴DG＝x（5﹣x），由折叠可得，D'G＝DG＝x（5﹣x），FD'＝DF＝x，∠FD'G＝∠D＝90°，∵FH⊥BC，∴∠HFD'+∠FD'H＝90°＝∠CD'G+∠FD'H，∴∠HFD'＝∠CD'G，又∵∠C＝∠FHD'＝90°，∴△FHD'∽△D'CG，∴＝，即＝，∴D'C＝4（5﹣x），∴D'H＝CH﹣D'C＝x﹣4（5﹣x）＝5x﹣20，Rt△FHD'中，FH2+D'H2＝D'F2，∴42+（5x﹣20）2＝x2，解得x＝4或，∴DF＝4或．故答案为：4或．8．（2024•伊宁市校级一模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E在AC上，EF⊥BE交CD于点F，且F为CD的中点，交BD于点G，连接BF交AC于点H，连接GH．下列结论：①∠EFB＝45°；②；③EH＝2GH；④GO•BG＝GH•GD．其中正确结论的序号为①②③④．【分析】①过点E作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，通过AAS证明△MEB＝△NFE，得到BE＝EF，从而得到△EFB为等腰直角三角形，∠EFB＝45°；②作FK⊥AC交AC于点K，则，由KF⊥OC，DO⊥OC，F为CD的中点，得到K为OC的中点，从而得到OK＝CK＝KF，通过AAS证明△EBO＝△FEK，得到OE＝KF＝OK＝CK，即可得到；③通过证明△BOH∽△FKH，得到，则可设HK＝a，则OH＝2a，通过证明△EGO∽△EFK，得到，得到OG＝，通过勾股定理可以计算出GH＝，即可得到答案；④由③可以计算出GO、BG、GH、GD的长，即可得到答案．【解答】解：①如图，过点E作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，∵四边形ABCD为正方形，MN∥AD，对角线AC，BD交于点O，∴∠ACD＝45°，四边形MBCN为矩形，∴MB＝CN＝NE，∠BME＝∠ENF＝90°，∵BE⊥EF，∴∠NEF+∠MEB＝90°，∵∠NEF+∠NFE＝90°，∴∠MEB＝∠NFE，在△MEB和△NFE中，，∴△MEB≌△NFE（AAS），∴BE＝EF，∴△EFB为等腰直角三角形，∠EFB＝45°，故①正确，符合题意；②如图，作FK⊥AC交AC于点K，则，∵KF⊥OC，DO⊥OC，F为CD的中点，∴KF为△OCD的中位线，∴K为OC的中点，∴OK＝CK＝KF，∵∠EBO+∠BEO＝90°，∠BEO+∠FEK＝90°，∴∠EBO＝∠FEK，在△EBO和△FEK中，，∴△EBO≌△FEK（AAS），∴OE＝KF＝OK＝CK，∵AE+OE＝AO＝CO＝OK+CK，∴AE＝CK，∴，故②正确，符合题意；③∵∠BOH＝∠FKH＝90°，∠OHB＝∠KHF，∴△BOH∽△FKH，∴，设HK＝a，则OH＝2a，∴OE＝OK＝KF＝OH+HK＝2a+a＝3a，EH＝OE+OH＝3a+2a＝5a，EK＝OE+OK＝3a+3a＝6a，∵GO⊥EK，FK⊥EK，∴GO∥FK，∴△EGO∽△EFK，∴，即，∴OG＝，∴GH＝＝＝，∴EH＝2GH，故③正确，符合题意；④由③可得，，，OB＝OC＝OK+KC＝6a，∴，，∵GO•BG＝＝，GH•GD＝＝，∴GO•BG＝GH•GD，故④正确，符合题意．故答案为：①②③④．9．（2023•新抚区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，连接BE，以BE为斜边在BE的右侧作等腰直角△BDE，P是AE边上的一点，连接PC和CD，当∠PCD＝45°，则PE长为2．【分析】由AE＝3得动点E在圆上运动，因为△BDE是等腰直角三角形且∠PCD＝45°，所以想到瓜豆原理，可两次构造三角形相似去解答．【解答】解：以AB为斜边在AB的右侧作等腰直角△ABF，连接FC，FD．∵∠ABF＝∠EBD＝45°，∴∠ABE＝∠FBD，∵，∴△ABE∽△FBD，∴，∴FD＝，在四边形ACBF中，∠ACB＝∠AFB＝90°，∴A、C、B、F四点共圆，∴∠ACF＝∠ABF＝45°，∠CAB＝∠CFB，∵∠PCD＝45°∴∠ACP＝∠FCD，又∵△ABE∽△FBD，∴∠BAE＝∠BFD，∴∠CAP＝∠CFD，∴△CAP∽△CFD，∴，在四边形ACBF中，由对角互补模型得AC+CB＝，∴CF＝∴，∴AP＝1，∴PE＝2，故答案为：210．（2024•汝南县一模）某“综合与实践”小组开展测量本校旗杆高度的实践活动．他们制订了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量，测量报告如下．课题测量旗杆的高度成员组长：×××组员：×××，×××，×××测量工具皮尺，标杆测量示意图说明：在水平地面上直立一根标杆EF，观测者沿着直线BF后退到点D，使眼睛C、标杆的顶端E、旗杆的顶端A在同一直线上．测量数据观测者与标杆的距离DF观测者与旗杆的距离DB标杆EF的长观测者的眼睛离地面的距离CD1m18m2.4m1.6m问题解决如图，过点C作CH⊥AB于点H，交EF于点G．…请根据以上测量结果及该小组的思路．求学校旗杆AB的高度．【分析】根据题意可得：CD＝FG＝BH＝1.6m，CG＝DF＝1m，CH＝BD＝18m，∠CGE＝∠CHA＝90°，从而可得EG＝0.8m，然后证明A字模型相似△ECG∽△ACH，从而利用相似三角形的性质求出AH的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．【解答】解：由题意得：CD＝FG＝BH＝1.6m，CG＝DF＝1m，CH＝BD＝18m，∠CGE＝∠CHA＝90°，∵EF＝2.4m，∴EG＝EF﹣FG＝2.4﹣1.6＝0.8（m），∵∠ECG＝∠ACH，∴△ECG∽△ACH，∴＝，∴＝，∴AH＝14.4，∴AB＝AH+BH＝14.4+1.6＝16（m），∴学校旗杆AB的高度16m．11．（2024•中山市一模）【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明）【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．（1）求证：△AED∽△BFE．（2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长．【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为2或2．【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得∠ADE＝∠BEF，从而证明结论；（2）由（1）知△AED∽△BFE，得，代入计算即可；【应用】如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意；如果CE＝EF，利用AAS证明△AEC≌△BFE，得BE＝AC，可得答案；如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°，则∠CFE＝90°，则CE⊥AB，从而解决问题．【解答】【探究】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝90°，∴∠ADE+∠AED＝90°，∵DE⊥EF，∴∠DEF＝90°，∴∠BEF+∠AED＝90°，∴∠ADE＝∠BEF，又∵∠A＝∠B，∴△AED∽△BFE；（2）解：∵E为AB的中点，∴AE＝BE＝5，由（1）知△AED∽△BFE，∴，即，∴BF＝；【应用】解：如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意，②如果CE＝EF，则∠ECF＝∠EFC＝，∵∠EFC为△BEF的外角，∴∠EFC＝∠B+∠BEF，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，∴∠BEF＝∠EFC﹣∠B＝67.5°﹣45°＝22.5°，∠ACE＝90°﹣∠ECF＝90°﹣67.5°＝22.5°，∴∠ACF＝∠BEF，又∵∠A＝∠B，CE＝EF，∴△AEC≌△BFE（AAS），∴BE＝AC，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4，∴AC＝，∴BE＝2；如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°，∴∠CFE＝90°，在△BEC中，∠B＝∠BCE＝45°，∴∠BEC＝90°，∴CE⊥AB，又∵AC＝BC，∴点E为AB的中点，∴BE＝，综上，BE的长为2或2，故答案为：2或2．考点三：三角形的组合模型三角形除了全等模型，还有一些可以得到特殊性质或者结论的组合模型，即当两个或者三个条件同时出现，就会有一些固定用法，这类模型我们叫它组合模型。题型01三角形组合模型及其应用解题大招：常见组合模型①知2得1：①AD为角平分线；②DE∥AB；③AE=ED若以上3个条件中有2个成立，则剩余的那个就会成立。即：三条件满足“知2得1”①AD为角平分线；②DE∥AB；③AE=ED若以上3个条件中有2个成立，则剩余的那个就会成立。即：三条件满足“知2得1”②勾股定理面积应用：图形结论总结当分别以直角三角形的三边为边（或底边、半径）做规则的正方形、等边三角形、等腰直角三角形、半圆时，均满足两直角边所做图形的面积和等于斜边所做图形的面积ACDACDBEEDBCAF☆1：若∠DAE旋转到△ABC外部时，结论BD☆1：若∠DAE旋转到△ABC外部时，结论BD2＋CE2=DE2仍然成立EDBCAEDBCAF☆2：若∠DAE=135°时，则有结论CD☆2：若∠DAE=135°时，则有结论CD2＋BE2=DE2。【中考真题练】1．（2023•衢州）如图，在△ABC中，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB，AC于点D，E．分别以点D，E为圆心，大于长为半径画弧，交于∠BAC内一点F．连结AF并延长，交BC于点G．连结DG，EG．添加下列条件，不能使BG＝CG成立的是（）A．AB＝AC B．AG⊥BC C．∠DGB＝∠EGC D．AG＝AC【分析】根据题意可知AG是三角形的角平分线，再结合选项所给的条件逐次判断能否得出BG＝CG即可．【解答】解：根据题中所给的作图步骤可知，AB是△ABC的角平分线，即∠BAG＝∠CAG．当AB＝AC时，又∠BAG＝∠CAG，且AG＝AG，所以△ABG≌△ACG（SAS），所以BG＝CG，故A选项不符合题意．当AG⊥BC时，∠AGB＝∠AGC＝90°，又∠BAG＝∠CAG，且AG＝AG，所以△ABG≌△ACG（ASA），所以BG＝CG，故B选项不符合题意．当∠DGB＝∠EGC时，因为∠BAG＝∠CAG，AD＝AE，AG＝AG，所以△ADG≌△AEG（SAS），所以∠AGD＝∠AGE，又∠DGB＝∠EGC，所以∠AGD+∠DGB＝∠AGE+∠EGC，即∠AGB＝∠AGC．又∠AGB+∠AGC＝90°，所以∠AGB＝∠AGC＝90°，则方法同（2）可得出BG＝CG，故C选项不符合题意．故选：D．2．（2023•扬州）我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b﹣a＝4，c＝20，则每个直角三角形的面积为96．【分析】根据勾股定理可知a2+b2＝c2，再根据b﹣a＝4，c＝20，即可得到a、b的值，然后即可计算出每个直角三角形的面积．【解答】解：由图可得，a2+b2＝c2，∴且a、b均大于0，解得，∴每个直角三角形的面积为ab＝×12×16＝96，故答案为：96．3．（2023•潍坊）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，AE⊥CD，垂足为点E，过点E作EF∥BC，交AC于点F，G为BC的中点，连接FG．求证：FG＝AB．【分析】由角平分线的定义及平行线的性质可得∠ACD＝∠FEC，即可证明EF＝CF，再利用直角三角形的性质可证明AF＝CF，即可得GF是△ABC的中位线，进而可证明结论．【解答】证明：∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∵EF∥BC，∴∠FEC＝∠BCD，∴∠ACD＝∠FEC，∴EF＝CF，∵AE⊥CD，∴∠AEC＝90°，∴∠EAC+∠ACD＝90°，∠AEF+∠FEC＝90°，∴∠EAC＝∠AEF，∴AF＝EF，∴AF＝CF，∵G是BC的中点，∴GF是△ABC的中位线，∴FG＝AB．4．（2023•黄石）如图，AB为⊙O的直径，DA和⊙O相交于点F，AC平分∠DAB，点C在⊙O上，且CD⊥DA，AC交BF于点P．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）求证：AC•PC＝BC2；（3）已知BC2＝3FP•DC，求的值．【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质得∠OAC＝∠OCA，再证∠DAC＝∠OCA，则DA∥OC，然后证OC⊥CD，即可得出结论；（2）由圆周角定理得∠ACB＝90°，∠DAC＝∠PBC，再证∠BAC＝∠PBC，然后证△ACB∽△BCP，得＝，即可得出结论；（3）过P作PE⊥AB于点E，证AC•PC＝3FP•DC，再证△ACD∽△BPC，得AC•PC＝BP•DC，则BP•DC＝3FP•DC，进而得BP＝3FP，然后由角平分线的性质和三角形面积即可得出结论．【解答】（1）证明：如图1，连接OC，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠OAC，∴∠DAC＝∠OCA，∴DA∥OC，∵CD⊥DA，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O的切线；（2）证明：∵