2026年安徽中考数学二轮复习 专题02 三角形与四边形综合(题型专练)

Page专题02三角形与四边形综合内●容●导●航第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练题型01三角形的全等判定与性质题型02三角形的相似判定与性质题型03等腰三角形与直角三角形的综合应用题型04平行四边形的性质与判定题型05矩形、菱形、正方形的综合性质与判定题型06三角形与四边形的折叠、旋转综合第二部分题型训练整合应用，模拟实战题●型●破●译题型01三角形的全等判定与性质典例引领【典例01】已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．(1)如图1，若，求证：四边形BCDE是菱形；(2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．（ⅰ）求∠CED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．【答案】(1)见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形；（2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出；（ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出，得出，证明，再证明，即可证明结论．【详解】（1）证明：∵DC=BC，CE⊥BD，∴DO=BO，∵，∴，，∴（AAS），∴，∴四边形BCDE为平行四边形，∵CE⊥BD，∴四边形BCDE为菱形．（2）（ⅰ）根据解析（1）可知，BO=DO，∴CE垂直平分BD，∴BE=DE，∵BO=DO，∴∠BEO=∠DEO，∵DE垂直平分AC，∴AE=CE，∵EG⊥AC，∴∠AEG=∠DEO，∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，∴．（ⅱ）连接EF，∵EG⊥AC，∴，∴，∵∵AE=AF，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，

∴，∴，，∴，，，，∴，，∴（AAS），．【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出，得出，是解题的关键．【典例02】已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，．(1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长；(2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接．①求证：；②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由．【答案】(1)(2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解；（2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解；②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论；（方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D，∴，，，由垂直平分线的性质知，，，又，∴，∴．又，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴．（2）解：①证明：由题意知，，∴，．∴，∴．②解：是等腰直角三角形．理由如下：（方法一）作交于点M，交于点N．∵，∴M为的中点．又，∴，∴，∴N是的中点，∴是的中位线，．∵，，且，∴，∴，即E为的中点．又，∴，∴．同理可证，∴．∴是等腰直角三角形．（方法二）设，则．∵，∴，∴，又∵，∴，∴．∵，∴．∴，∴．∴．∴，又，，∴．∴，．由①知，∴．又，∴为等腰直角三角形．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．方法透视考向解读多结合四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）、折叠、旋转等图形变换考查，设问多为“证明线段相等/角相等”“求线段长度”“证明平行/垂直”。考向核心是“全等的判定条件选择”，尤其关注“公共边、公共角、对顶角”等隐含条件，常与等腰三角形、直角三角形性质结合，难度中等，是基础得分点。方法技能判定方法选择：优先找“已知边/角”对应的判定定理——有两边及夹角用SAS，有两角及一边用AAS/ASA，直角三角形优先用HL（注意直角边与斜边的区分），三边相等用SSS（中考极少单独考查，多结合折叠）。隐含条件挖掘：题目中“折叠”“旋转”“对称”均隐含“对应边相等、对应角相等”，可直接作为全等的条件；四边形中“对边相等”“对角线互相平分”可转化为三角形全等的边的条件。辅助线技巧：遇“中点”可连中线（或倍长中线），遇“角平分线”可作角两边的垂线（或截长补短），遇“线段和差”优先用截长补短法构造全等三角形。变式演练【变式01】阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是．（1）在图2中，的度数是（直接写答案）．参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：（2）如图3，在直角梯形中，（），，，是上一点，若，，求的长度．（3）如图4，中，，，以为边作正方形，连接．当时，线段有最大值，并求出的最大值．【答案】（1）；（2）；（3）当时，线段有最大值，最大值为．【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理、三角形三边之间的关系、旋转的性质属于综合题．将绕点顺时针旋转得到，根据正方形的性质可知，因为，可得：；过点作，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，可证，根据全等三角形的性质可得，可以求出，根据勾股定理可得：，即可求出；

将绕点逆时针旋转得线段，连接、，利用勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可证，当、、三点共线时，有最大值，最大值为．【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，，，四边形是正方形，，，，，；故答案为：；

解：如下图所示，过点作，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，

，，，，直角梯形中，（），，，，四边形是正方形，，，点与重合，、、三点共线，

，由可知，在和中，，（），，

，，，，，在中，，，解得：；

当时，线段有最大值，

如下图所示，将绕点逆时针旋转得线段，连接、，是等腰直角三角形，，，，

四边形是正方形，，，，即，在和中，，，，

当有最大值时，有最大值，，，当、、三点共线时，有最大值，最大值为，，此时，当时，线段有最大值，最大值为．【变式02】如图，在等腰直角、等腰直角中，，．(1)如图1，若：①求证：；②°；若，°；(2)如图2，若，，求的长．【答案】(1)①见解析，②90；90(2)【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．在题目中找到对应的母子型相似是解决问题的关键．（1）①通过得出，进而得出，证明即可．②利用，推导出，得出即可得出最终结论．（2）证明可得即可求出的长，再用勾股定理求即可．【详解】（1）解：①，，，，，，．②由题得：，，，，即，，，，；综上，的值与是否等于无关，均为．（2），，，，，，，．【变式03】如图，长方形中，，E为边上一点，连接，过点E作交边于点F，连接交于点．(1)当时，求证：；(2)在（1）的条件下，求的长；(3)若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理、四点共圆、垂径定理等知识点：（1）根据同角的余角相等证明，再结合已知条件即可证明；（2）延长交于点H，利用平行线分线段成比例定理和勾股定理可求，由即可得到答案；（3）根据可知四点共圆，且是直径，再根据垂径定理可求，从而可求，根据同角的余角相等可得，从而．【详解】（1）证明：∵，∴，又∵，∴，∴在和中，，∴；（2）解：如图，延长交于点H：由（1）知∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图，，四点共圆，且是直径，又，，，，∵，∴，∴．题型02三角形的相似判定与性质典例引领【典例01】如图，在中，点P，D分别在边，上，，垂足为A，，垂足为P，且．(1)求证：(2)如果，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，根据条件找到图中的相似三角形是解题关键．（1）根据两边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似，通过相似三角形的性质即可证明；（2）先通过（1）中的相似三角形，得到相等角，利用等角对等边，求出，再利用角的等量代换，得到另一组相等角，从而证明另一组相似三角形，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）证明：∵，，∴．又，∴，∴，∵，，∴．（2）解：由（1），得，∴，∴．∵，∴．∵，，∴，∴，∴，∴（负值已舍去），故的长为．【典例02】在四边形中，，，点在边上，连接，，交于点．(1)若，如图1．求证：四边形是菱形；(2)如图2，连接交于点，若点是的中点．①求证：；②若，，，求，的长．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②，【分析】（1）证明，推出，结合，推出四边形是平行四边形，由，得到四边形是菱形；（2）①证明，推出，结合，得到；②先证明四边形是平行四边形，再证明，根据相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．（2）解：①∵，∴，，∵点是的中点，∴，∴，∴，∵，∴；②由①得，∵，∴四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．方法透视考向解读安徽中考常以“压轴小题”或“解答题第二问”形式考查，核心结合四边形（如平行四边形中构造相似、正方形内相似三角形）、三角函数、面积比等。考向重点是“相似三角形的判定”和“性质的灵活运用”，尤其关注“一线三等角”“母子相似”“平行型相似”三大模型，难度中等偏上，是拉开分差的关键考点。方法技能判定技巧：优先识别模型——平行于三角形一边的直线截另外两边，得平行型相似（A字型、X字型）；直角三角形中，斜边上的高构造母子相似；“一线三等角”模型（三个等角在同一直线上，如矩形中动点形成的直角，构造相似）。性质应用：相似三角形的对应边成比例、对应角相等，面积比等于相似比的平方（中考常考面积计算、线段比例求值）；可结合三角函数，将角的关系转化为边的比例，简化计算。易错点规避：注意相似三角形的“对应关系”，避免找错对应边、对应角；计算比例时，优先化简再代入数值，减少计算误差。变式演练【变式01】在矩形中，为对角线上一点（），连接，过点作交的延长线于点，交于点，设．(1)如图1，已知．（ⅰ）若，求证：；（ⅱ）求证：．(2)如图2，若，，求的值．【答案】(1)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析；(2)【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定；（1）（ⅰ）根据已知等边对等角可得。进而证明，根据线段的和差以及等量代换即可得证；（ⅱ）过点作，交于点，交于点．证明得出，设，，进而根据勾股定理，即可得证；（2）过点作，交于点，交于点．设，则，证明，得出，根据已知可得，，代入比例式，即可求解．【详解】（1）解：（ⅰ），，，，，，，，，，，即．（ⅱ）如图1，过点作，交于点，交于点，，矩形为正方形，，和均为等腰直角三角形，，又∵，∴，∴，∴，，设，，，，．（2）解：如图2，过点作，交于点，交于点．设，则，，∴∴∴，，为的中点，为的中点，，，，解得（负值舍去）．【变式02】如图，在中，平分交于点，点在边上，满足．连接交于点，过点作交于点．(1)求证：；(2)求证：；(3)若，求的值．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)．【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握以上内容是解题的关键．（）平分，故，因为，则，由，可得，又，，故，可得；（）由平行线的性质可得，，又平分，则有，证明，，即可得结论；（）证明，即可得，又由可得，从而，由，可得．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴；（2）证明：∵，∴，，∵平分，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：∵，，∴，∴，又由（）可得，∴，由（）知，∴．【变式03】如图，在正方形中，点是边的中点，点是边的中点，与交于点，为的中点．(1)求的度数；(2)证明：．【答案】(1)；(2)见解析．【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，掌握知识点的应用是解题的关键．（）由四边形是正方形，则，，又点是边的中点，点是边的中点，则，证明，所以，然后通过角度和差即可求解；（）作于，则，设，，由勾股定理得，证明，则，所以，，则有，同理，，，，然后代入即可求证．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，，∵点是边的中点，点是边的中点，∴，∴，∴，∵，∴；（2）证明：作于，则，设，，∴，∵，，∴，∴，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，，∴．题型03等腰三角形与直角三角形的综合应用典例引领【典例01】如图，在中，，为的角平分线，点F为上一动点，点G为的中点，连接，则的最小值是（）A．2 B． C．4 D．【答案】B【分析】连接，分别取的中点，连接，由三角形中位线定理得出点在上运动，当时，的值最小，由等边对等角结合三角形内角和定理得出，求出得出的最小值为，求出的长即可得解．【详解】解：如图所示，连接，分别取的中点，连接，∵点G为的中点，∴是的中位线，是的中位线，∴，∵点F在上运动，∴，∴三点共线，∴点G在线段上运动，∴当时，的值最小，在中，，，，，，，，，为的角平分线，，∵，，，即，的最小值为，，，，，，故选：B．【点睛】本题考查了垂线段最短，三角形中位线定理，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，正确找到点G的轨迹是解题的关键．【典例02】如图，中，边上的中线与的平分线交于点，．(1)求证：；(2)求证：；(3)若，求．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)．【分析】（）根据角平分线的定义得到，根据等腰三角形的性质得到，再利用三角形外角性质可证明，然后根据相似三角形的判定方法得到结论；（）过点作交于点，如图，利用平行线分线段成比例定理，由得到，由得到，则，所以；（）先证明，得到，则利用，，，得到，则，由于，所以，然后把与相加得到，然后解方程即可．【详解】（1）证明：如图，∵平分，∴，∵，∴，∵，，∴，∴；（2）证明：过点作交于点，如图，∵为中线，∴，∵，∴，即，∵，∴，∵，∴，∴；（3）解：∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴，即，∵，∴，即，得，解得．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边对等角，角平分线定义，三角形的外角性质，平行线分线段成比例，解一元二次方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键方法透视考向解读常结合四边形、折叠、旋转考查，核心是等腰三角形的“三线合一”、直角三角形的“勾股定理”“30°角所对的直角边等于斜边的一半”，设问多为“求角度”“求线段长度”“证明垂直”。考向特点是“性质交叉运用”，如矩形中隐含直角三角形，菱形中隐含等腰三角形，难度中等，需注意分类讨论（如等腰三角形的腰不确定时）。方法技能等腰三角形：遇“等腰”优先连顶角平分线（或底边上的中线、高），利用“三线合一”转化角或线段关系；当等腰三角形的腰、底不确定时，需分类讨论（如已知等腰三角形两边长，求周长或边长）。直角三角形：勾股定理是核心计算工具，结合面积法，可快速求斜边上的高；遇“30°角”“45°角”，优先转化为特殊直角三角形，简化计算综合应用：四边形中，矩形的对角线相等且平分，可构造等腰三角形；菱形的对角线互相垂直平分，可构造直角三角形，将四边形问题转化为三角形问题求解。变式演练【变式01】一副三角板和如图摆放，其中，，且，和分别是斜边上的高．(1)求证：；(2)将绕点旋转．如图，当时，求证：；

如图，当时，求的值．【答案】(1)证明过程见解析；(2)证明过程见解析；的值为．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，由含角的直角三角形的性质，可得，结合已知可证得结论．（2）先证明，得到，从而得到四边形为平行四边形，从而证得结论；②设，根据直角三角形的性质求出关于的表达式，进而可得的值．【详解】（1）解：∵为等腰直角三角形，是斜边上的高，∴，，在中，，则，∵，∴，（2）解：∵，∴，∴，由（1）知，，∴四边形为平行四边形，∴．如图，过点作的垂线，垂足为，∵，∴，∴，设，则，∵，∴，，∴，答：的值为．【点睛】本题考查特殊角的三角函数值，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质和定理．【变式02】如图，在等腰中，，点是延长线上一点，连接，过点作，交于点，交于点，连接．(1)求证：；(2)已知，为直角三角形．①如图1，若，，求的长；②如图2，若，求证：．【答案】(1)见解析；(2)①；②见解析；【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，解直角三角形，三角形中位线定理的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．（1）过点作于点，根据等腰三角形的性质得到，再得到，即可求解；

（2）①过点作于点，设，则由（1）知，根据解直角三角形得到，证明，得到，即可求解；；

②过点作于点，过点作于点，由①得到，，则，得到是的中位线，即可得出结论．【详解】（1）（1）证明：如图1，过点作于点，，，，，，，，；（2）①解：如图1，过点作于点，设，则由（1）知，，，，由（1）知，，，，，，，，，，，，，，，，；

②证明：如图2，过点作于点，过点作于点，，，同①理可得，，，，即为的中点，，，，是的中位线，，．【变式03】如图，在中，，点在边上，连接，为上一点，连接并延长交于点，已知．(1)求证：；(2)连接，若．（）如图，当为的中点时，求的值；（）请就图的情形求证：．【答案】(1)见解析(2)（i）；（ii）见解析【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形判定与性质，勾股定理逆定理，等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．（1）证明即可；（2）（i）过点作交延长线于点，则，，得到，，设，则，，则，由（1）可得：，，再由勾股定理逆定理求解即可；（ii）在上取点，使，连接，过点作的平行线交延长线于点，先证明，由得到，导角证明，由相似得到，设，则，则，再由等边对等角结合三角形的外角即可证明．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）（）解：∵点为的中点，∴，过点作交延长线于点，∴，，∵，，∴，，设，则，，∴由（1）可得：，∴，∴，∵，，∴，∴；（ii）证明：在上取点，使，连接，过点作的平行线交延长线于点，∵，，∴，∴，，∴，∵，∴，，∴，∴，∵，，∴，设，则，∴，∴．题型04平行四边形的性质与判定典例引领【典例01】如图，等边三角形中，，D、E是边上的两点，，P是线段上一动点，过点P分别作的平行线交于点M、N，连接、，交于点G，则点P由点D移动到点E的过程中，线段扫过的区域面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理．过点A作，垂足为H，先证明四边形是平行四边形，在点P由点D移动到点E的过程中，点G始终是的中点，且到边的距离始终等于，点G的运动轨迹是的中位线，据此求解即可．【详解】解：过点A作，垂足为H，∵等边三角形，，∴，，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴在点P由点D移动到点E的过程中，点G始终是的中点，且到边的距离始终等于，∴点G的运动轨迹是的中位线，∴点G的运动距离，∴线段扫过的区域是底为2，高为的一个三角形，∴线段扫过的区域面积．故选：B．【典例02】如图，在平行四边形中，点E为的中点，点F为延长线上一点，交于点G，若，则______．【答案】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，由平行四边形的性质可推出，则可得到；证明四边形是平行四边形，可推出；证明，可推出，则．【详解】解：∵点E为的中点，∴；∵四边形是平行四边形，∴，∴；又∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴；∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．方法透视考向解读中考必考，多作为解答题的基础设问（第一问），或结合全等、相似考查，核心是平行四边形的“对边平行且相等”“对角相等”“对角线互相平分”，判定多考查“一组对边平行且相等”“两组对边分别相等”“对角线互相平分”。考向难度较低，是必得分点，但需注意与矩形、菱形、正方形的性质区分方法技能判定技巧：根据题干条件选择最优判定方法——已知“一组对边平行”，优先证“这组对边相等”（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；已知“对角线”，优先证“对角线互相平分”；已知“边的关系”，可证“两组对边分别相等”。性质应用：平行四边形的对边平行，可转化为“内错角相等”“同位角相等”，用于角的证明；对边相等、对角线互相平分，可转化为线段相等，用于构造全等三角形。易错点：注意“平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等、不一定垂直”，避免与矩形、菱形的对角线性质混淆；证明时，需完整书写判定条件，不可遗漏（如证一组对边平行且相等，需同时证明“平行”和“相等”）。变式演练【变式01】如图，在中，，，为外一点，，．连接交于点，且，则的长为________．【答案】【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形的外角性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．由勾股定理和等腰直角三角形的性质得，，得到，推出，得到，推出四边形是平行四边形，得到，可证明，得到，求出，得到，即可得到答案．【详解】解：，，，，垂直平分，，，，，，，，，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，故答案为：．【变式02】如图，在中，，，过点B作，连接，是的中点，连接并延长，交于点F，连接．(1)如图1，求证：．(2)如图2，连接，若，猜想与之间的数量关系，并说明理由．(3)如图3，过点C作平分，交于点M，过点E作，交于点N．求证：．【答案】(1)见解析(2)，理由见解析(3)见解析【分析】（1）根据中点的定义得到，再利用平行线的性质和全等三角形的判定推出，得到，进而推出四边形是平行四边形，即可证明；（2）利用平行四边形的性质得到，，通过证明得到，利用直角三角形斜边中线定理推出，得到，再利用平行线的性质即可得出结论；（3）延长交于点，交的延长线于点，连接，作交于点，利用等腰直角三角形的性质推出，利用三角形内角和定理推出，利用三角形中位线定理得到，，进而证出是等腰直角三角形，得到，，再利用全等三角形的判定得出和，得到，最后利用线段的和差即可证明．【详解】（1）证明：点是中点，，，，，，，又，四边形是平行四边形，．（2）解：，理由如下：由（1）得，四边形是平行四边形，，，，，，又，，，，，，，，，，，．（3）证明：如图，延长交于点，交的延长线于点，连接，作交于点，，，平分，，，，，，，，，又，，由（2）得，，，又，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，又，，，，，即，，．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质与判定、平行四边形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理，熟练掌握相关知识点，学会添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的辅助线构造能力和几何推理能力，适合有能力解决几何难题的学生．【变式03】如图1，在四边形中，是的中点，，垂足为，，．(1)求证：；(2)如图2，为的中点，交于点，若，求的值；(3)在（2）的条件下，连接，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）证明四边形为平行四边形，．证明垂直平分，得到，即可得到结论；（2）证明，，由即可得到结论；（3）过点作，垂足为．求出，，即可求出的值．【详解】（1）证明：，，．又，四边形为平行四边形，．为的中点，为的中点，垂直平分，，．（2）解：为的中点，为的中点，，．由（1）可知，，，，，，∴，．（3）解：如图，过点作，垂足为．∴∴∴由（2）可知，当时，，，，∴．设，则，．在中，，，解得，，，．【点睛】此考查了平行线分线段成比例定理、勾股定理、三角形中位线定理、平行四边形的性质等知识，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键．题型05矩形、菱形、正方形的综合性质与判定典例引领【典例01】已知：在四边形中，点G在边的延长线上，平分，平分．交于点O．(1)求证：；(2)若点O为的中点，求证：四边形是矩形．【答案】(1)证明见详解(2)证明见详解【分析】（1）由角平分线的定义和平行线的性质可得，，即得，，，据此即可求证；（2）利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义可得，据此即可求证．【详解】（1）证明：∵平分，平分，∴，，∵，∴，，∴，，∴，，∴；（2）证明：∵是的中点，∴，由（1）知，∴四边形是平行四边形，∵，，∴，即，∴四边形是矩形．【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，等角对等边，平行四边形的判定，矩形的判定，掌握以上知识点是解题的关键．【典例02】如图，在矩形中，点E为边的中点，点F为上的一个动点，连接并延长，交的延长线于点G，以为底边在下方作等腰，且．(1)如图①，若点H恰好落在上，连接，．①求证：；②若，，求的面积(2)如图②，点H落在矩形内，连接，若，，求四边形面积的最大值．【答案】(1)①证明见解析；②10(2)【分析】（1）①如图1，过点E作，先证明，得到，再根据三线合一的性质，得到，，然后证明四边形是矩形，进而推出，得到，得到正方形，即可证明结论；②如图2，先根据正方形和等腰三角形的性质，得到，再利用三角形内角和定理，得到，根据正切值，得到，根据全等三角形的性质可知，，设，求解出，最后利用勾股定理，求得，即可求出的面积；（2）如图3，过点H作于点P，过点E作于点Q，连接、，同理可证，，四边形是矩形，推出正方形，得到，进而得到，设，则，，构建二次函数，求出的最大值为，即可得到答案．【详解】（1）①证明：如图1，过点E作交于点M，四边形是矩形，，，点E为边的中点，，在和中，，∴，，∴点E为的中点，∵是等腰直角三角形，，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，在和中，，∴，，矩形是正方形，∴，；②解：如图2，与相交于点N，矩形是正方形，，，，∴，，，，，∴，∵，，，设，则，，，∴，∴，，由勾股定理得：，∵是等腰直角三角形，，∴；（2）解：如图3，过点H作于点P，过点E作于点Q，连接，，同理可证，，四边形是矩形，∴，，矩形是正方形，，∵，点E是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，，，，时，有最大值，最大值为，∵，四边形面积的最大值为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的最值等知识，解题关键是寻找全等三角形解决问题，学会构建二次函数解决最值问题．方法透视考向解读中考核心考查内容，多以解答题（19-21题）形式出现，侧重“特殊四边形的性质联动”“判定与证明”“计算（边长、对角线、面积）”。考向特点是“从一般到特殊”，即平行四边形→矩形/菱形→正方形，设问多为“证明四边形是矩形/菱形/正方形”“求线段长度/面积”“探究图形的对称性”，难度中等偏上，需掌握特殊四边形的判定条件和性质差异方法技能判定逻辑：先证四边形是平行四边形，再证其为特殊四边形——矩形（有一个直角或对角线相等）、菱形（有一组邻边相等或对角线互相垂直）；正方形可先证矩形再证邻边相等，或先证菱形再证有一个直角，简化判定过程。性质应用：矩形的对角线相等，可用于线段相等的证明和勾股定理的应用；菱形的对角线互相垂直，可构造直角三角形，结合勾股定理求边长；正方形兼具矩形和菱形的所有性质，是中考综合题的高频载体（如正方形内的折叠、旋转问题）。面积计算：可根据题干条件选择最优计算方法。变式演练【变式01】如图，矩形中P为对角线上一动点，过P点作交于于点E，作交于点F，连接、．

(1)若，①求证：平分；②求证：(2)已知，且P为的中点，求矩形的周长．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)【分析】此题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质与判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．（1）①由矩形得到，然后根据等边对等角和平行线得到，等量代换得到，然后结合即可求解；②证明出，得到，然后等量代换即可证明；（2）如图所示，过点D作，由相似得到，代数求出，利用三线合一求出，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：①∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分；②∵，∴，∴，∵（矩形的性质），，，∴，∴，∴∴整理得，；（2）解：如图所示，过点D作，

∵，且为的中点，∴，（矩形的性质），∵，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴矩形的周长．【变式02】四边形是矩形．(1)如图，点E，F分别在边，上，且于点H．①当时，求证：；②若，时，求的值．(2)如图，若点E在边上，且，，，点F是上一动点，连接，，．当的周长最小时，在上取一点G，连接，求的最小值．【答案】(1)①证明见解析；②(2)【分析】（1）①利用矩形推出是正方形，根据直角互余得，再明，由全等性质得．②通过矩形直角和，证明，根据相似三角形对应边成比例列方程求出，再用勾股定理计算．（2）利用轴对称性质，作点关于的对称点，将转化为，根据三点共线时线段和最小确定周长最小时的位置；再通过作辅助线求长度，利用三角形面积不同表示方法求出最小值．【详解】（1）①证明：当时，∴矩形ABCD是正方形．∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴；②解：在矩形中，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，解得或（舍去），∴．（2）如图，延长到点，使得，连接，过点作交的延长线于点H，在上取一点G，连接，则D为的中点，∵，为的垂直平分线，∴，∵为定值，∴的周长为，当点B，F，三点共线时，有最小值，即有最小值，则的周长有最小值，此时，，∴．∵，∴，∴，同理，得．在中，由勾股定理，得．当时，有最小值，∴，∴．【点睛】本题考查矩形、正方形性质，全等三角形、相似三角形判定与性质，勾股定理及轴对称-最短路径问题等；解题关键是利用图形性质找出角与边的关系，通过证明三角形全等、相似及运用轴对称性质转化线段来求解．【变式03】如图，在菱形中，点E，F分别是上任意的点(不与端点重合)，，连接与相交于点G，连接与相交于点H．(1)求证∶；(2)求证∶平分；(3)若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】本题主要查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，圆内接四边形的性质：（1）先证明为等边三角形，可得，可证明，即可求证；（2）根据全等三角形的性质可得．从而得到．由（1）可知，从而得到，进而得到点B，C，D，G四点共圆，再由，可得，即可求证；（3）作，交于点M，根据相似三角形的性质可得，从而得到，进而得到，然后根据平行线分线段成比例，即可求解．【详解】（1）证明∶∵四边形为菱形，∴．∵，，∴为等边三角形，∴．又∵，∴，；（2）证明∶∵，∴．∴．由（1）可知，∴．∴，∴点B，C，D，G四点共圆．∵，∴，∴平分．（3）解：作，交于点M，，∴，∵，∴，，∵，，，∵，．题型06三角形与四边形的折叠、旋转综合典例引领【典例01】在数学活动课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠、旋转”为主题开展数学活动，探究与角的度数、线段长度有关的问题．对直角三角形纸片进行如下操作：

【初步探究】如图1，折叠三角形纸片，使点C与点A重合，得到折痕，然后展开铺平，则与位置关系为_______，与的数量关系为_______；【再次探究】如图2，将绕点C顺时针旋转得到，连接，若，求的值；【拓展提升】在（2）的条件下，在顺时针旋转一周的过程中，当时，求的长．【答案】（1）；（2）；（3）或【分析】（1）先由折叠的性质得到，进而证明，进一步证明，即可得到；（2）由勾股定理得，由旋转的性质可得，，则，证明，即可得到；（3）分如图3-1和图3-2两种情况讨论求解即可．【详解】解：（1）∵折叠三角形纸片，使点C与点A重合，得到折痕，∴点A与点C关于对称，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：；（2）在中，由勾股定理得，由（1）可得，∴，由旋转的性质可得，，∴，∵，∴，∴；（3）如图3-1所示，当时，延长交于T，∵，∴，又∵，∴四边形是矩形，∴，，，∴，在中，由勾股定理得：；

如图3-2所示，当时，过点M作于H，∵，∴，又∵，∴四边形是矩形，∴，∴，在中，由勾股定理得：，

综上所述，的长为或．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．【典例02】阅读材料，解决问题折叠、旋转是我们常见的两种图形变化方式如图1，在中，，，点D，E在边上，，若，，求的长．小明发现，如果将绕点A按逆时针方向旋转90°，得到，连接（如图2）．使条件集中在中，可求得（即）的长，具体想法为：先旋转得到，再结合已知条件，可证，最后在中可求得的长，即的长．

(1)请你写出与全等的证明过程．(2)求出的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）先由旋转的性质得，，再证，进而得到结论；（2）先由，得到，再证，由勾股定理即可求的长，从而求出．【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，，

∵，，∴，∴，即，∴，在和中，，∴；（2）解：由（1）可知：，∴，∵，，∴，由旋转的性质得：，，∴，在中，由勾股定理得：，∴，即的长为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转变换的性质，证明三角形全等是解题的关键．方法透视考向解读中考压轴题（22题）常考题型，核心是“图形变换中的性质不变性”，即折叠、旋转前后，对应边相等、对应角相等，结合三角形全等/相似、特殊四边形性质，设问多为“探究线段关系”“求线段长度/角度”“判断图形形状”。考向难度较高，需要学生具备较强的图形识别能力和辅助线构造能力，是二轮复习的重点突破方向。方法技能折叠问题：折叠的本质是“轴对称”，折叠前后对应点的连线被折痕垂直平分，可利用“全等”转化线段和角；遇矩形、正方形折叠，优先找“重合的边和角”，结合勾股定理列方程求解（如求折叠后线段的长度）。旋转问题：旋转的本质是“图形的全等变换”，旋转中心到对应点的距离相等，旋转角相等；常考“90°旋转”“180°旋转”，可构造全等三角形（如90°旋转后，直角边重合，形成等腰直角三角形），利用旋转角转化角的关系。辅助线核心：折叠问题常连“对应点的连线”，旋转问题常连“旋转中心与对应点的连线”，将分散的线段、角集中到一个三角形中，利用全等、相似或勾股定理求解；同时注意“动点问题”中的分类讨论（如旋转角度不确定、折叠后点的位置不确定）。变式演练【变式01】综合与实践在综合实践活动课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠、旋转”为主题开展数学活动，探究与角的度数、线段长度有关的问题．操作探究：将三角形纸片进行如下操作：(1)第一步：如图①，折叠三角形纸片使点C与点A重合，得到折痕，然后展开铺平，则____________度，与的数量关系为____________；(2)第二步：如图②，将绕点D顺时针方向旋转得到，点E、C的对应点分别是点F、G，直线与边交于点M（点M不与点A重合），与边交于点N，试写出与的数量关系，并证明你的结论；(3)拓展延伸：在绕点D旋转的过程中，当直线经过点B时，如图③所示，若，则的长为____________．【答案】(1)90；(2)，证明见解析(3)【分析】（1）根据折叠的性质，即轴对称性质求解即可；（2）连接，证，则全等三角形的性质即可得出结论；（3）先由勾股定理求出BC=10，从而求得BD=5，由旋转志折叠可求出DF=DE=3，AE=4，再在Rt△DFB中，再由勾股定理，求得BF=4，由（2）问可得ME=MF，所以设ME=MF=x，则AM=4-x，BM=4+x，然后在Rt△ABM中，由勾股定理，得，即，求解得x=，则可求出AM长．【详解】（1）解：由折叠可知，点A与点C关于DE对称，∴DE⊥AC，AE=CE，∴∠EDC=90°，∴∠BAC=∠DEC=90°，∴DEAB，∴，∴CD=BD，故答案为：90，；（2）解：证明：∵折叠三角形纸片使点C与点A重合，得到折痕，∴．∴．连接，如图，根据旋转性质可知：．又∵∴∴．（3）解：在Rt△ABC中，由勾股定理，得BC=，由（1）知，点D是BC中点，点E是AC中点，∴BD=BC=5，DE=AB=×6=3，AE=CE=AC=×8=4，由旋转得：∠DFM=∠DEC=90°，DF=DE=3，∴∠DFB=90°，在Rt△DFB中，由勾股定理，得BF=，由（2）知：ME=MF，设ME=MF=x，则AM=4-x，BM=4+x，在Rt△ABM中，由勾股定理，得，即，解得：x=，∴AM=4-x=4-=．【点睛】本题考查旋转与折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，三角形中位线性质，全等三角形的判定与性质，本题属几何变换综合题目，熟练掌握旋转与折叠的性质是解题的关键．【变式02】综合与实践动手操作：利用“正方形纸片的折叠和旋转”开展数学活动，探究体会图形在正方形折叠和旋转过程中的变化及其蕴含的数学思想方法．折一折：如图1，已知正方形ABCD的边长AB＝6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，延长EM交CD于点F，连接AF．(1)思考探究：图1中，与△ABE全等的三角形有个，∠EAF＝°，BE、EF、DF三者的数量关系是，BE的长为．(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转到图2所示位置，与BC、CD的交点分别为E、F，连接EF．证明推理：图2中，BE、EF、DF三者的数量关系是，并给出证明．(3)开放拓展：如图3，在旋转∠EAF的过程中，当点F为CD的中点时，BE的长为．【答案】(1)3，45，EF＝BE+DF，6﹣6(2)EF＝DF+BE，证明见解析(3)2【分析】（1）证明△ABM≌△AME，△AFD≌△AFM，△ACB≌△ACD，可得结论；（2）结论：EF＝DF+BE，延长CB到T，使得BT＝DF，连接AT，证明△EAF≌△EAT（SAS），可得结论；（3）如图3中，设BE＝x，则EC＝6﹣x，EF＝x+3，利用勾股定理构建方程求出x，即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，由翻折的性质可知，△EAB≌△EAM，∴∠B＝∠AME=∠AMF=90°，AB=AM，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB=∠ACD=45°，∵CM=CM，∠CME=∠CMF=90°，∴△EMC≌△FMC，∴EM=FM，∴△AEM≌AFM，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵∠B＝∠AME=90°，AB=AM，∴∠D＝∠AME=90°，AD=AM，AF=AF，∴Rt△AFM≌Rt△AFD（HL），∴△EAB≌△EAM≌△FAM≌△FAD，∵△EAB≌△EAM，∴∠BAE=∠MAE，BE=ME，∵Rt△AFM≌Rt△AFD，∴∠FAD＝∠FAC，FM＝DF，∴∠EAF＝∠BAD＝45°，∴EF＝DF+BE，∵AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D，∴△ACB≌△ACD（SAS），设BE＝DF＝m，则CE＝CF＝6﹣m，EF＝2m，∵EF2＝EC2+CF2，∴（2m）2＝（6﹣m）2+（6﹣m）2，∴m1＝6﹣6，m2=-6﹣6（舍弃），∴BE＝6﹣6；∴与△ABE全等的三角形有3个，∠EAF=45°，BE、EF、DF三者的数量关系是EF＝BE+DF，BE的长为6﹣6；故答案为：3；45；EF＝BE+DF；；（2）结论：EF＝DF+BE．理由：延长CB到T，使得BT＝DF，连接AT，∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ABE＝∠ABT＝90°，AD＝AB，∵DF＝BT，∴△ADF≌△ABT（SAS），∴AF＝AT，∠DAF＝∠BAT，∴∠FAT＝∠DAB，∵∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠EAT，∵AE＝AE，∴△EAF≌△EAT（SAS），∴EF＝ET＝DF+BE；（3）如图3中，设BE＝x，则EC＝6﹣x，EF＝x+3，∵∠C＝90°，CD＝BC＝6，DF＝FC＝3，∴EF2＝CF2+EC2，∴（x+3）2＝32+（6﹣x）2，∴x＝2，∴BE的长为2．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的解法等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题．【变式03】【综合与实践】活动主题：在研究性学习课上，老师让同学们以“折叠、旋转”为主题开展数学活动，探究线段长度的有关问题．动手操作：如图1，在直角三角形纸片中，．将三角形纸片进行以下操作：第一步：折叠三角形纸片使点与点重合，然后展开铺平，得到折痕；第二步：将沿折痕剪开，然后将绕点旋转得到，点的对应点分别是点，连接数学思考：的长为在绕点旋转的过程中，试判断与的数量关系，并证明你的结论；问题解决：在绕点旋转的过程中，探究下列问题：①如图2，当三点共线时，求的长；②如图3，当时，的长为；③当绕点旋转到点落在线段上时，试在图4中作出此时的，连接并直接写出的长．(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标记出所有相应的字母）【答案】（1）5；（2），理由详见解析；（3）①；②；③图见解析，【分析】(1)根据勾股定理求出BG即可解决问题；(2)结论：BG=BE．证明，即可解决问题；(3)①在中,根据勾股定理求解即可；②过点作于，在中，利用勾股定理解答即可；③根据要求作出图形，在中，利用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）∵，∴AB==10，由题意可得D为BC中点，且DE∥AC，∴E为AB中点，∴BE=5，∵将绕点旋转得到，∴BG=BE=5；由旋转可知由题意可得，；①由题意得在中，；②如图，过点作于，在中可求得；③作图如图，在中可求得【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定，勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．题●型●训●练一、单选题1．如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点在上，且，连接交点，则下列选项正确的是（

）A．B．若，则C．D．若，则【答案】D【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题．证明，可以判定选项A，C错误，若，则，显然，推出选项B错误，证明选项D正确即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故选项A错误，不符合题意；∴，故选项C错误，不符合题意；若，即，∵，∴，∴，显然，故选项B错误，不符合题意；∵，∴，∵，∴，故选项D正确，符合题意．故选：D．2．如图，在矩形中，，是边上的三等分点，连接，相交于点，连接．若，，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据矩形的性质，证明，得到，然后过点作，得到，根据相似三角形对应边成比例分别求出的长，进而求出的长，再利用正切的定义求解即可．【详解】解：∵矩形中，，是边上的三等分点，，，，，，，过点作，则，，，，，．3．如图，已知正方形的边长为，点是对角线上一动点（不与点，重合），连接，作交射线于点，连接，设，则关于的函数图象大致为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查正方形性质、等腰直角三角形性质、三角形全等判定与性质以及二次函数的应用，解题关键是通过作辅助线，利用相关几何性质建立与长度x的函数关系．作，，利用正方形性质得出是等腰直角三角形，得到线段、、、关于x的表达式，证明四边形是正方形，通过角度关系证明，得出，在中，结合勾股定理得到，再在中求出关于x的表达式，进而得到y关于x的函数关系式，根据函数性质确定图象．【详解】解：过点P作于点E，交于点F；过点P作于点G．在中，，∴是等腰直角三角形，∴．∵正方形边长为，∴．∵，∴四边形是正方形，∴．∵，∴，即．∵，且，∴（），∴．在中，根据勾股定理，∴．，将，代入可得：，则，∴函数图象开口向上，对称轴为直线，故选：A．4．如图，在中，，，点是边的中点，以为底边在其右侧作等腰，使，连接，则的值为（

）A． B． C． D．2【答案】D【分析】由直角三角形斜边中线的性质，可得，结合，可证，进而可证，推出．求的值转化为求，再证，根据相似三角形对应边成比例可得，根据，，推出，进而即可求解．【详解】解：中，，点是边的中点，，，，，，，在和中，，．是等腰三角形，，又，，，，，，，，，，，故选：D．【点睛】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各知识点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．5．如图，在平行四边形中，是线段上一点，连接，交于点．若，则下列结论错误的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识．四边形是平行四边形，则，，可证明，得到，由进一步即可得到答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，则，，故A正确，D正确；∴，，故B错误，C正确；故选：B．6．如图，在中，点为上一点，连接、交于点，若，则为（

）A．31 B．21 C．25 D．14【答案】A【分析】本题考查的是相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质，先根据平行四边形的性质及相似三角形的判定定理得出，再根据即可得出其相似比，由相似三角形的性质即可求出，设，则，，据此计算即可得出结论．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴，∴，，∵∴，设，则，，∴，∴，∴．∴为故选：A．7．如图，在中，，，点是边上一点，，点在边上．若，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查相似三角形的判定和性质及等腰三角形的性质，根据相似三角形的对应边成比例计算是解题的关．键．先根据等腰三角形的性质得到，然后根据三角形的外角得到，即可得到，根据相似三角形的性质即可得答案．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：．故选：D．8．如图，已知一棵树垂直地面，小明在测得该树的影长为，时又测得该树的影长为，若两次日照的光线互相垂直，则这棵树的高度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，由题意可得，，，，证明，再由相似三角形的性质计算即可得出结果，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解此题的关键．【详解】解：由题意可得：，，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴（负值不符合题意，舍去），故选：B．二、填空题9．在中，，，，现有动点P从点A出发，沿向点C方向运动，动点Q从点C出发，沿线段也向点B方向运动，如果点P的速度是，点Q的速度是，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动．设运动时间为t秒．（1）求运动时间为多少________秒时，P、Q两点之间的距离为．（2）当t为________时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似．【答案】2秒或【分析】本题主要考查了动点问题，相似三角形的判定，勾股定理，解一元二次方程等，解题的关键是掌握分类讨论的思想．（1）设运动时间为秒，，根据勾股定理，列出方程，求解即可；（2）根据相似三角形的判定定理，分两种情况进行讨论，列出一元一次方程求解即可．【详解】解：（1）点从到的运动时间为，点从到的运动时间为，设运动时间为秒，，根据题意得，，，∴，由勾股定理得，即，解得或（舍去），故答案为：2秒；（2）当时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似，∴结合（1）得，，解得；当时，以点C，P，Q为顶点的三角形与相似，∴结合（1）得，，解得；综上，或，故答案为：或．10．如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．（1）若，则_____________；（2）若，则_____________．【答案】【分析】（1）根据正方形性质，在正方形中，，在正方形中，，，从而判定是等腰直角三角形，得到，数形结合表示出计算即可得到答案；（2）先根据等腰直角三角形性质得到、，进而判定，再由相似三角形的性质得到，代值计算即可得到答案．【详解】解：（1）在正方形中，，在以为对角线作正方形，，，则是等腰直角三角形，，则；（2）在等腰中，；在等腰中，；则，，，，则，，即，解得．【点睛】熟记等腰直角三角形的判定与性质，结合图形找准判定两个三角形相似的方法是解决问题的关键．尤其是第二问中，借助等腰直角三角形边的关系得到是判定两个三角形相似的核心．11．如图，在中，，点D是边上的一个动点，点E在上，在点D运动的过程中始终保持．（1）当时，________；（2）当点D在上运动时，线段的最大值为________．【答案】【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，利用二次函数的性质求解最值．（1）证明即可求解；（2）设，利用相似三角形的性质得到，然后用表示出，再根据二次函数的性质求解最值．【详解】解：（1）∵∴，∵，，∴，∴，∴，∴∴，故答案为：．（2）设，由（1）得，∴，∴，∵∴当时，取得最大值，故答案为：．12．如图，点A为反比例函数图象上一点，连接，点C是x轴上一点，且，点B在线段上，反比例函数的图象经过点B，若的面积为12，则k的值为________．【答案】2【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，利用相似三角形性质得到相似比是关键．过A作于E，过B作于D，则，设，则，，根据三线合一的性质可求出，则，根据同底的两个三角形的面积比等于对应的高之比求出，证明，利用面积比等于相似比的平方解答即可．【详解】解：过A作于E，过B作于D，则，设，则，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：2．三、解答题13．如图，在菱形中，，E为的中点，F是上一点，G为上一点，且，交于点H．(1)求的长；(2)求的值．【答案】(1)(2)4【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，（1）先证明为等边三角形，进而证明，列出比例式即可求出的长；（2）求出的面积比，进而求出的长，再证明，求出的面积比，进而得到的值即可．【详解】（1）解：∵菱形中，，∴，∴为等边三角形，∴，，∵，，∴，∴，∴，∵E为的中点，∴，∴，∴；（2）解：∵∴，∴，∵，∴，∵∴，∴，∴．14．如图1，在中，，，点是边上一动点，连接，过点作，垂足为，交于点，连接，(1)若，求的长；(2)如图2，连接，若点是的中点，求证：；(3)如图3，当的长度最小时，求的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）证明，推出，即可求解；（2）分别过点作的垂线，垂足分别为，设，求出，，证明是等腰直角三角形，求出，，，进而求出，，，证明，得到，再求出，，，推出，即可证明结论；（3）取中点，连接，易证点在以点为圆心，为直径的圆弧上运动，则当