2026年中考数学二轮复习 高频考点11 几何解答题压轴14大题型专练

高频考点 几何解答题压命题探源·考向解密（3年中考考向与命题特征根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等考点一三角形解答题压轴考点二四边形解答题压轴1三角形中解答题压轴（常规题2341四边形中解答题压轴（常规题2345考点三圆中解答题压轴12312每个考点中考预测题3好题速递·分层闯关（2道最新名校模拟试题+2道中考闯关题1.8~12形轴（菱形模型隐圆（定边定角、定点定长）考点一三角形解答题压轴1小问：证明全等/相似，求基础线段/23小问：动点/最值/命题点01三角形中解答题压轴（常规题01】（2026·辽宁大连·一模）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，D，E是边𝐵𝐶上的点，𝐵𝐷=1𝐴𝐵𝐸≌△2F是𝐴𝐵𝐶内一点，∠𝐵𝐴𝐷=2∠𝐴𝐶𝐹−45°，∠𝐴𝐸𝐷=①求证：∠𝐵𝐴𝐶=②𝐵𝐹与𝐴𝐷GG是𝐵𝐹的中点，求𝐴𝐶③3，在②的条件下，当𝐵𝐹=𝐶𝐹=2时，求𝐴𝐶【答案】【答案】(1)(2)①见解析；②2；③1+【分析】（1）由等边对等角得到∠𝐵=∠𝐶，再证明𝐵𝐸=𝐶𝐷，即可利用SAS𝐴𝐵𝐸（2）①由全等三角形的性质得到∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐸𝐵；由等边对等角得到∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵得到∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐶2∠𝐴𝐶𝐹−45°，则可证明2∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐴𝐵𝐶2∠𝐴𝐶𝐹−45°∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=45°，则∠𝐵𝐴𝐶=180°−∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐴𝐶𝐵=90°；②A作𝐴𝐻𝐵𝐶H，连接𝐺𝐻，可证明𝐺𝐻△𝐵𝐶𝐹的中位线，得到𝐺𝐻∥𝐶𝐹，则∠𝐵𝐻𝐺=∠𝐵𝐶𝐹；可证明∠𝐴𝐺𝐻=∠𝐴𝐻𝐺，得到𝐴𝐺=𝐴𝐻；证明△𝐴𝐶𝐻是等腰直角三角形，得到𝐴𝐻=𝐶𝐻，则可证明𝐴𝐶=2𝐴𝐻，进而得到𝐴𝐶=2𝐴𝐺，则𝐴𝐶

2；③N𝐵𝐶𝐺𝐹得到𝐴𝐺⋅𝐹𝐻=𝐺𝐻2=1，则可推出𝐴𝐹⋅𝐹𝐻+𝐹𝐻2=1；由勾股定理得𝐵𝐻2+𝐹𝐻2=𝐵𝐹2=4，同理可证明𝐴𝐻=𝐵𝐻，则可得到(𝐴𝐹+𝐹𝐻)2+𝐹𝐻2=4，据此求出𝐴𝐹=2；证明△𝐴𝑁𝐹𝐴𝑁=𝐹𝑁=1，则𝐶𝑁 𝐶𝐹2−𝐹𝑁2=3，即可得到𝐴𝐶=𝐴𝑁+𝐶𝑁=1+【详解】（1）证明：∵𝐴𝐵=∴∠𝐵=∵𝐵𝐷=∴𝐵𝐷𝐷𝐸=𝐶𝐸𝐷𝐸，即𝐵𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸≌△解：𝐴𝐵𝐸∴∠𝐴𝐷𝐶=∵𝐴𝐵=∴∠𝐴𝐵𝐶=∵∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐵𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐶+∵∠𝐴𝐸𝐷=∴∠𝐴𝐷𝐶=∴2∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐴𝐵𝐶+∴∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐵𝐴𝐶=180°−∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐴𝐶𝐵=②A作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶H，连接∵𝐴𝐵=∴H为𝐵𝐶的中点，∠𝐴𝐻𝐵=∠𝐴𝐻𝐶=∵G为𝐵𝐹∴𝐺𝐻𝐵𝐶𝐹∴𝐺𝐻∥∴∠𝐵𝐻𝐺=由（2）①可知，∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐻𝐺=∠𝐵𝐶𝐹=∠𝐴𝐶𝐵−∠𝐴𝐶𝐹=∴∠𝐴𝐻𝐺=∠𝐴𝐻𝐵−∠𝐵𝐻𝐺=45°+∵∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐵𝐴𝐷=45°+2∠𝐴𝐶𝐹−45°=∴∠𝐴𝐺𝐻=∠𝐴𝐷𝐻+∠𝐷𝐻𝐺=45°+∴∠𝐴𝐺𝐻=∴𝐴𝐺=在𝐴𝐻𝐶中，∠𝐴𝐻𝐶=90°，∠𝐴𝐶𝐻=∴△𝐴𝐶𝐻∴𝐴𝐻=∴𝐴𝐶 𝐴𝐻2+𝐶𝐻2=∴𝐴𝐶=∴𝐴𝐺= ③F作𝐹𝑁𝐴𝐶∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐴𝐻⊥∴𝐵𝐻=∴𝐴𝐻垂直平分∵𝐵𝐹=∴F在𝐵𝐶∴F在𝐴𝐻∵𝐵𝐹=𝐶𝐹=2G为𝐵𝐹的中点，且𝐺𝐻△𝐵𝐶𝐹∴𝐺𝐻

1𝐶𝐹=1，𝐺𝐹

1𝐵𝐹=∴𝐺𝐻=∴∠𝐺𝐻𝐹=又∵∠𝐴𝐺𝐻=∴∠𝐺𝐹𝐻=∴△𝐴𝐺𝐻∽△∴𝐺𝐻=

∴𝐴𝐺⋅𝐹𝐻=𝐺𝐻2=∴𝐴𝐻⋅𝐹𝐻=𝐺𝐻2=∴(𝐴𝐹+𝐹𝐻)⋅𝐹𝐻=∴𝐴𝐹⋅𝐹𝐻+𝐹𝐻2=在Rt△𝐹𝐵𝐻中，由勾股定理得𝐵𝐻2+𝐹𝐻2=𝐵𝐹2=22=同理可证明𝐴𝐻=∴𝐴𝐻2+𝐹𝐻2=∴(𝐴𝐹+𝐹𝐻)2+𝐹𝐻2=∴𝐴𝐹2+2𝐴𝐹⋅𝐹𝐻+𝐹𝐻2+𝐹𝐻2=∴𝐴𝐹2+2(𝐴𝐹⋅𝐹𝐻+𝐹𝐻2)=∴𝐴𝐹2+2=∴𝐴𝐹=2或𝐴𝐹=−2（舍去∵𝐹𝑁⊥∴∠𝐴𝑁𝐹=∠𝐶𝑁𝐹=∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐴𝐻⊥∴∠𝐶𝐴𝐻

1∠𝐵𝐴𝐶=𝐴𝑁𝐹∴𝐴𝑁=∴𝐴𝐹 𝐴𝑁2+𝐹𝑁2=2𝐹𝑁=∴𝐴𝑁=𝐹𝑁=∴𝐶𝑁 𝐶𝐹2−𝐹𝑁2=∴𝐴𝐶∴𝐴𝐶=𝐴𝑁+𝐶𝑁=1+01】（2026·河南周口·一模）1，在𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵=𝐴𝐶,∠𝐵𝐴𝐶=90∘,D，E分别是边𝐴𝐵，𝐴𝐶的中点．将△𝐴𝐷𝐸A顺时针旋转𝛼角（(0∘<𝛼<360∘),连接𝐷𝐵，𝐸𝐶．𝐷𝐵𝐸𝐶2①当旋转角𝛼的度数为时，则②B，D，E𝐴𝐷=2时，直接写出𝐸𝐶【答案】【答案】(1)𝐷𝐵=𝐸𝐶(2)①60°或300°②𝐶𝐸的长为7+1或（1）根据题意可得∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐸𝐴𝐶，𝐴𝐷=𝐴𝐸，𝐴𝐵=𝐴𝐶，从而得到𝐷𝐴𝐵𝐸𝐴𝐶(SAS)【详解】（1）𝐷𝐵=𝐸𝐶∴𝐴𝐷=𝐴𝐵，同理可得𝐴𝐸= ∵𝐴𝐵=∴𝐴𝐷=由旋转的性质可得，∠𝐷𝐴𝐵=∴△𝐷𝐴𝐵≌△∴𝐷𝐵=（2）解：①𝐷𝐵∥𝐴𝐸∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐴𝐸𝐷=45°又∵∠𝐴𝐷𝐸=∴∠𝐵𝐷𝐴=由（1）可得，𝐴𝐷=1𝐴𝐵，即cos∠𝐷𝐴𝐵=1，则∠𝐷𝐴𝐵=60°，即𝛼= 2，同理可得∠𝐷𝐴𝐵=60°，此时𝛼=②3，由（1）可得∠𝐷𝐵𝐴=∴∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=∵𝐴𝐷=∴𝐴𝐵=𝐴𝐶=2𝐴𝐷=22，𝐴𝐷=𝐴𝐸=由勾股定理可得，𝐵𝐶 𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=4，𝐷𝐸 𝐴𝐷2+𝐴𝐸2=设𝐵𝐸=𝑥，则𝐸𝐶=𝐵𝐷=2+由勾股定理可得，(2+𝑥)2+𝑥2=解得𝑥=7−1（负值舍去），即𝐵𝐸=∴𝐶𝐸=7同理∠𝐵𝐸𝐶=90°，𝐵𝐶=4𝐷𝐸=2，设𝐶𝐸=𝐵𝐷=𝑥，则𝐵𝐸=2+𝑥，由勾股定理可得，(2+𝑥)2+𝑥2=42，解得𝑥=7−1，即𝐶𝐸=𝐶𝐸的长为7+1或02】（2026·安徽合肥·一模）在∠𝐴𝑂𝐵C是∠𝐴𝑂𝐵C作𝐶𝐷𝑂𝐵，垂足DD作𝐷𝐸⊥𝑂𝐴E，直线𝐷𝐸，𝑂𝐶FC作𝐶𝐺⊥𝐷𝐸G． 拓展应用:当0°<∠𝐴𝑂𝐵<180°，且∠𝐴𝑂𝐵≠90°时，若𝐸𝐹=4，请直接写出𝐶𝐷【答案】【答案】(1)𝑂𝐷=𝐶𝐺(2)不成立，𝑂𝐷=𝐶𝐺−𝑂𝐸(3)𝐶𝐷2 2【分析】（1）C作𝐶𝑃𝑂𝐴P，由角平分线的性质定理可得𝐶𝑃𝐶𝐷，再证明Rt𝐷𝑂𝐶(HL)可得𝑂𝑃𝑂𝐷，然后说明四边形𝐶𝑃𝐸𝐺是矩形可得𝑃𝐸𝐶𝐺，最后根据线段的和差以及等量代换（2）C作𝐶𝑄𝑂𝐴Q，由角平分线的性质定理可得𝐶𝑄=𝐶𝐷，再证明Rt𝑄𝑂𝐶≌Rt△可得𝑂𝑄=𝑂𝐷，然后说明四边形𝐶𝑄𝐸𝐺是矩形可得𝑄𝐸=𝐶𝐺分0°<∠𝐴𝑂𝐵<90°和90°<∠𝐴𝑂𝐵<180°分别利用（1）（2）的相关结论以及相似三角形的判定与【详解】（1）C作𝐶𝑃𝑂𝐴∵𝑂𝐶平分∠𝐴𝑂𝐵，𝐶𝐷𝑂𝐵，𝐶𝑃∴𝐶𝑃=在Rt𝑃𝑂𝐶和Rt𝐷𝑂𝐶∵𝑂𝐶=𝑂𝐶，𝐶𝑃=∴Rt△𝑃𝑂𝐶≌Rt△∴𝑂𝑃=∵𝐷𝐸⊥𝑂𝐴，𝐶𝐺⊥𝐷𝐸，𝐶𝑃⊥∴∠𝐶𝑃𝐸=∠𝑃𝐸𝐺=∠𝐶𝐺𝐸=∴𝑃𝐸=∴𝑂𝐷=𝑂𝑃=𝑃𝐸+𝑂𝐸=𝐶𝐺+（2）解：不成立，𝑂𝐷=𝐶𝐺−𝑂𝐸C作𝐶𝑄𝑂𝐴∵𝑂𝐶平分∠𝐴𝑂𝐵，𝐶𝐷𝑂𝐵，𝐶𝑄∴𝐶𝑄=在Rt𝑄𝑂𝐶和Rt𝐷𝑂𝐶∵𝑂𝐶=𝑂𝐶，𝐶𝑄=∴Rt△𝑄𝑂𝐶≌Rt△∴𝑂𝑄=∵𝐷𝐸⊥𝑂𝐴，𝐶𝐺⊥𝐷𝐸，𝐶𝑄⊥∴∠𝐶𝑄𝐸=∠𝑄𝐸𝐺=∠𝐶𝐺𝐸=∴𝑄𝐸=∴𝑂𝐷=𝑂𝑄=𝑄𝐸−𝑂𝐸=（3）解：①如图：当0°<∠𝐴𝑂𝐵<90°∵𝐶𝐺⊥𝐷𝐸,𝐷𝐸⊥∴𝐶𝐺∥∴△𝑂𝐸𝐹∽△∴𝐶𝐺=𝐺𝐹=4，即𝐶𝐺= ∴𝑂𝐷=𝐶𝐺+𝑂𝐸=4𝑂𝐸+𝑂𝐸=∴𝐷𝐸 𝑂𝐷2−𝑂𝐸2 (5𝑂𝐸)2−𝑂𝐸2=2∵∠𝐷𝐶𝐺+∠𝐶𝐷𝐺=90°,∠𝑂𝐷𝐸+∠𝐶𝐷𝐺=∴∠𝐷𝐶𝐺=∴△𝐶𝐷𝐺∽△∴𝑂𝐷=𝐷𝐸=26𝑂𝐸=

②如图：当90°<∠𝐴𝑂𝐵<180°综上，𝐶𝐷222 ∴𝑂𝐷=𝐷𝐸=22𝑂𝐸∴𝑂𝐷=𝐶𝐺−𝑂𝐸=4𝑂𝐸−𝑂𝐸=∴𝐷𝐸 𝑂𝐷2−𝑂𝐸2 (3𝑂𝐸)2−𝑂𝐸2=2∵∠𝐷𝐶𝐺+∠𝐶𝐷𝐺=90°,∠𝑂𝐷𝐸+∠𝐶𝐷𝐺=∴∠𝐷𝐶𝐺=∴△𝐶𝐷𝐺∽△ ∴𝐶𝐺=𝐺𝐹=4，即𝐶𝐺=∵𝐶𝐺⊥𝐺𝐹,𝐺𝐹⊥∴𝐶𝐺∥∴△𝑂𝐸𝐹∽△于点𝐹，𝐴𝐸=𝐶𝐷．2，延长𝐵𝐸到点𝐺，连接𝐴𝐺，𝐶𝐺，已知∠𝐴𝐺𝐶=（i）求证：∠𝐴𝐺𝐵=（ii）3，连接𝐶𝐹，若∠𝐶𝐹𝐺=90°，求𝐵𝐹【答案】【答案】(2)（i）见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质得到𝐴𝐵=𝐶𝐴，∠𝐴𝐵𝐶=60°，易证明𝐴𝐵𝐸𝐶𝐴𝐷(SAS)到∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶𝐴𝐷，从而求出∠𝐵𝐹𝐷（2）（i）过点𝐵作𝐵𝑀𝐶𝐺于点𝑀，𝐵𝑁𝐴𝐺交𝐴𝐺的延长线于点𝑁，易证明𝐵𝑁𝐴𝐵𝑀𝐶(AAS)到𝐵𝑁=𝐵𝑀，根据角平分线判定定理得到𝐵𝐺平分∠𝐴𝐺𝐶（ii）根据角平分线的性质得到𝐴𝐹𝐺是等边三角形，证明𝐵𝐴𝐹𝐶𝐴𝐺(SAS)𝐵𝐹=𝐶𝐺=2𝐹𝐺，从而得出𝐵𝐹【详解】（1）𝐴𝐵𝐶∴𝐴𝐵=𝐶𝐴，∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=又∵𝐴𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐵𝐹𝐷=∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐷+∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐶=（2）（i）证明：如图，过点𝐵作𝐵𝑀𝐶𝐺于点𝑀，𝐵𝑁𝐴𝐺交𝐴𝐺的延长线于点∴∠𝑁=∠𝐵𝑀𝐶=∵∠𝐴𝐵𝐶=60°，∠𝐴𝐺𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐴𝐺𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐺+∠𝐵𝐶𝑀=∵∠𝐵𝐴𝐺+∠𝐵𝐴𝑁=∴∠𝐵𝐴𝑁=在𝐵𝑁𝐴𝐵𝑀𝐶∠𝐵𝑁𝐴=∠𝐵𝐴𝑁=∠𝐵𝐶𝑀𝐴𝐵=∴△𝐵𝑁𝐴≌△∴𝐵𝑁=∵𝐵𝑀⊥𝐶𝐺，𝐵𝑁⊥𝐵𝐺平分∴∠𝐴𝐺𝐵=𝐴𝐺𝐶=120°，𝐵𝐺平分∴∠𝐴𝐺𝐹=∠𝐵𝐺𝐶

2∠𝐴𝐺𝐶

1×120°=∵∠𝐺𝐹𝐶=∴∠𝐺𝐶𝐹=180°−∠𝐺𝐹𝐶−∠𝐵𝐺𝐶=180°−90°−60°=在Rt△𝐶𝐹𝐺中，∠𝐺𝐶𝐹=∴𝐶𝐺=∵∠𝐵𝐹𝐷=∠𝐴𝐹𝐺=𝐴𝐹𝐺∴𝐴𝐹=𝐴𝐺=𝐹𝐺，∠𝐹𝐴𝐺=∵∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐹𝐴𝐺=∴∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐶𝐴𝐹=∴∠𝐵𝐴𝐹=在𝐵𝐴𝐹𝐶𝐴𝐺𝐴𝐵=∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐶𝐴𝐺𝐴𝐹=∴△𝐵𝐴𝐹≌△∴𝐵𝐹=𝐶𝐺= ∴𝐵𝐹=2𝐹𝐺=命题点0202】（2026·贵州遵义·一模）△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，点𝐷为射线𝐵𝐴上一动点（不与点𝐴，𝐵重合），作∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐴𝐵𝐸，并交射线𝐶𝐷于点𝐸，连接𝐴𝐸，𝐵𝐸≠𝐶𝐸．(1)【操作发现】如图（1），当∠𝐴𝐵𝐶=45∘时，过点𝐴作𝐴𝑀⊥𝐴𝐸，交𝐶𝐷于点① (2)【类比探究】如图（2），当∠𝐵𝐴𝐶=120∘，且点𝐷在线段𝐵𝐴上时，探究：线段𝐴𝐸，𝐵𝐸，𝐶𝐸之间的数量【答案】(1)𝐶𝑀=3𝐴𝐸+𝐵𝐸=10−3或10+【分析】（1）先补全图形，证明∠𝐵𝐴𝐶=【答案】(1)𝐶𝑀=3𝐴𝐸+𝐵𝐸=10−3或10+【分析】（1）先补全图形，证明∠𝐵𝐴𝐶=90°，进而证明𝐸𝐴𝐵𝑀𝐴𝐶(ASA)，即可得到𝐶𝑀=（2）将线段𝐴𝐸绕点𝐴逆时针旋转120°交𝐶𝐸于点𝑀𝐸𝐴𝐵𝑀𝐴𝐶(ASA)，得到𝐵𝐸=𝐴𝐸=𝐴𝑀，过点𝐴作𝐴𝑁𝐸𝑀于𝑁，可得𝐸𝑀=3𝐴𝐸，由𝐸𝑀+𝐶𝑀=𝐶𝐸，即可得到3𝐴𝐸𝐵𝐸=（3）分两种情况进行讨论，当点𝐷在线段𝐵𝐴上时,由（2）可知，𝑁𝑀=3𝐴𝑁=3，𝑁𝐶 𝐵𝐸=𝐶𝑀=𝐶𝑁−𝑁𝑀；当点𝐷在线段𝐵𝐴的延长线上时,将线段𝐴𝐸绕点𝐴顺时针旋转120°交𝐵𝐸于点𝑀𝐸𝐴𝐶𝑀𝐴𝐵(ASA)，得到𝐶𝐸𝐵𝑀，𝐴𝐸𝐴𝑀，过点𝐴作𝐴𝑁𝐸𝑀于𝑁，通过𝐵𝐸𝐵𝑁𝑁𝐸即可求解【详解】（1）解：①②𝐶𝑀=∵∠𝐴𝐵𝐶=45∘，𝐴𝐵=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐵𝐴𝐶=∵𝐴𝑀⊥∴∠𝐸𝐴𝑀=∴∠𝐸𝐴𝑀−∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐵𝐴𝑀，即∠𝐸𝐴𝐵=∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐴𝐶𝐷=∴△𝐸𝐴𝐵≌△∴𝐶𝑀=3𝐴𝐸𝐵𝐸=𝐶𝐸∵∠𝐵𝐴𝐶=120∘，∠𝐸𝐴𝑀=∴∠𝐸𝐴𝑀−∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐵𝐴𝑀，即∠𝐸𝐴𝐵=∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐴𝐶𝐷=∴△𝐸𝐴𝐵≌△∴𝐵𝐸=𝐶𝑀，𝐴𝐸=过点𝐴作𝐴𝑁𝐸𝑀于∵𝐴𝐸=𝐴𝑀，∠𝐸𝐴𝑀=∴∠𝐴𝐸𝑀=∠𝐴𝑀𝐸=∴𝐸𝑁=cos30°×𝐴𝐸= 𝐸𝑁=𝑀𝑁=∴𝐸𝑀=∵𝐸𝑀+𝐶𝑀= 3𝐴𝐸+𝐵𝐸=∵𝐴𝐵=11，𝐴𝑁=∴𝑁𝑀=3𝐴𝑁=3，𝑁𝐶 𝐴𝐶2−𝐴𝑁2=∴𝐵𝐸=𝐶𝑀=𝐶𝑁−𝑁𝑀=10−∵∵∠𝐵𝐴𝐶=120∘，∠𝐸𝐴𝑀=∴∠𝐸𝐴𝑀−∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐵𝐴𝑀，即∠𝐸𝐴𝐶=∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐴𝐶𝐷=∴△𝐸𝐴𝐶≌△∴𝐶𝐸=𝐵𝑀，𝐴𝐸=𝐴𝑀，过点𝐴作𝐴𝑁⊥𝐸𝑀于𝑁，∵𝐴𝐸=𝐴𝑀，∠𝐸𝐴𝑀=∴∠𝐴𝐸𝑀=∠𝐴𝑀𝐸=∵𝐴𝐵=11，𝐴𝑁=∴𝑁𝑀=𝑁𝐸=3𝐴𝑁=3，𝑁𝐵 𝐴𝐵2−𝐴𝑁2=∴𝐵𝐸=𝐵𝑁+𝑁𝐸=10+综上所述，𝐵𝐸的长为10−3或10+01】（2026·广东深圳·一模） (2)【问题解决】如图2，在“璧合四边形𝐴𝐵𝐶𝐷”中，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐵𝐶=90°，∠𝐴=45°，𝐸为线段𝐴𝐵且𝐶𝐷⊥𝐷𝐸，求𝐵𝐶(3)【拓展应用】如图3，在“璧合四边形𝐴𝐵𝐶𝐷”中，∠𝐴=45°，𝐴𝐷=12，𝐸为线段𝐴𝐵𝐶𝐷𝐷𝐸，连接𝐶𝐸，将𝐶𝐷𝐸沿𝐶𝐸翻折，得到𝐶𝐹𝐸，连接𝐵𝐹，若𝐵𝐹=4，作出图形并求线段𝐴𝐸，3【答案】，3(2)𝐴𝐸=图见解析，82或4证明𝐴𝐷𝐸𝐵𝐷𝐶(ASA)，可得𝐴𝐸=𝐵𝐶过点𝐷作𝐷𝑃⊥𝐴𝐵于点𝑃，可得𝐵𝑃=𝐷𝑃=2𝐵𝐷=62，四边形𝐶𝐷𝐸𝐹为正方形，再分点𝐷的对应点【详解】（1）解：∵“璧合四边形𝐴𝐵𝐶𝐷”中，∠𝐴=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐵=∴∠𝐴𝐵𝐷=90°−∠𝐴=∴∠𝐶𝐵𝐷=90°−∠𝐴𝐵𝐷=∵tan∠𝐴𝐵𝐷∴𝐴𝐷=

= ，3故答案为，3𝐴=45°，∠𝐴𝐷𝐵=∴∠𝐴𝐵𝐷=180°−90°−45°=∴∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐴𝐵𝐷=90°−45°=45°，∠𝐴=∴∠𝐴=∠𝐶𝐵𝐷，𝐴𝐷=∵𝐶𝐷⊥∴∠𝐶𝐷𝐸=∴∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐵𝐷𝐸=∵∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐵𝐷𝐸=∴∠𝐴𝐷𝐸=在𝐴𝐷𝐸𝐵𝐷𝐶∠𝐴𝐷𝐸=𝐴𝐷= ∠𝐴=∴△𝐴𝐷𝐸≌△∴𝐴𝐸=∴

=解：如图3，过点𝐷作𝐷𝑃𝐴𝐵于点由（2）知，𝐴𝐷=𝐵𝐷=∴∠𝐵𝐷𝑃

1∠𝐴𝐷𝐵=∵∠𝐴=∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴=∴∠𝐴𝐷𝐵=∴𝐵𝑃=𝐷𝑃=2𝐵𝐷=6同理（2）𝐴𝐷𝐸∴𝐶𝐷=由折叠的性质可知，𝐶𝐷=𝐷𝐸=𝐸𝐹=∵𝐶𝐷⊥∴∠𝐶𝐷𝐸=如图3，连接𝐷𝐹，当点𝐷的对应点𝐹在𝐴𝐵的上方时，则𝐷𝐸=2𝐷𝐹，∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐵𝐷𝑃=∴∠𝐵𝐷𝑃−∠𝐹𝐷𝑃=即∠𝐵𝐷𝐹= ∵𝐷𝐵=𝐷𝐹=2∴△𝐵𝐷𝐹∽△ ∴𝐵𝐹=𝐷𝐵=2∵𝐵𝐹=∴𝐸𝑃∴𝐸𝑃=2𝐵𝐹=2∴𝐵𝐸=𝐵𝑃−𝑃𝐸=62−22=4∵𝐴𝐵=2𝐴𝐷=12∴𝐴𝐸=𝐴𝐵−𝐵𝐸=122−42=82；同理可得：𝐵𝐸=𝐵𝑃+𝑃𝐸=62+22=82，𝐴𝐸=122−82=4综上所述，𝐴𝐸的长为82或402】（2026·河南周口·二模）𝐴𝐵𝐶𝐴𝐷𝐸中，𝐵𝐴=𝐵𝐶，𝐷𝐴=𝐷𝐸，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸1，若∠𝐴𝐵𝐶=60°，求证：𝐵𝐷=2，若∠𝐴𝐵𝐶=90°，将𝐴𝐷𝐸A旋转，旋转过程中，𝐶𝐸2的情形求出𝐶𝐸=【答案】【答案】(1)(2)(3)6【分析】（1）根据题意可知𝐴𝐵𝐶𝐴𝐷𝐸为等边三角形，再证∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸𝐴𝐵𝐷𝐴𝐶𝐸(SAS) 先证𝐴𝐶=𝐴𝐸，再证明∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸，得到△𝐴𝐵𝐷∽△𝐴𝐶𝐸解直角三角形Rt𝐴𝐷𝐸、Rt

，再结合 【详解】（1）𝐵𝐴=𝐵𝐶,∠𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵𝐶∴𝐴𝐵=𝐴𝐶,∠𝐵𝐴𝐶=∵𝐷𝐴=𝐷𝐸,∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐷𝐸是等边三角形∴𝐴𝐷=𝐴𝐸,∠𝐷𝐴𝐸=∵∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐷𝐴𝐶=60°−∠𝐷𝐴𝐶，∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐷𝐴𝐸−∠𝐷𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐷=在𝐴𝐵𝐷𝐴𝐶𝐸𝐴𝐵=∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸𝐴𝐷=∴△𝐴𝐵𝐷≌△∴𝐵𝐷=

）解：𝐶𝐸的值为定值，𝐶𝐸=2∵𝐵𝐴=𝐵𝐶,∠𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵𝐶 ∴∠𝐵𝐴𝐶=45°,𝐴𝐶=∵𝐷𝐴=𝐷𝐸,∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐷𝐸 ∴∠𝐷𝐴𝐸=45°,𝐴𝐸=∵∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐶−∠𝐷𝐴𝐶=45°−∠𝐷𝐴𝐶,∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐷𝐴𝐸−−∠𝐷𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐷=又∵𝐴𝐵= ∴△𝐴𝐵𝐷∽△答：线段答：线段𝐶𝐸的长为6 由(2)知𝐶𝐸=2∴𝐶𝐸=2𝐵𝐷=2×314−32=6在Rt△𝐴𝐵𝐹中，𝐴𝐵=12,𝐴𝐹=3𝐵𝐹 𝐴𝐵2−𝐴𝐹2=144−18=126=3𝐵𝐷=𝐵𝐹−𝐷𝐹=314−3∴𝐴𝐹=𝐷𝐹=𝐴𝐷⋅sin45°=6×2=3∵𝐵𝐷⊥∴∠𝐴𝐹𝐷=在Rt△𝐴𝐷𝐹中，∠𝐷𝐴𝐹=∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=在Rt△𝐴𝐷𝐸中，𝐷𝐸=6,∠𝐴𝐷𝐸=𝐴𝐷=𝐷𝐸=6,𝐴𝐸= 𝐴𝐷2+𝐷𝐸2= 62+62=62， ∴𝐶𝐸=𝐴𝐶=2（3）解：在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐶=12,∠𝐴𝐵𝐶=03】（2026·辽宁·模拟预测）1，𝑃是等边𝐴𝐵𝐶内一点，𝑃𝐴=1𝑃𝐵=𝑃𝐶=2．求∠𝐵𝑃𝐶为了利用已知条件，可以把△𝐵𝑃𝐶绕点𝐶顺时针旋转60°得到△𝐴𝑃′𝐶，连接𝑃𝑃′，则可求出𝑃𝑃′的长为2△𝑃𝐴𝑃′中，易证∠𝑃𝐴𝑃′=90°，且∠𝑃𝑃′𝐴的度数为30°，综上可得∠𝐵𝑃𝐶的度数为2，𝑃是等腰Rt△𝐴𝐵𝐶内一点，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝑃𝐴=2，𝑃𝐵=2，𝑃𝐶=1，求∠𝐴𝑃𝐶如图3，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐴𝐶 5，点𝐷，𝐸分别在𝐴𝐵，𝐵𝐶上，𝐵𝐸=𝐷𝐸=1，连𝐶𝐷𝐵𝐷𝐸绕点𝐵逆时针旋转一周，当点𝐴，𝐷，𝐸在同一条直线上时，求𝐶𝐷【答案】【答案】(1) 5或（1𝐶𝑃′𝑃∠𝐶𝑃′𝑃60°，根据勾股定理逆定理可得△𝐴𝑃′𝑃是直角三角形，继而可得答案．2，把△𝐵𝑃𝐶绕点𝐶顺时针旋转90°得到△𝐴𝑃′𝐶，连接𝑃𝑃′，同理可得△𝐶𝑃′𝑃和△𝐴𝑃′𝑃是直角三角形，进而可得∠𝐴𝑃𝐶=3，将△ABDA逆时针旋转得到△ACGDGBD=CGCG的长，BD的长．【详解】（1）解∶由旋转的性质，得𝑃′𝐶=𝑃𝐶=2，𝑃′𝐴=𝑃𝐵=3，∠𝑃′𝐶𝑃=60°，∠𝐵𝑃𝐶=∴△𝐶𝑃′𝑃∴∠𝐶𝑃′𝑃=60°，𝑃𝑃′=𝑃𝐶=∵𝑃𝐴2+𝑃′𝐴2=12+(3)2=4，𝑃𝑃′2=22=∴𝑃𝐴2+𝑃′𝐴2=∴△𝐴𝑃′𝑃是直角三角形，∠𝑃′𝐴𝑃=在Rt𝐴𝑃′𝑃sin∠𝐴𝑃′𝑃=𝑃𝐴= ∴∠𝐴𝑃′𝑃=∴∠𝐵𝑃𝐶=∠𝐴𝑃′𝐶=∠𝐴𝑃′𝑃+∠𝐶𝑃′𝑃=30°+60°=（2）1，把△𝐵𝑃𝐶绕点𝐶顺时针旋转90°得到△𝐴𝑃′𝐶，连接由旋转的性质，得𝑃′𝐴=𝑃𝐵=2，𝑃′𝐶=𝑃𝐶=1，∠𝑃′𝐶𝑃=∴△𝐶𝑃′𝑃∴∠𝐶𝑃𝑃′=在Rt△𝐶𝑃′𝑃中，根据勾股定理，得𝑃𝑃′ 𝑃′𝐶2+𝑃𝐶2 12+12=∴𝑃′𝐴=∵𝑃′𝐴2+𝑃𝑃′2 22 22=4，𝑃𝐴2=22=∴𝑃′𝐴2+𝑃𝑃′2=∴△𝐴𝑃′𝑃是直角三角形，∠𝐴𝑃′𝑃=90°．又𝑃′𝐴=𝑃𝑃′，∴△𝐴𝑃′𝑃∴∠𝐴𝑃𝑃′=∴∠𝐴𝑃𝐶=∠𝐴𝑃𝑃′+∠𝐶𝑃𝑃′=45°+45°=（3）当点𝐸在线段𝐴𝐷上时，如图2𝐴𝐶𝐷绕点𝐴顺时针旋转90°𝐴𝐵𝐹，连接∵∠𝐵𝐴𝐶=90∘，𝐴𝐵=𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐷𝐵𝐸=∵𝐵𝐸=∴∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐷𝐵𝐸=∴∠𝐵𝐸𝐷=180°−∠𝐵𝐷𝐸−∠𝐷𝐵𝐸=180°−45°−45°=𝐵𝐷𝐸在Rt△𝐵𝐷𝐸中，根据勾股定理，得𝐵𝐷 𝐷𝐸2+𝐵𝐸2 12+12= 在Rt△𝐴𝐵𝐸中，根据勾股定理，得𝐴𝐸 𝐴𝐵−𝐵𝐸 5−1=∴𝐴𝐷=𝐴𝐸+𝐷𝐸=2+1=由旋转的性质，得𝐶𝐷=𝐵𝐹，𝐴𝐷=𝐴𝐹=3∠𝐷𝐴𝐹=90°= ∴∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐴𝐹𝐷=2(180°−∠𝐷𝐴𝐹)=2×(180°−90°)=∴∠𝐹𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐴𝐷𝐹=45°+45°=在Rt△𝐴𝐷𝐹中，根据勾股定理，得𝐷𝐹 𝐴𝐷2+𝐴𝐹2 32+32=3在Rt△𝐹𝐷𝐵中，根据勾股定理，得𝐵𝐹 𝐵𝐷2+𝐷𝐹2 22+322=2∴𝐶𝐷=𝐵𝐹=2当点𝐷在线段𝐴𝐸上时，如图3，将𝐴𝐶𝐷绕点𝐴顺时针旋转90°𝐴𝐵𝐹，连接同理上种情况可得，𝐴𝐸=2，∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐴𝐹𝐷=45°．∠𝐸𝐷𝐵=45°，𝐵𝐷=2，𝐴𝐹=𝐴𝐷，𝐵𝐹=∴𝐴𝐹=𝐴𝐷=𝐴𝐸−𝐷𝐸=2−1=1，∠𝐵𝐷𝐹=180°−∠𝐴𝐷𝐹−∠𝐸𝐷𝐵=180°−45°−45°=在Rt𝐴𝐷𝐹𝐷𝐹 𝐴𝐷2+𝐴𝐹2 12+12=在Rt𝐹𝐷𝐵𝐵𝐹 𝐵𝐷2+𝐷𝐹2 22 22=∴𝐶𝐷=𝐵𝐹=综上所述，𝐶𝐷的长为25或命题点0303】（2026·广东深圳·一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三如图，在𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=120°，D是线段𝐵𝐶上一点，连接𝐴𝐷，若𝐴𝐷=𝐵𝐷，那么线段（填“是”或“不是”）𝐴𝐵𝐶的“奇妙分割线如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=5，𝐵𝐶=5，连接𝐴𝐶，若∠𝐵𝐴𝐶=90°，E是线段𝐵𝐶上一点，𝐶𝐸=3，连接𝐷𝐸交𝐴𝐶F．求证：线段𝐶𝐹是△𝐷𝐶𝐸的“奇妙分割线”．△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=5，𝐵𝐶=3，sin∠𝐴𝐵𝐶=5D是线段𝐵𝐶上的动点（DB、C重合【答案】(1)1或7−2【分析】（1）根据“奇妙分割线”（2）根据平行四边形的性质得到𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐵𝐶=5，𝐶𝐷=【答案】(1)1或7−2【分析】（1）根据“奇妙分割线”（2）根据平行四边形的性质得到𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐵𝐶=5，𝐶𝐷=𝐴𝐵=5，则𝐴𝐷𝐹∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐵𝐴𝐶=90°，得到△𝐶𝐷𝐹为直角三角形，再利用相似三角形的性质和勾股定理求出𝐶𝐹和𝐸𝐹的长，进而推出△𝐶𝐸𝐹是等腰三角形，即可证明；（3）由翻折可知，𝐵𝐷=𝐷𝐸，𝐴𝐸=𝐴𝐵=5，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐸𝐵𝐷𝐸是等腰三角形，根据𝐸𝐷的“奇妙分割线”，可知𝐷𝐶𝐸3种情况讨论求解线段𝐵𝐷【详解】（1）解：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐵=∠𝐶=∵𝐴𝐷=∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵=∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐵𝐴𝐷=120°−30°=90°，即𝐴𝐷𝐶∵𝐴𝐷=𝐴𝐵𝐷∴𝐴𝐷𝐴𝐷𝐶的“奇妙分割线∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐵𝐶=5，𝐶𝐷=𝐴𝐵=∴△𝐴𝐷𝐹∽△𝐶𝐸𝐹，∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐷𝐹=𝐴𝐹=𝐴𝐷=5△𝐶𝐷𝐹 ∵∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐴𝐶 𝐵𝐶2−𝐴𝐵2 52=2∴𝐶𝐹

8𝐴𝐶=

5，𝐴𝐹

8𝐴𝐶=4∵∠𝐷𝐶𝐹=

∴𝐷𝐹

+𝐶𝐹 +4

∴𝐸𝐹

𝐷𝐹

5=𝐶𝐸𝐹∴𝐶𝐹是𝐷𝐶𝐸的“奇妙分割线（3）解：由翻折可知，𝐵𝐷=𝐷𝐸，𝐴𝐸=𝐴𝐵=5，∠𝐴𝐷𝐵=𝐵𝐷𝐸又∵𝐷𝐸是𝐵𝐶𝐸的“奇妙分割线𝐷𝐶𝐸①当∠𝐸𝐷𝐶=90°时，∠𝐵𝐷𝐸=∵∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐵𝐷𝐸=∴∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐸=∴∠𝐴𝐷𝐶=A作𝐴𝐹𝐵𝐶交𝐵𝐶F，则∠𝐴𝐹𝐵=∵𝐴𝐵=5，sin∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐴𝐹=𝐴𝐵sin∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐵𝐹 𝐴𝐵2−𝐴𝐹2=∵∠𝐴𝐷𝐶=∴𝐷𝐹=𝐴𝐹=∴𝐵𝐷=𝐵𝐹−𝐷𝐹=②当∠𝐷𝐶𝐸=90°如图，作𝐴𝐹𝐵𝐶交𝐵𝐶FE作𝐸𝐺𝐴𝐹交𝐴𝐹则∠𝐺=∠𝐶𝐹𝐺=∠𝐸𝐶𝐹=∴𝐸𝐺=𝐶𝐹，𝐶𝐸=由①可知，𝐴𝐹=3，𝐵𝐹=∴𝐸𝐺=𝐶𝐹=𝐵𝐹−𝐵𝐶=4−3=∵𝐴𝐸=𝐴𝐵=5，𝐸𝐺⊥∴𝐴𝐺 𝐴𝐸2−𝐸𝐺2 52−12=2∴𝐶𝐸=𝐹𝐺=𝐴𝐺−𝐴𝐹=2设设𝐵𝐷=𝐷𝐸=𝑥，则𝐶𝐷=在Rt△𝐷𝐶𝐸中，∠𝐷𝐶𝐸=∴𝐶𝐷2+𝐶𝐸2=𝐷𝐸2，即(3−𝑥)2+(26−3)=解得𝑥=7−2∴𝐵𝐷=7−2③当∠𝐶𝐸𝐷90°时，不存在满足题意的图形，舍去；综上，𝐵𝐷的长为1或7−26．01】（2025·江苏宿迁·一模）2倍，那么称这个2倍角三角形．定义应用：如果一个等腰三角形是2倍角三角形，则其底角的度数 2在𝐴𝐵𝐶中，如果∠𝐴=2∠𝐵=90°，那么𝐵𝐶2=𝐴𝐶(𝐴𝐵𝐴𝐶)．1，在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴=90°，∠𝐵=求证：𝐵𝐶2=𝐴𝐶(𝐴𝐵+1，延长𝐶𝐴到𝐷，使得𝐴𝐷=𝐴𝐵，连接∴∠𝐷=∠𝐴𝐵𝐷，𝐴𝐵+𝐴𝐶=𝐴𝐷+𝐴𝐶=∵∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐷+∠𝐴𝐵𝐷=2∠𝐷，∠𝐶𝐴𝐵=90°∴∠𝐷=∵∠𝐴𝐵𝐶=45°，∴∠𝐷∠𝐴𝐵𝐶，又∠𝐶=∠𝐶∴△𝐴𝐵𝐶∽△𝐵𝐶𝐷∴𝐵𝐶=𝐴𝐶∴𝐵𝐶2=𝐴𝐶⋅𝐶𝐷∴𝐵𝐶2=𝐴𝐶(𝐴𝐵+ 2，在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴=求证：𝐵𝐶2=𝐴𝐶(𝐴𝐵+已知：如图3，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=2∠𝐵，𝐴𝐵=6，𝐵𝐶=5，则𝐴𝐶= 4，在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=3∠𝐴，𝐴𝐶=5，𝐵𝐶=3，求𝐴𝐵(4)4【分析】（1）22（2）作𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，交𝐵𝐶于𝐷，易得：𝐵𝐷=𝐴𝐷𝐴𝐶𝐷𝐵𝐶𝐴，得到=𝐵𝐶𝐶𝐷,𝐴𝐶𝐴𝐵=𝐵𝐶⋅𝐴𝐷=𝐵𝐶𝐵𝐷，进而得到𝐴𝐶2+𝐴𝐶𝐴𝐵=𝐵𝐶𝐶𝐷+𝐵𝐶𝐵𝐷=𝐵𝐶(𝐵𝐷+=𝐵𝐶2根据（2）（4）如图，作∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐴，交𝐴𝐶于点𝐷△𝐴𝐵𝐷2倍角三角形．得到𝐴𝐷2=𝐵𝐷(𝐵𝐷+𝐴𝐵)△𝐶𝐵𝐷∽△𝐶𝐴𝐵，推出𝐶𝐷=𝐵𝐶2

95

=3,进而求出𝐴𝐷的长，设𝐵𝐷=3𝑥，则𝐴𝐵=5𝑥，根据𝐴𝐷2=(𝐵𝐷𝐴𝐵)【详解】（1）2①2倍，设顶角度数为𝑥，则两个底角的度数均为∴𝑥+2𝑥+2𝑥=解得：𝑥=∴底角度数为：2×36°=②2倍，设底角度数为𝑥，则：顶角度数为∴𝑥+𝑥+2𝑥=解得：𝑥=45°∴∠𝐵𝐴𝐶=2∠𝐷𝐴𝐶=∵∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐴𝐶=∴𝐵𝐷=∵∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐴𝐶,∠𝐴𝐶𝐷=∴△𝐴𝐶𝐷∽△∴𝐴𝐶=𝐶𝐷=

∴𝐴𝐶2=𝐵𝐶⋅𝐶𝐷,𝐴𝐶⋅𝐴𝐵=𝐵𝐶⋅𝐴𝐷=𝐵𝐶⋅∴𝐴𝐶2+𝐴𝐶⋅𝐴𝐵=𝐵𝐶⋅𝐶𝐷+𝐵𝐶⋅𝐵𝐷=𝐵𝐶⋅(𝐵𝐷+𝐶𝐷)=∴𝐵𝐶2=𝐴𝐶(𝐴𝐶+解：由（2）可知，𝐴𝐵2=𝐴𝐶(𝐵𝐶𝐴𝐶)，即：62=𝐴𝐶(5+𝐴𝐶)，∴𝐴𝐶2+5𝐴𝐶−36=解得𝐴𝐶=4或−9（舍掉（4）解：如图，作∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐴，交𝐴𝐶于点则∠𝐴𝐵𝐷=𝐴𝐵𝐷2∴𝐴𝐷2=𝐵𝐷(𝐵𝐷+∵∠𝐵𝐷𝐶𝐴𝐵𝐷∴∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐴+∠𝐴𝐵𝐷=∴∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=又∵∠𝐶=∴△𝐶𝐵𝐷∽△∴𝐶𝐵=𝐵𝐷=

∴𝐶𝐷=𝐵𝐶2

95

=∴𝐴𝐷=𝐴𝐶−𝐶𝐷

16设𝐵𝐷=3𝑥，则𝐴𝐵=∴

=3𝑥(3𝑥+解得：𝑥=46或𝑥=−4

不合题意舍去 4∴𝐴𝐵=5𝑥=2在𝐴𝐵𝐶a，b，c分别为∠𝐴,∠𝐵,∠𝐶所对边的长，𝑎=2,𝑏=3,𝑎<𝑐<𝑏，且𝐴𝐵𝐶是“和积方三角形”c的值．在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=2∠𝐶𝐴𝐵𝐶是“和积方三角形”．在𝑅𝑡𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶90°,∠𝐶60°，如图，P是𝐵𝐶上一动点（B不重合），连接𝑃𝐴．当𝑃𝐴𝐶是“和积方三角形【答案】（【答案】（1）证明见解析；（2）𝑐=2.5或10−1；（3）证明见解析；（4）∠𝑃𝐴𝐶的度数是30°或40°【分析】（1）ABAC的长，证明(𝐴𝐵+𝐵𝐶)⋅𝐵𝐶=分六种情况讨论，根据“和积方三角形”cCBDBD=BAAD，设𝐴𝐵=𝑐，𝐴𝐶=𝑏，𝐵𝐶=𝑎，证明𝐷𝐴𝐵𝐷𝐶𝐴，利用对应边成比例得𝐷𝐴2=𝐷𝐵⋅𝐷𝐶，证出𝑏2=𝑐(𝑐+𝑎)；根据（3）得到𝑃𝐴𝐶2倍，设∠𝑃𝐴𝐶=𝑥【详解】解：（1）∵𝐵𝐶=∴𝐴𝐵=2𝑎，𝐴𝐶=∵(𝐴𝐵+𝐵𝐶)⋅𝐵𝐶=3𝑎2，𝐴𝐶2=∴(𝐴𝐵+𝐵𝐶)⋅𝐵𝐶=（2）①𝑎(𝑎+𝑐)=𝑏2，2(2+𝑐)=9，𝑐=满足𝑎<𝑐<𝑏②𝑐(𝑎+𝑐)=𝑐(2+𝑐)=𝑐=满足𝑎<𝑐<𝑏③𝑎(𝑎+𝑏)=𝑐2，10=𝑐2，𝑐=10④𝑏(𝑎+𝑏)=𝑐2，15=𝑐2，𝑐=15⑤𝑏(𝑏+𝑐)=𝑎2，3(3+𝑐)=4，𝑐=−3⑥𝑐(𝑏+𝑐)=𝑐(3+𝑐)=𝑐=1综上：𝑐=2.5或（3）CBDBD=BA设𝐴𝐵=𝑐，𝐴𝐶=𝑏，𝐵𝐶=𝑎，则𝐵𝐷=∵𝐴𝐵=∴∠2=∴∠1=∠2+∠𝐷=∵∠1=若若∠𝐴𝑃𝐶=2∠𝐶=120°若∠𝑃𝐴𝐶=2∠𝐶=120°时，不存在；若∠𝐴𝑃𝐶1∠𝐶=30°时，PB当∠𝑃𝐴𝐶=2∠𝐴𝑃𝐶时，𝑥+1𝑥+60°=180°，解得𝑥=当∠𝑃𝐴𝐶=1∠𝐴𝑃𝐶时，𝑥+2𝑥+60°=180°，解得𝑥=当∠𝑃𝐴𝐶=1∠𝐶时，𝑥=（4）𝑃𝐴𝐶是“和积方三角形”，由（3）知𝑃𝐴𝐶2设∠𝑃𝐴𝐶=𝑥，则0°<𝑥<∵𝐷𝐴=𝑏，𝐷𝐵=𝑐，𝐷𝐶=𝑐+∴𝑏2=𝑐(𝑐+𝐴𝐵𝐶是“和积方三角形∴𝐷𝐵=𝐷𝐴，即𝐷𝐴2=𝐷𝐵⋅∴∠𝐷=∠𝐶，∠2=∴𝐴𝐷=𝐴𝐶=∵∠𝐷=∠𝐷，∠2=∴△𝐷𝐴𝐵∼△命题点04射影定理，又称“欧几里得定理”射影定理，又称“欧几里得定理”1，在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶90°，𝐴𝐷是斜边𝐵𝐶①𝐴𝐷2=𝐵𝐷⋅𝐷𝐶；②𝐴𝐵2=𝐵𝐷⋅𝐵𝐶；③𝐴𝐶2=𝐶𝐷⋅𝐵𝐶．∴∠𝐴𝐷𝐵=90°=∵∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐷=90°，∠𝐵+∠𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐷=𝐴𝐵𝐷𝐶𝐴𝐷（依据 即𝐴𝐷2=𝐵𝐷⋅任务一：（1）材料中的依据是 2，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝑂是对角线𝐴𝐶、𝐵𝐷的交点，点𝐸在𝐶𝐷上，过点𝐶作𝐶𝐹𝐵𝐸于点𝐹𝑂𝐹，证明：𝐵𝑂𝐵𝐷=𝐵𝐹在图2中，若𝐷𝐸=2𝐶𝐸，𝑂𝐹的长为655，则正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长 【答案】任务一：（【答案】任务一：（1）两角分别对应相等的两个三角形相似；（2）见解析；任务二：（1）见解析任务一：（1）根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”（2）根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”证明𝐴𝐵𝐷𝐶𝐵𝐴任务二：（1）根据射影定理得𝐵𝐶2=𝐵𝑂⋅𝐵𝐷，𝐵𝐶2=𝐵𝐹⋅𝐵𝐸，则𝐵𝑂⋅𝐵𝐷=𝐵𝐹⋅（2）先证明𝐵𝑂𝐹𝐵𝐸𝐷，设𝐵𝐶=𝐶𝐷=3𝑎，用𝑎表示出𝐷𝐸，𝐶𝐸，𝐵𝐸，𝑂𝐵 得到𝐷𝐸=𝐵𝐸【详解】解：任务一：（1）∵∠𝐴𝐷𝐵=90°=∠𝐴𝐷𝐶，∠𝐵𝐴𝐷=𝐴𝐵𝐷𝐶𝐴𝐷（两角分别对应相等的两个三角形相似证明：②𝐴𝐵2=𝐵𝐷⋅∵𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，∠𝐶𝐴𝐵=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=而∠𝐴𝐵𝐷=∴△𝐴𝐵𝐷∽△∴𝐴𝐵:𝐵𝐶=∴𝐴𝐵2=𝐵𝐷⋅③𝐴𝐶2=𝐶𝐷⋅∵𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，∠𝐶𝐴𝐵=∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐶𝐴𝐵=而∠𝐴𝐶𝐷=∴△𝐴𝐶𝐷∽△∴𝐴𝐶:𝐵𝐶=∴𝐴𝐶2=𝐶𝐷⋅任务二：（1）四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝑂𝐶⊥𝐵𝑂，∠𝐵𝐶𝐷=∴𝐵𝐶2=𝐵𝑂⋅∵𝐶𝐹⊥∴𝐵𝐶2=𝐵𝐹⋅∴𝐵𝑂⋅𝐵𝐷=𝐵𝐹⋅（2）解：设𝐵𝐶=𝐶𝐷=而𝐷𝐸=∴𝐷𝐸=2𝑎，𝐶𝐸=在Rt△𝐵𝐶𝐸中，𝐵𝐸 𝑎2+(3𝑎)2=在Rt△𝑂𝐵𝐶中，𝑂𝐵=2𝐵𝐶=3 ∵𝐵𝑂⋅𝐵𝐷=𝐵𝐹⋅𝐵𝐸，即𝐵𝐸=而∠𝑂𝐵𝐹=∴△𝐵𝑂𝐹∽△ ∴𝐷𝐸=6 32即5=

解得𝑎=∴𝐵𝐶=𝐶𝐷=01】（2026·山西运城·一模）1，𝐶是线段𝐴𝐵上的一点（不与点𝐴，𝐵重合），若点𝐷满足𝐴𝐷2=𝐴𝐶𝐴𝐵，则称点2，在𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐷𝐵𝐷，点𝐶在𝐴𝐵边上（不与点𝐴,𝐵重合），且点证明：∵𝐴𝐷=𝐵𝐷，∴∠𝐴=𝐴𝐶𝐷𝐶，（∴∠𝐴=∴∠𝐵=∴△𝐴𝐵𝐷∽△∴𝐴𝐶=𝐴𝐷，（∴𝐴𝐷2=𝐴𝐶⋅材料中的依据1是 ，依据2是 3，在△𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐵=10，𝐵𝐷=8，𝐶是线段𝐴𝐵上一点，𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，点𝐷是点𝐶关于𝐴𝐵的“关联点”，【答案】(1)已知点𝐷是点𝐶关于𝐴𝐵的“关联点”4中作出点𝐶关于𝐴𝐵的另一个“关联点”点𝐸（不与点𝐷重合），且△𝐵𝐷𝐸△𝐵𝐶𝐷【答案】(1)(3)【分析】（1）根据线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，可得𝐴𝐶=𝐷𝐶 形对应边成比例可得𝐴𝐶= （2）根据“关联点”的定义可得𝐴𝐵=𝐴𝐷，根据相似三角形的判定和性质得出∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴𝐷𝐶形的两个锐角互余和等角的余角相等推得∠𝐴𝐷𝐵=90°，再根据勾股定理求出𝐴𝐷根据𝐵𝐷𝐸𝐵𝐶𝐷的面积相等得出点𝐸在经过点𝐶，且与𝐵𝐷平行的直线上，根据“关联点”的定义可得𝐴𝐷=𝐴𝐸，即点𝐸在以点𝐴为圆心，𝐴𝐷的长为半径的圆上，据此，即可确定点𝐸的位置，结合作一个角等【详解】（1）𝐴𝐷=∴∠𝐴=𝐴𝐶=𝐷𝐶，（依据：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等∴∠𝐴=∴∠𝐵=∴△𝐴𝐵𝐷∽△ ∴𝐴𝐶=𝐴𝐷，（依据：相似三角形对应边成比例∴𝐴𝐷2=𝐴𝐶⋅∴𝐴𝐷2=𝐴𝐶⋅ ∴𝐴𝐵=∵∠𝐶𝐴𝐷=∴△𝐴𝐵𝐷∽△∴∠𝐴𝐵𝐷=∵∠𝐴+∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐴+∠𝐵=∴∠𝐴𝐷𝐵=∴𝐴𝐷 𝐴𝐵2−𝐵𝐷2 102−82=∴𝐶𝐷

𝐴𝐵

10=5解：如图，点𝐸1为所求．（或点𝐸2为所求理由：𝐵𝐷𝐸𝐵𝐶𝐷∴𝐶𝐸∥故𝐴𝐷2=𝐴𝐶⋅𝐴𝐵，𝐴𝐸2=𝐴𝐶⋅𝐴𝐵，∴𝐴𝐷=第二步，作∠𝐴𝐶𝐸，使得∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷，即𝐶𝐸02】（2026·山西阳泉·一模）=2，在𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐷𝐵𝐷，点𝐶在𝐴𝐵边上（不与点𝐴,𝐵重合），且点证明：∵𝐴𝐷=𝐵𝐷，∴∠𝐴=∵𝐴𝐶𝐷𝐶．（∴∠𝐴=∴∠𝐵=∴△𝐴𝐵𝐷∽△∴𝐴𝐶=𝐴𝐷，（𝐴𝐷2=𝐴𝐶⋅点𝐷是点𝐶关于𝐴𝐵的“关联点材料中的依据1是 ，依据2是 3，在𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐵=10,𝐵𝐷=8,𝐶是线段𝐴𝐵上一点，𝐶𝐷𝐴𝐵，点𝐷是点𝐶关于𝐴𝐵的“关联点”已知点𝐷是点𝐶关于𝐴𝐵的“关联点”，请在下图中作出点𝐶关于𝐴𝐵的另一个“关联点”E（不与点𝐷重合），且△𝐵𝐷𝐸△𝐵𝐶𝐷的面积相等．（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作一个点即可）【答案】【答案】(1)(3)【分析】（1）根据线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，可得𝐴𝐶=𝐷𝐶 形对应边成比例可得𝐴𝐶= （2）根据“关联点”的定义可得𝐴𝐵=𝐴𝐷，根据相似三角形的判定和性质得出∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴𝐷𝐶形的两个锐角互余和等角的余角相等推得∠𝐴𝐷𝐵=90°，再根据勾股定理求出𝐴𝐷（3）根据𝐵𝐷𝐸𝐵𝐶𝐷的面积相等得出点𝐸在经过点𝐶，且与𝐵𝐷平行的直线上，根据“关联点”的定义可得𝐴𝐷=𝐴𝐸，即点𝐸在以点𝐴为圆心，𝐴𝐷的长为半径的圆上，据此，即可确定点𝐸的位置，结合作一个角等【详解】（1）𝐴𝐷=∴∠𝐴=𝐴𝐶=𝐷𝐶，（依据：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等∴∠𝐴=∴∠𝐵=∴△𝐴𝐵𝐷∽△ ∴𝐴𝐶=𝐴𝐷，（依据：相似三角形对应边成比例∴𝐴𝐷2=𝐴𝐶⋅∴𝐴𝐷2=𝐴𝐶⋅ ∴𝐴𝐵=∵∠𝐶𝐴𝐷=∴△𝐴𝐵𝐷∽△∴∠𝐴𝐵𝐷=∵∠𝐴+∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐴+∠𝐵=∴∠𝐴𝐷𝐵=∴𝐴𝐷 𝐴𝐵2−𝐵𝐷2 102−82=∴𝐶𝐷

𝐴𝐵

10=5解：如图，点𝐸1为所求．（或点𝐸2为所求理由：𝐵𝐷𝐸𝐵𝐶𝐷∴𝐶𝐸∥故𝐴𝐷2=𝐴𝐶⋅𝐴𝐵，𝐴𝐸2=𝐴𝐶⋅𝐴𝐵，∴𝐴𝐷=第二步，作∠𝐴𝐶𝐸，使得∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷，即𝐶𝐸关于“射影定理”的研究报告如图①，关于“射影定理”的研究报告如图①，Rt𝐴𝐵𝐶CD的光线照射，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐶𝐷𝐴𝐵D，AB在投影面上．那么线段𝐴𝐶的投影是𝐴𝐷，线段𝐵𝐶的投影是𝐵𝐷．我们可以利用三角形相似证明𝐶𝐷2==𝐴𝐷𝐵𝐷证明：∵𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐶𝐷𝐵=∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，∴∠𝐴+∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵𝐶𝐷+∠𝐴𝐶𝐷=90°，∴∠𝐴=∴△𝐴𝐶𝐷∽△𝐶𝐵𝐷， ，∴𝐶𝐷2=𝐴𝐷⋅ 已知：如图②，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶>（1）在𝐵𝐶的延长线上截取𝐶𝐸=根据上述作法，请在图②方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐵𝐶E（B，C重合），C为圆心，𝐶𝐸长为半径作弧，交𝐶𝐷F，连接𝐷𝐸，作𝐷𝐺𝐷𝐸，交𝐵𝐶G，以𝐶𝐺,𝐶𝐹为邻边作矩形𝐶𝐺𝐻𝐹，则矩形𝐶𝐺𝐻𝐹E是【答案】(1)4【分析】（1）如图②0为圆心，以𝑂𝐵0H0上，连接𝐵𝐻,𝐸𝐻△𝐻𝐵𝐶∽△𝐸𝐻𝐶，得出𝐶𝐻2=𝐵𝐶⋅𝐶𝐸先证明△𝐸𝐶𝐷∽△𝐷𝐶𝐺，得出𝐶𝐷2=𝐶𝐸⋅𝐶𝐺，进而证明𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑆矩形𝐶𝐺𝐻𝐹；设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷边长为3𝑘EB的𝐵𝐶边的三等分点时，EC的𝐵𝐶【详解】（1）𝐶𝐻𝐺解：如图②0为圆心，以𝑂𝐵0H0上，连接l垂直平分𝐵𝐸,𝐶𝐷=∴𝐵𝐸0∴∠𝐵𝐻𝐸=四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴∠𝐵𝐶𝐷=∴∠𝐷𝐶𝐸=180°−∠𝐵𝐶𝐷=180°−90°=∴∠𝐵𝐻𝐸=∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐷𝐶𝐸=∴∠𝐻𝐵𝐶=90°−∠𝐵𝐻𝐶,∠𝐸𝐻𝐶=∴∠𝐻𝐵𝐶=∵∠𝐵𝐶𝐷=∴△𝐻𝐵𝐶∽△ ∴𝐻𝐶=∴𝐶𝐻2=𝐵𝐶⋅∵

1 △𝐶𝐻𝐺=

=2𝐵𝐶⋅𝐶𝐸,𝐶𝐷=∴𝑆矩形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐶⋅𝐶𝐷=𝐵𝐶⋅∴

=1𝑆矩形𝐴𝐵𝐶𝐷；∵𝐷𝐺∴∠𝐸𝐷𝐺=∠𝐸𝐷𝐶+∠𝐶𝐷𝐺=在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷和矩形𝐶𝐺𝐻𝐹中，∠𝐸𝐶𝐷=∠𝐷𝐶𝐺=∴∠𝐶𝐸𝐷+∠𝐸𝐷𝐶=∴∠𝐶𝐸𝐷=∴△𝐸𝐶𝐷∽△ ∴𝐶𝐷=∴𝐶𝐷2=𝐶𝐸⋅∵𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷2,𝑆矩形𝐶𝐺𝐻𝐹=𝐶𝐹⋅𝐶𝐺,𝐶𝐸=∴𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑆矩形设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷边长为𝐵𝐶=𝐶𝐷=∵E是𝐵𝐶EB的𝐵𝐶则𝐶𝐸=2𝑘= ∵𝐶𝐷= ∴3𝑘=∴𝐶𝐺

∴𝐶𝐹=𝐶𝐸=EC的𝐵𝐶则𝐶𝐸=𝑘=∵∵𝐶𝐷=∴3𝑘=∴𝐶𝐺= = 1，在𝐴𝐵𝐶中，𝐶𝐴=𝐶𝐵，∠𝐴𝐶𝐵=60°，点𝑃是平面内不与点𝐴，𝐶重合的任意一点，连接𝐴𝑃 交所成的较小角的度数 ②连接𝐴𝐶交𝐷𝐸于点𝐻，若𝐷𝐻=2，求===绕着点𝐵顺时针旋转角度𝛼(0°<𝛼30°),𝐷𝐸交𝐵𝐶于点𝐹，连接𝐴𝐷，射线𝐴𝐷交𝐵𝐸于点𝐺．若射线𝐴𝐷将分成的两个角满足∠𝐵𝐷𝐺：∠𝐸𝐷𝐺=1：3，求𝐵𝐹【答案】【答案】(2)①∠𝐵𝑀𝐸=45°；②𝐵𝐶=2(3)3【分析】（1）根据题意可得𝐴𝐵𝐶𝐴𝑃𝐷𝐴𝐶𝑃𝐴𝐵𝐷(SAS)用全等三角形的性质可得𝐶𝑃=1，结合三角形内角和可得直线𝐵𝐷与直线𝐶𝑃（2）①连接𝐷𝑃，𝐸𝑃，根据正方形的性质可得∠𝐷𝑃𝐸=∠𝐶𝑃𝐵=90°，𝐷𝑃=𝑃𝐸=2 𝐷𝑃𝐸𝐶𝑃𝐵，根据相似三角形的性质可得∠𝐵𝑀𝐸=∠𝐸𝑃𝐵=②连接𝐴𝐶交𝐷𝐸于点𝐻，根据正方形的性质可得𝐴𝐶=2𝐴𝐷𝐴𝐷𝐻𝐴𝐶𝐵

的性质可得𝐵𝐶=𝐴𝐶进而得出𝐵𝐶=2

（3）连接𝐴𝐸，根据题意可利用中位线定理和等腰三角形的性质，得𝐴𝐸𝐵𝐶，𝐵𝐸=𝐸𝐶，𝐵𝐷=𝐷𝐸=𝐷𝐸𝐴𝐶，根据平行线的性质可得∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐵𝐴𝐶=120°∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐸𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵

=30°，根据勾股定理即可求得𝐵𝐶=2𝐵𝐸=123知∠𝐵𝐷𝐺=30°，∠𝐸𝐷𝐺=90°，直线𝐴𝐷交𝐵𝐶于点𝐽，直线𝐷𝐸交𝐵𝐶于点𝐹，过点𝐽作𝐵𝐷垂线，垂足为𝐾【详解】（1）解：∵𝐶𝐴=𝐶𝐵,∠𝐴𝐶𝐵=𝐴𝐵𝐶∴𝐴𝑃=𝐷𝑃，∠𝑃𝐴𝐷=𝐴𝑃𝐷∴∠𝐶𝐴𝑃+∠𝑃𝐴𝐵=∠𝐷𝐴𝐵+∠𝑃𝐴𝐵=∴∠𝐶𝐴𝑃=∵𝐴𝑃=𝐴𝐷，𝐴𝐶=∴△𝐴𝐶𝑃≌△∴𝐵𝐷=𝐶𝑃，∠𝐴𝐶𝑃=∴𝐵𝐷=1，∠𝐴𝐶𝑃+∠𝑃𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐷+∠𝑃𝐶𝐵=∴∠𝐴𝐵𝐷+∠𝑃𝐶𝐵+∠𝐴𝐵𝐶=∴如图，延长𝐶𝑃,𝐵𝐷交于点𝐻，则直线𝐵𝐷与直线𝐶𝑃相交所成的较小角的度数是：180°−120°=∴∠𝐷𝑃𝐸=∠𝐶𝑃𝐵=90°，且𝐷𝑃=2𝐶𝑃，𝑃𝐸=∴𝐷𝑃=𝑃𝐸= ∴△𝐷𝑃𝐸∽△∴∠𝐷𝐸𝑃=又∵∠𝑀𝐸𝑂=∴∠𝐵𝑀𝐸=∠𝐸𝑃𝐵=∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝑃𝐴𝐶=由①可知，∠𝐵𝑀𝐸=∠𝐶𝑀𝑁=∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝑃𝐴𝐶=∠𝐶𝑀𝐻=∴𝐴𝐶=∵∠𝐻𝐶𝑀=∴∠𝐴𝐻𝐷=∠𝐶𝐻𝑀=∴△𝐴𝐷𝐻∽△∴𝐷𝐻=𝐴𝐷=𝐴𝐷

∵𝐷𝐻=∴𝐵𝐶=2∵𝐴𝐵=𝐴𝐶=12，点𝐷、𝐸分别是𝐴𝐵、𝐵𝐶∴𝐷𝐸是𝐴𝐵𝐶的中位线，𝐴𝐸𝐵𝐶，𝐵𝐸=∴𝐵𝐷=𝐷𝐸=6，𝐷𝐸∥∵∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐸𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵

=∵𝐴𝐵=12，∠𝐴𝐸𝐵=∴𝐴𝐸

1𝐴𝐵=∴𝐵𝐸 𝐴𝐵2−𝐴𝐸2=6∴𝐵𝐶=2𝐵𝐸=12射线𝐴𝐷将∠𝐵𝐷𝐸分成的两个角∠𝐵𝐷𝐺:∠𝐸𝐷𝐺=∴∠𝐵𝐷𝐺=30°,∠𝐸𝐷𝐺=∵∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐵𝐸=∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐷𝐵𝐶=∠𝐷𝐵𝐸−∠𝐷𝐵𝐶=又∵𝐴𝐵=12，𝐵𝐷=6，𝐵𝐸=63，𝐵𝐶=12∴𝐵𝐷=𝐵𝐸= ∴△𝐴𝐵𝐷∽△ ∴∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐵𝐷𝐴，𝐵𝐸=𝐸𝐶=3∵∠𝐵𝐷𝐺=∴∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐵𝐷𝐴=180°−∠𝐵𝐷𝐺=∵∠𝐵𝐷𝐸=120°，∠𝐵𝐸𝐷=∴∠𝐷𝐸𝐶=∠𝐵𝐷𝐸=又∵∠𝐷𝐹𝐵=∴△𝐵𝐹𝐷∽△∴𝐶𝐹=

∵∠𝐵𝐷𝐽=∠𝐵𝐴𝐽=30°，∠𝐵𝐽𝐷=∴△𝐴𝐵𝐽∽△∴𝐵𝐷=𝐷𝐽=𝐵𝐽= 设𝐷𝐽=𝑥，则𝐵𝐽=2𝑥，𝐴𝐽=4𝑥，𝐴𝐷=𝐴𝐽−𝐷𝐽=∵𝐽𝐾⊥∴∠𝐽𝐾𝐷=∠𝐽𝐾𝐵=又∵∠𝐵𝐷𝐽=

∴𝐾𝐽

1𝑥，𝐸𝐶=3∴𝐾𝐷 𝐷𝐽2−𝐾𝐽2=∴𝐵𝐾=𝐵𝐷−𝐾𝐷=6−∴𝐾𝐽2+𝐵𝐾2=𝐵𝐽2，即1

+6−3

=解得：𝑥1=−3+15，𝑥2=−3−15（舍𝐵𝐹

=33−3+

3 1，在Rt𝐴𝐵𝐶和Rt𝐵𝐷𝐸中，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐶𝐵𝐷=90°，∠𝐴=∠𝐷𝐸𝐵=𝐵𝐶=𝐵𝐸=2，Rt𝐵𝐷𝐸绕点𝐵逆时针旋转，𝐻为𝐶𝐷的中点，当点𝐶与点𝐸重合时，判断𝐵𝐻与𝐴𝐸的数量关系【问题证明】：在Rt𝐵𝐷𝐸绕点𝐵逆时针旋转的过程中，当𝐴𝐸经过点𝐻时，（1）中的结论是否仍然成2的情形给出证明；若不成立，请说明理由；【拓展应用】：在Rt𝐵𝐷𝐸绕点𝐵逆时针旋转的过程中，当𝐷𝐸∥𝐵𝐶𝐴𝐶𝐸【答案】【答案】(1)𝐴𝐸=23𝐵𝐻，𝐵𝐻⊥(2)（1）(3)4+23或4−2（2）延长𝐵𝐻到𝐹使得𝐻𝐹=𝐵𝐻，连接𝐶𝐹𝐴𝐵𝐸𝐵𝐶𝐹【详解】（1）解：在Rt𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐶=2，∠𝐴=∴𝐴𝐸=2𝐵𝐶=在Rt𝐶𝐷𝐵中，∠𝐷𝐶𝐵=30°，𝐵𝐶=𝐵𝐸=∴𝐶𝐷=cos30°∵𝐶𝐻= 43∴𝐵𝐻=2𝐶𝐷=3∴𝐵𝐻=23=22 ∴𝐴𝐸=2在Rt𝐶𝐷𝐵中，点𝐻是𝐶𝐷∴𝐵𝐻=𝐶𝐻=∴∠𝐷𝐻𝐵=∵∠𝐷𝐸𝐵=∴∠𝐷𝐻𝐵=𝐵𝐷𝐻∴∠𝐷𝐵𝐻=∴∠𝐴𝐵𝐻+∠𝐴=∴𝐵𝐻⊥解：（1）延长𝐵𝐻到𝐹使得𝐻𝐹=𝐵𝐻，连接𝐶𝐹∵𝐶𝐻=𝐷𝐻，𝐵𝐻=𝐻𝐹，∠𝐶𝐻𝐹=∴△𝐶𝐻𝐹≌△∴𝐵𝐷=𝐶𝐹，∠𝐹=∴𝐶𝐹∥∵∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐸𝐵=

∴𝐴𝐵=tan∠𝐵𝐴𝐶∴𝐵𝐸=

3=3𝐵𝐶，𝐵𝐸=tan∠𝐵𝐸𝐷=tan30°= ∴𝐵𝐶=𝐶𝐹=∵𝐶𝐹∥∴∠𝐵𝐶𝐹+∠𝐶𝐵𝐷=∵∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐷+∠𝐶𝐵𝐷+∠𝐶𝐵𝐷+∠𝐶𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝐷+∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐵𝐶𝐹=∴△𝐴𝐵𝐸∽△ ∴∠𝐶𝐵𝐹=∠𝐵𝐴𝐸，𝐵𝐹=𝐵𝐶=∴𝐴𝐸=3𝐵𝐹=2∵∠𝐶𝐵𝐹+∠𝐴𝐵𝐹=∴∠𝐵𝐴𝐸+∠𝐴𝐵𝐹=∴∠𝐴𝐻𝐵=∴𝐵𝐻⊥交于点∵𝐷𝐸∥∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐹𝐷= 由题意得：𝐵𝐶=𝐵𝐸=2，𝐴𝐵=23，𝐵𝐷=23，𝐷𝐸=4 ∵ △𝐵𝐷𝐸=2𝐵𝐷⋅𝐵𝐸=2𝐷𝐸⋅∴1

23×2

1×4

×∴𝐵𝐹=∴𝐸𝐹 𝐵𝐸2−𝐵𝐹2=∵𝐷𝐸∥∴△𝐵𝐶𝑃∽△∴𝐵𝐶=𝐵𝑃

解得：𝐵𝑃=4−2∴𝐴𝑃=𝐴𝐵+𝐵𝑃=𝐴𝐶𝐸=

+𝑆△𝐴𝐸𝑃=2𝐴𝑃×𝐵𝐶+2𝐴𝑃×𝐸𝐹=2×4×2+2×43=4+2同理𝐵𝐹=1，𝐸𝐹=𝐴𝐹=∵𝐷𝐸∥∴△𝐵𝐶𝑃∽△∴𝐵𝐶=𝐵𝑃

解得：𝐵𝑃=4+2∴𝐴𝑃=𝐵𝑃−𝐴𝐵=𝐴𝐶𝐸=

−𝑆△𝐴𝐸𝑃=2𝐴𝑃×𝐵𝐶−2𝐴𝑃×𝐸𝐹=2×4×2−2×43=4−2𝐴𝐶𝐸的面积为4+23或4−21，在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵为锐角，𝐴𝐵20，tan𝐵4．点𝐷在边𝐴𝐵上，∠𝐷𝐶𝐵∠𝐵，𝐴𝐶(1)当∠𝐵𝐴𝐶=90°时，求𝐵𝐶△△②当𝐴𝐸𝐵𝐶时，求𝐴𝐸2，𝑙与𝐵𝐶交于点𝐹，𝐴𝐹与𝐶𝐷交于点𝐺，当𝐹𝐺=𝐹𝐵时，求tan∠𝐵𝐴𝐸【答案】【答案】(2)𝐴𝐷𝐸20；②𝐴𝐸=(3)tan∠𝐵𝐴𝐸=3【分析】（1）在∠𝐵𝐴𝐶=90°的条件下，由tan𝐵=𝐴𝐶=3，结合𝐴𝐵=20得𝐴𝐶=15（2）①由直线𝑙垂直平分𝐴𝐶，得𝐸𝐴=𝐸𝐶；再由∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐵，根据等角对等边得𝐷𝐶=𝐷𝐵𝐴𝐷𝐸的周长𝐴𝐷𝐷𝐸𝐴𝐸转化为𝐴𝐷𝐷𝐶，而𝐴𝐷𝐷𝐶=𝐴𝐵=2020，不随𝐵𝐶变化；②作𝐷𝐻𝐷𝐻∥𝐵𝐶∠𝐵∠𝐸𝐷𝐻∠𝐵4𝐷𝐻=4𝑥，则𝐴𝐷=𝐷𝐸=5𝑥20列方程，解得𝑥=4，故𝐴𝐸=2（3）延长𝐴𝐸交𝐵𝐶于𝑀，作𝑀𝑁𝐴𝐵．由垂直平分线性质得𝐹𝐴=𝐹𝐶、𝐸𝐴=𝐸𝐶，证得𝐹𝐴𝑀𝐹𝐶𝐺合𝐹𝐺=𝐹𝐵得𝐹𝑀=𝐹𝐵△𝐴𝑀𝐹𝐵𝑀𝐴，结合tan𝐵=与勾股定理，求得tan∠𝐵𝐴𝐸=3【详解】（1）∠𝐵𝐴𝐶=90°，tan𝐵=∴𝐴𝐵=∵𝐴𝐵=∴𝐴𝐶=∴𝐵𝐶2=𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=∴𝐵𝐶=解：𝐴𝐷𝐸∵𝑙垂直平分∴𝐸𝐴=∵∠𝐷𝐶𝐵=∴𝐷𝐶=∵𝐴𝐸+𝐸𝐷+𝐷𝐴=𝐸𝐶+𝐸𝐷+=𝐷𝐶+=𝐷𝐵+=𝐴𝐵=𝐴𝐷𝐸②如图，作𝐷𝐻∵𝐴𝐸⊥∴∴∠𝐴𝐷𝐻=∠𝐵，∠𝐸𝐷𝐻=又∵∠𝐷𝐶𝐵=∴∠𝐴𝐷𝐻=∠𝐸𝐷𝐻=∵∠𝐴𝐻𝐷=∠𝐸𝐻𝐷=90°，𝐷𝐻=∴△𝐴𝐻𝐷≌△∴𝐴𝐷=∵tan𝐵= ∴𝐷𝐻=𝐷𝐻=设𝐴𝐻=𝐸𝐻=3𝑥，𝐷𝐻=∵𝐴𝐷2=𝐷𝐸2=(3𝑥)2+(4𝑥)2=∴𝐴𝐷=𝐷𝐸=𝐴𝐷𝐸∴5𝑥+5𝑥+6𝑥=解得：𝑥=∴𝐴𝐸=6𝑥=2解：如图，延长𝐴𝐸与𝐵𝐶交于点𝑀，作𝑀𝑁∵𝑙垂直平分∴𝐸𝐴=𝐸𝐶，𝐹𝐴=∴∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐸𝐶𝐴，∠𝐹𝐴𝐶=∴∠𝐹𝐶𝐺=∠𝐹𝐶𝐴−∠𝐸𝐶𝐴=∠𝐹𝐴𝐶−∠𝐸𝐴𝐶=∵∠𝐶𝐹𝐺=∠𝐴𝐹𝑀，𝐹𝐴=∴△𝐹𝐴𝑀≌△∴𝐹𝐺=∵𝐹𝐺=设𝐹𝑀=𝐹𝐵=∵∠𝐹𝐴𝑀=∠𝐹𝐶𝐺=∠𝐵，∠𝐴𝑀𝐹=∴△𝐴𝑀𝐹∽△ ∴𝑀𝐴=∴𝑀𝐴2=5𝑦⋅10𝑦=∴𝑀𝐴=5∵tan𝐵=∴sin𝐵=5，𝑀𝑁=𝑀𝐵⋅sin𝐵=∴𝐴𝑁2=𝐴𝑀2−𝑀𝑁2=∴tan∠𝐵𝐴𝐸=𝐴𝑁

3考点二四边形解答题压轴通用解题步骤(压轴标准流程选方法：证明→用性质+x+t表示线段+分类列方程；最值→命题点01四边形中解答题压轴（常规题△𝐴𝐸B的对应点为点𝐵′，连接𝐸𝐵′并延长交线段𝐶𝐷F，连接𝐴𝐹，过点𝐵′作𝐵′𝐺⊥𝐴𝐵①𝐸𝐶𝐹∽②𝐴𝐷𝐹2①求𝐶𝐸𝐹②填空：若𝐵𝐸=

△𝐴𝐵′𝐺的周长 3， (2)𝐶𝐸𝐹的周长为【分析】（1）①根据折叠得出∠𝐴𝐵′𝐸=∠𝐵=90°，确定∠𝐴𝐵′𝐹=180°−∠𝐴𝐵′𝐸=90°的等量代换得出∠𝐴𝐵′𝐺=∠𝐸𝐹𝐶②根据折叠及正方形的性质得出𝐴𝐵′=𝐴𝐷（2）①根据题意得出𝐷𝐹=𝐵′𝐹，𝐵𝐸=𝐵′𝐸，得出𝐶𝐸𝐹的周长为：𝐶𝐸𝐶𝐹𝐸𝐹=𝐵𝐶𝐶𝐷②由折叠知𝐴𝐵′=𝑚,𝐵′𝐸= 𝐶𝐹=𝑦，则𝐷𝐹=𝑚−𝑦，𝐵′𝐹=𝑚−𝑦，根据勾股定理得出𝑦=3， 2，再【详解】（1）证明：由折叠可知，∠𝐴𝐵′𝐸=∠𝐵=∴∠𝐴𝐵′𝐹=180°−∠𝐴𝐵′𝐸=∵𝐵′𝐺⊥∴∠𝐴𝐺𝐵′=∴∠𝐴𝐺𝐵′=∠𝐶=∠𝐵=∴∠𝐺𝐵′𝐸=∵∠𝐴𝐵′𝐺+∠𝐺𝐵′𝐸=90°，∠𝐹𝐸𝐶+∠𝐸𝐹𝐶=∴∠𝐴𝐵′𝐺=∴△𝐸𝐶𝐹∽△②𝐴𝐵=∴𝐴𝐵=𝐴𝐷,∠𝐷=90°∴𝐴𝐵′=由①知∠𝐴𝐵′𝐹=∴∠𝐴𝐵′𝐹=∵𝐴𝐹=∴Rt△𝐴𝐷𝐹≌Rt△（2）解：①由（1）②知Rt𝐴𝐷𝐹≌Rt∴𝐷𝐹=由折叠可知𝐵𝐸=𝐶𝐸𝐹的周长为：𝐶𝐸𝐶𝐹=𝐶𝐸+𝐶𝐹+𝐸𝐵′+=𝐶𝐸+𝐶𝐹+𝐵𝐸+∴𝐸𝐹=3+2=6∵△𝐸𝐶𝐹∽△ =∴𝐶𝐹=2,𝐷𝐹=2 ∵𝐶△𝐸𝐶𝐹=∴𝐶△𝐴𝐵′𝐺=5×2𝑚=5即=(𝐶𝐸+𝐵𝐸)+(𝐶𝐹+=𝐵𝐶+∴𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝑚𝐶𝐸𝐹的周长为②由折叠知𝐴𝐵=𝑚,𝐵𝐸=𝐵𝐸=3设𝐶𝐹=𝑦，则𝐵′𝐹=𝐷𝐹=𝑚−𝑦∴𝐸𝐹=𝐸𝐵′+𝐵′𝐹=𝑚+𝑚−𝑦=在Rt△𝐸𝐶𝐹中，𝐶𝐸2+𝐶𝐹2=𝑚+𝑦 解得𝑦=201】（2026·湖北武汉·一模）如图，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，E，F分别为边𝐶𝐷,𝐵𝐶上的点，且𝐷𝐸=𝐶𝐹，(1)如图（1），求证：𝐴𝐸(2)连接①如图（2），若𝐶𝐺平分∠𝐸𝐺𝐹，求证：𝐶𝐸=②如图（3），连接𝐵𝐺，若𝐹𝐺平分∠𝐵𝐺𝐶，直接写出𝐶𝐸【答案】(1)(2)①

𝐷𝐸= 【分析】（1）结合正方形的性质，证明𝐴𝐷𝐸𝐷𝐶𝐹(SAS)（2）①由（1）得𝐴𝐸𝐷𝐹，且结合正方形的性质，得出∠𝐸𝐺𝐹∠𝐹𝐶𝐸=180°，故𝐺,𝐹,𝐶,𝐸四点共圆，再运用圆周角定理得∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐶𝐺𝐸=45°，故△𝐹𝐶𝐸是等腰直角三角形，结合𝐷𝐸=𝐶𝐹，故𝐶𝐸=𝐷𝐸；②设𝐺𝐷=𝑎,𝐴𝐺=𝑏(0<𝑎<𝑏)，结合正方形的性质证明𝐴𝐷𝐺𝐵𝐴𝐻(AAS)，再得出四边形𝐵𝐻𝐺𝐼形，𝐺𝐼𝐵𝐻=𝑏，𝐵𝐼=𝐺𝐻=𝑏−𝑎𝐴𝐷𝐺𝐷𝐶𝐽(AAS)，即𝐽𝐺=𝐽𝐷−𝐺𝐷=𝑏−𝑎，因为𝐹𝐺∠𝐵𝐺𝐶，得tan∠𝐵𝐺𝐼=

𝐵𝐼=𝐶𝐽，整理得𝑎2−3𝑏𝑎+𝑏2=0，运用公式法解得𝑎=，再把数值代入3−5𝑏，再代入𝐷𝐸=𝑏−𝑎

∴𝐴𝐷=𝐷𝐶,∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐶=∴∠𝐷𝐴𝐸+∠𝐷𝐸𝐴=∵𝐷𝐸=∴△𝐴𝐷𝐸≌△∴∠𝐷𝐴𝐸=则∠𝐶𝐷𝐹∠𝐷𝐸𝐴=∴∠𝐷𝐺𝐸=即𝐴𝐸（2）解：①由（1）得𝐴𝐸即∠𝐸𝐺𝐹=∴∠𝐶𝐺𝐸=∴∠𝐹𝐶𝐸=∵∠𝐸𝐺𝐹+∠𝐹𝐶𝐸=∵𝐶𝐸=∴∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐶𝐺𝐸=∵∠𝐹𝐶𝐸=𝐹𝐶𝐸∴𝐶𝐹=∵𝐷𝐸=∴𝐶𝐸=②设𝐺𝐷=𝑎,𝐴𝐺=𝑏(0<𝑎<过点𝐶作𝐶𝐽𝐷𝐹，过点𝐵作𝐵𝐻𝐴𝐸，过点𝐵作𝐵𝐼𝐷𝐹∴𝐴𝐷=𝐴𝐵,∠𝐵𝐴𝐷=∴∠𝐵𝐴𝐻+∠𝐷𝐴𝐺=由（1）得𝐴𝐸∵𝐵𝐻⊥∴∠𝐴𝐺𝐷=∠𝐴𝐻𝐵=则∠𝐴𝐷𝐺∠𝐷𝐴𝐺=∴∠𝐴𝐷𝐺=∴△𝐴𝐷𝐺≌△∴𝐵𝐻=𝐴𝐺=𝑏，𝐴𝐻=𝐺𝐷=∴𝐺𝐻=𝐴𝐺−𝐴𝐻=∵∠𝐵𝐻𝐺=∠𝐻𝐺𝐼=∠𝐵𝐼𝐺=∴𝐺𝐼=𝐵𝐻=𝑏，𝐵𝐼=𝐺𝐻=𝑏−𝑎，同理证明△𝐴𝐷𝐺≌△𝐷𝐶𝐽(AAS)，∴𝐽𝐷=𝐴𝐺=𝑏，𝐶𝐽=𝐷𝐺=则𝐽𝐺=𝐽𝐷−𝐺𝐷=∴∠𝐵𝐺𝐼=则tan∠𝐵𝐺𝐼=

∵tan∠𝐵𝐺𝐼=𝐺𝐼,tan∠𝐶𝐺𝐽=∴𝐵𝐼=

∴𝑏−𝑎=𝑎 ∴𝑎𝑏=整理得𝑎2−3𝑏𝑎+𝑏2=∴Δ=(−3𝑏)2−4×1×𝑏2=9𝑏2−4𝑏2=5𝑏2，则𝑎=−(−3𝑏)±5𝑏2=3𝑏±5𝑏， 则𝑎1=3𝑏+5𝑏=3+5𝑏>𝑏（舍去），𝑎2=3𝑏−5𝑏=3−5 ∵𝐶𝐹=∴∠𝐹𝐶𝐸=∴tan∠𝐹𝐶𝐸=∵tan∠𝐵𝐺𝐼=则𝐶𝐹= ∵𝐷𝐸=∴𝐷𝐸

𝑏−3−5= =

3−5

02】（2026·辽宁沈阳·一模）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=5,𝐵𝐶=8，D是𝐵𝐶边的中点，E是射线𝐵𝐴一点，将𝐵𝐷𝐸沿𝐷𝐸△𝐹𝐷𝐸FB1E在线段𝐵𝐴上，𝐸𝐹𝐵𝐶，𝐸𝐹,𝐷𝐹分别交𝐴𝐶②连接𝐷𝐺，求𝐷𝐺𝐹2E在𝐵𝐴延长线上，𝐷𝐸,𝐸𝐹分别交𝐴𝐶M，N．连接𝐵𝐹，𝐶𝐹，若∠𝐴𝐵𝐹=90°−∠𝐴𝐵𝐶，求【答案】【答案】(1)①(2)𝐶𝐹=【分析】（1）①由翻折得出𝐵𝐸=𝐹𝐸,𝐵𝐷=𝐹𝐷,∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐹𝐸𝐷，证明∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐸𝐷𝐵𝐵𝐸=𝐸𝐹=𝐹𝐷=𝐵𝐷，即可得出结论；②先求出𝐴𝐷=3，证明△𝐴𝐸𝐺𝐴𝐵𝐶，得出𝐸𝐺=5，求出𝐺𝐹=5，𝐷𝑀=5（2）连接𝐴𝐷，延长𝐸𝐷交𝐵𝐹G，证明△𝐴𝐵𝐷∽△𝐵𝐸𝐺，设𝐵𝐺=3𝑎,𝐺𝐸=4𝑎,𝐵𝐸=5𝑎，则𝐷𝐺=根据勾股定理求出𝑎=25【详解】（1）①证明：∵将𝐵𝐷𝐸沿𝐷𝐸∴△𝐵𝐷𝐸≌△∴𝐵𝐸=𝐹𝐸,𝐵𝐷=𝐹𝐷,∠𝐵𝐸𝐷=∵𝐸𝐹∥∴∠𝐹𝐸𝐷=∴∠𝐵𝐸𝐷=∴𝐵𝐸=∴𝐵𝐸=𝐸𝐹=𝐹𝐷=𝐴𝐵=𝐴𝐶=5,𝐵𝐶=8，D是𝐵𝐶∴𝐵𝐷=4,𝐴𝐷⊥∵𝐸𝐹∥∴𝐴𝑀⊥在Rt△𝐴𝐵𝐷中，𝐴𝐷 𝐴𝐵2−𝐵𝐷2=∴𝐵𝐸=𝐵𝐷=∴𝐴𝐸=𝐴𝐵−𝐵𝐸=5−4=∵𝐸𝐹∥∴△𝐴𝐸𝐺∽△

𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐷，即5=8=3 解得：𝐸𝐺=5，𝐴𝑀= ∴𝐺𝐹=𝐸𝐹−𝐸𝐺=4−5=5 ∴𝐷𝑀=3−5=5∴

△𝐷𝐺𝐹=2×5×5=𝐴𝐵𝐹=∴∠𝐴𝐵𝐹+∠𝐴𝐵𝐶=连接∵𝐴𝐵=𝐴𝐶,𝐵𝐷=∴𝐴𝐷⊥∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐴𝐵𝐶==1928𝐶𝐹 𝐵𝐶−𝐵𝐹∴∠𝐷𝐵𝐹=∠𝐷𝐹𝐵,∠𝐷𝐹𝐶=∵∠𝐷𝐵𝐹+∠𝐷𝐹𝐵+∠𝐷𝐹𝐶+∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐷𝐹𝐵∠𝐷𝐹𝐶=90°，在Rt△𝐵𝐹𝐶中，∴𝐵𝐹=2𝐵𝐺=6𝑎=25∵𝐷𝐵=𝐷𝐹=解得：𝑎=0（不合题意舍去），或𝑎=∴∠𝐴𝐵𝐹=由翻折知，𝐸𝐵=𝐸𝐹,𝐷𝐵=𝐷𝐹，则𝐸𝐺⊥𝐵𝐹，∴∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐺𝐸=∴△𝐴𝐵𝐷∽△𝐵𝐺:𝐺𝐸:𝐵𝐸=𝐴𝐷:𝐵𝐷:𝐴𝐵=3:4:5,∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐵𝐸𝐺，设𝐵𝐺=3𝑎,𝐺𝐸=4𝑎,𝐵𝐸=5𝑎，∵𝐷𝐵=𝐷𝐸=∴𝐷𝐺=在Rt△𝐵𝐷𝐺中，𝐵𝐷2=𝐵𝐺2∴42=(3𝑎)2+03】（2026·辽宁盘锦·一模）菱形𝐴𝐵𝐶𝐷F是射线𝐴𝐶上一点，且满足𝐴𝐹=𝐴𝐵，连接𝐹𝐵、𝐹𝐷，F为圆心，𝐹𝐵长为半径画弧，交直线𝐴𝐵E．如图2，当∠𝐷𝐴𝐵是锐角时，求证：𝐴𝐸=(3)若𝐴𝐵=9，𝐴𝐸=5，请直接写出菱形𝐴𝐵𝐶𝐷【答案】(1)𝐹𝐷=𝐹𝐸，且𝐹𝐷𝐹𝐸562或4【分析】（1）先由菱形+直角判定为正方形，利用𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴𝐵，SAS△𝐴𝐷𝐹≌△𝐴𝐵𝐹，得𝐹𝐷=𝐹𝐵；结合圆的半径相等得𝐹𝐸=𝐹𝐵，故𝐹𝐷=𝐹𝐸；再通过等腰三角形角度计算，推出∠𝐷𝐹𝐸=90°，得𝐹𝐷𝐹𝐸；（2）利用菱形性质得𝐴𝐵𝐵𝐶、𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴𝐵，推出∠𝐷𝐴𝐶∠𝐵𝐶𝐴；结合𝐴𝐹𝐴𝐵𝐵𝐶与𝐹𝐸𝐹𝐵，通过角度关系得∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐶𝐹𝐵，用AAS△𝐴𝐸𝐹≌△𝐶𝐹𝐵，故𝐴𝐸=𝐶𝐹；分两种情况讨论：E在线段𝐴𝐵上或其延长线上，利用（2）的𝐴𝐸𝐶𝐹，结合𝐴𝐹𝐴𝐵9算出𝐴𝐶

𝑆=2𝐴𝐶⋅【详解】（1）𝐹𝐷=𝐹𝐸，且𝐹𝐷𝐹𝐸∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐷𝐴𝐵=∴𝐴𝐷=𝐴𝐵，对角线𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴𝐵，即∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐵𝐴𝐹=又∵𝐴𝐹=∴△𝐴𝐷𝐹≌△∴𝐹𝐷=𝐹𝐵，∠𝐴𝐹𝐷=∴𝐹𝐸=∴𝐹𝐷=∵𝐴𝐹=𝐴𝐵，∠𝐵𝐴𝐹=∴在𝐴𝐹𝐵中，∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐴𝐹𝐵=

=∴∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐴𝐹𝐵=67.5°，∠𝐷𝐹𝐵=∠𝐴𝐹𝐷+∠𝐴𝐹𝐵=∵𝐹𝐸=∴∠𝐹𝐸𝐵=∠𝐴𝐵𝐹=∴在𝐹𝐸𝐵中，∠𝐸𝐹𝐵=180°−67.52=∴∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝐹𝐵−∠𝐸𝐹𝐵=135°−45°=∴𝐹𝐷⊥∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐶平分∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=∵𝐴𝐹=∴𝐴𝐹=𝐵𝐶，∠𝐴𝐹𝐵=∵𝐹𝐸=∴∠𝐹𝐸𝐵=∠𝐹𝐵𝐸=由图可得，180°−∠𝐹𝐸𝐵=∴∠𝐴𝐸𝐹=在𝐴𝐸𝐹和𝐶𝐹𝐵∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐸𝐴𝐹=∠𝐹𝐶𝐵𝐴𝐹=∴△𝐴𝐸𝐹≌△∴𝐴𝐸=∵𝐴𝐸=5，𝐴𝐵=9，且𝐴𝐸=∴𝐶𝐹=又∵𝐴𝐹=𝐴𝐵=∴𝐴𝐶=𝐴𝐹+𝐶𝐹=∴𝐴𝑂

=7，𝐵𝐷=在Rt△𝐴𝑂𝐵中，𝐵𝑂 𝐴𝐵2−𝐴𝑂2 92−72=4∴𝐵𝐷=8 ∴𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷=2×𝐴𝐶×𝐵𝐷=2×14×82=56∵𝐴𝐸∵𝐴𝐸=5，且𝐴𝐸=∴𝐶𝐹=∴𝐴𝐶=𝐴𝐹−𝐶𝐹=9−5=∴𝐴𝑂 =2，𝐵𝐷=在Rt△𝐴𝑂𝐵中，𝐵𝑂 92−22=∴𝐵𝐷=2∴𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷=2×𝐴𝐶×𝐵𝐷=2×4×277=4命题点0206】（2026·山西晋城·一模）问题情境：已知在▱𝐴𝐵𝐶𝐷与▱𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′中，𝐴𝐵=𝐴′𝐵′=4，𝐵𝐶=𝐵′𝐶′=

+2，∠𝐴𝐵𝐶=操作发现：希望小组的同学将▱𝐴𝐵𝐶𝐷与▱𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′1B与点𝐵′重合，点𝐴′落1的基础上进行了如下操作：保持▱𝐴𝐵𝐶𝐷不动，将▱𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′B在▱𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′旋转的过程中，当点𝐷′D2，设𝐴𝐷与𝐵𝐶′交于点𝑀，𝐵𝐶与𝐷𝐴'交于点𝑁，他【答案】(1)(2)32−8=𝐵′，可得四边形𝐴𝐵𝐴′𝐸连接𝐵𝐷D【答案】(1)(2)32−8=𝐵′，可得四边形𝐴𝐵𝐴′𝐸连接𝐵𝐷D作𝐷𝐺𝐵𝐶交𝐵𝐶G，同理可证四边形𝐵𝑁𝐷𝑀是平行四边形，然后根据可证△𝐷𝐵𝐶≌△𝐵′𝐷′𝐴′，利用全等三角形对应角相等，结合等角对等边可得𝐵𝑁=𝐷𝑁𝐵𝑁𝐷𝑀是菱形，接着在Rt𝐶𝐷𝐺中可解直角三角形求得𝐶𝐺和𝐷𝐺，进而求得𝐵𝐺，最后在Rt𝐷𝑁𝐺中利用勾①当四边形𝐶′𝐶𝐷′𝐷为矩形时，𝐶′𝐷′交𝐶𝐷于点𝑂，连接𝐵𝑂交𝐶𝐶′于点𝑃，过点𝑂作𝑂𝑄⊥𝐵𝐶，交𝐵𝐶垂直平分𝐶𝐶′，然后利用勾股定理在Rt△𝐶′𝑃𝑂和Rt△𝐶′𝑃𝐵中建立方程，求得𝑂𝑃=2，从而得到′=为矩形时，易得∠𝐵𝐶′𝐶=∠𝐵𝐶𝐶′=30°，从而得到此时点𝐴和𝐴′【详解】（1）证明：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷和𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴′𝐷′∥∴四边形𝐴𝐵𝐴′𝐸∵𝐴𝐵=∴四边形𝐴𝐵𝐴′𝐸（2）2，连接𝐵𝐷D作𝐷𝐺𝐵𝐶交𝐵𝐶同理可得，四边形𝐵𝑁𝐷𝑀是平行四边形，𝐴′𝐵′=𝐶𝐷=4，𝐵𝐶=𝐴′𝐷′=23∵𝐵𝐷=∴△𝐷𝐵𝐶≌△∴∠𝐷𝐵𝐶=∴𝐵𝑁=在Rt𝐶𝐷𝐺中，𝐶𝐷=4，∠𝐷𝐶𝐺=∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐶𝐺=𝐶𝐷⋅cos60°=4×

=2，𝐷𝐺=𝐶𝐷⋅sin60°=4

3=2∴𝐵𝐺=𝐵𝐶+𝐶𝐺=23+2+2=23设𝐵𝑁=𝑥，则𝐷𝑁=𝑥，𝑁𝐺=𝐵𝐺−𝐵𝑁=23在Rt△𝐷𝑁𝐺中，𝐷𝑁2=𝑁𝐺2+𝐷𝐺2，即𝑥2=(23+4−𝑥)2+(2解得𝑥=8−2∴𝐵𝑁=8−2∴四边形𝐵𝑁𝐷𝑀=4𝐵𝑁=4(8−23)=32−8（3）解：①当四边形𝐶′𝐶𝐷′𝐷3所示，𝐶′𝐷′交𝐶𝐷于点𝑂，连接𝐵𝑂交𝐶𝐶′于点𝑃，过点𝑂作𝑂𝑄⊥𝐵𝐶，交𝐵𝐶的延长线于点∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=𝐵′𝐶′=23+2，∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐶𝐷=𝐴𝐵=4，∠𝐵𝐶𝐷=∴∠𝐷𝐶𝑄=∵∠𝑂𝑄𝐶=∴∠𝐶𝑂𝑄=∵四边形𝐶′𝐶𝐷′𝐷为矩形，𝐶′𝐷′交𝐶𝐷于点∴𝐶𝑂=𝐷𝑂=𝐶′𝑂=

𝑂=2𝐶𝐷=∴𝐶𝑄

2𝐶𝑂

1×2=∴𝑂𝑄 𝑂𝐶2−𝐶𝑄2 22−12=3，𝐵𝑄=𝐵𝐶+𝐶𝑄=23+2+1=23∴𝐵𝑂 𝐵𝑄2+𝑂𝑄2 (23+3)2+(3)2=32+∵𝐵𝐶=𝐵𝐶′，𝑂𝐶=∴𝑂𝐵垂直平分𝐶𝐶′，即∠𝐶′𝑃𝑂=∠𝐶′𝑃𝐵=设𝑂𝑃=𝑥，则𝐵𝑃=32+∵在Rt△𝐶′𝑃𝑂和Rt△𝐶′𝑃𝐵中，𝐶′𝑃2=𝑂𝐶2−𝑂𝑃2=∴22−𝑥2=(23+2)2−32+6−𝑥解得𝑥=∴𝑂𝑃=∴𝑃𝐶 𝑂𝐶2−𝑂𝑃2