2026年中考数学二轮复习 专题16 几何探究综合题(高频考点专练)

专题 几何探究综合聚焦题型精准解密（4大题型精讲+变式拔高训练）题型四圆的几何探究实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升12～18分，以解答题形式为主，基础知识必备：2026题型一三角形的几何探究01】（2025·贵州遵义·模拟预测）△𝐴𝐵𝐶△𝐸𝐷𝐶都是等腰直角三角形，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐸𝐷𝐶=90°，连接𝐵𝐸，𝐹是𝐵𝐸的中点，(1)如图1，当点𝐸在边𝐴𝐶上时，连接𝐷𝐹，𝐴𝐷，则∠𝐴𝐹𝐷= °，𝐴𝐷= (2)【答案】(1)90，【分析】（1）证明∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐵𝐴𝐸=90°，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=45°，𝐴𝐹=𝐷𝐹=𝐵𝐹=𝐸𝐹角的性质可得∠𝐴𝐹𝐷=2(∠𝐴𝐵𝐹∠𝐷𝐵𝐹)=2∠𝐴𝐵𝐶=90°，可得∠𝐹𝐴𝐷=∠𝐹𝐷𝐴=45°（2）如图，延长𝐴𝐹至𝐺，使𝐹𝐺=𝐴𝐹，连接𝐺𝐸,𝐺𝐷△𝐴𝐹𝐵≌△𝐺𝐹𝐸，可得𝐺𝐸=𝐴𝐵，∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐵=∠𝐺𝐸𝐹，证明𝐷𝐸𝐺𝐷𝐶𝐴，可得𝐷𝐺=𝐷𝐴，∠𝐺𝐷𝐸=∠𝐴𝐷𝐶（3）如图，延长𝐵𝐴至𝑃，使𝐴𝑃=𝐴𝐵，连接𝑃𝐶,𝑃𝐸

，结合𝐸在以𝐶圆心，𝐶𝐸𝐴𝐹=【详解】（1）解：𝐴𝐵𝐶𝐸𝐷𝐶都是等腰直角三角形，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐸𝐷𝐶=∴∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐵𝐴𝐸=90°，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=∴𝐴𝐹=𝐷𝐹=𝐵𝐹=∴∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐵𝐴𝐹，∠𝐹𝐵𝐷=∵∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐴𝐵𝐹+∠𝐵𝐴𝐹，∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐹𝐵𝐷+∴∠𝐴𝐹𝐷=2(∠𝐴𝐵𝐹+∠𝐷𝐵𝐹)=2∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐹𝐴𝐷=∠𝐹𝐷𝐴=𝐴𝐹𝐷∴𝐴𝐷=∴𝐴𝐹= 如图，延长𝐴𝐹至𝐺，使𝐹𝐺𝐴𝐹，连接𝐺𝐸,𝐺𝐷，∴𝐵𝐹=∵∠𝐴𝐹𝐵=∴△𝐴𝐹𝐵≌△∴𝐺𝐸=𝐴𝐵，∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐸𝐺𝐹，∠𝐵=𝐴𝐵𝐶𝐸𝐷𝐶都是等腰直角三角形，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐸𝐷𝐶=∴𝐺𝐸=𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵=∠𝐺𝐸𝐹=45°，𝐷𝐸=𝐷𝐶，∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐺𝐸𝐷=∠𝐴𝐶𝐷=∴△𝐷𝐸𝐺≌△∴𝐷𝐺=𝐷𝐴，∠𝐺𝐷𝐸=∴∠𝐺𝐷𝐴=∠𝐸𝐷𝐶=∵𝐴𝐹=∴∠𝐴𝐹𝐷=90°，𝐷𝐹=∴∠𝐹𝐴𝐷=∠𝐹𝐷𝐴=𝐴𝐹𝐷∴𝐴𝐷=∴𝐴𝐹= （3）解：如图，延长𝐵𝐴至𝑃，使𝐴𝑃=𝐴𝐵，连接∴𝐴𝐹为𝐵𝐸𝑃∴𝐴𝐹

∵𝐴𝐵=4，𝐶𝐷=2，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐶𝐷𝐸=42+∴𝐵𝐶42+

=42，𝐶𝐸

=222+∴𝑃𝐸的最小值为4 =222+∴𝐴𝐹的最小值为2𝑃𝐸=例如：如图①．在△𝐴𝐵𝐶△𝐴′𝐵′𝐶′中，𝐴𝐷,𝐴′𝐷′分别是𝐵𝐶和𝐵′𝐶′边上的高线，且𝐴𝐷=𝐴′𝐷′，则△和△𝐴′𝐵′𝐶′如图①，用𝑆△𝐴𝐵𝐶，𝑆△𝐴′𝐵′𝐶′分别表示△𝐴𝐵𝐶△𝐴′𝐵′𝐶′ 1′ ′则𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝐵𝐶𝐴𝐷,𝑆△𝐴′𝐵′𝐶′=2𝐵∵𝐴𝐷=′∴𝑆△𝐴𝐵𝐶∶𝑆△𝐴′𝐵′𝐶=𝐵𝐶:𝐵𝐶′

⋅𝐴𝐷如图②，D是△𝐴𝐵𝐶的边𝐵𝐶上的一点．若𝐵𝐷=3,𝐷𝐶=4，则𝑆△𝐴𝐵𝐷∶𝑆△𝐴𝐷𝐶= 如图③𝐴𝐵𝐶中，D，E分别是𝐵𝐶和𝐴𝐵边上的点．若𝐵𝐸:𝐴𝐵=1∶2，𝐶𝐷:𝐵𝐶=1∶3，𝑆△𝐴𝐵𝐶=1𝑆△𝐵𝐸𝐶= ，𝑆△𝐶𝐷𝐸= 如图③𝐴𝐵𝐶中，D，E分别是𝐵𝐶和𝐴𝐵边上的点，若𝐵𝐸:𝐴𝐵=1:𝑚，𝐶𝐷:𝐵𝐶=1:𝑛，𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑎𝑆△𝐶𝐷𝐸= 【答案】 【分析】（1）由图可知𝐴𝐵𝐷𝐴𝐷𝐶（2）根据𝐵𝐸:𝐴𝐵=1∶2，𝑆△𝐴𝐵𝐶=1和等高三角形的性质可求得𝑆△𝐵𝐸𝐶，然后根据𝐶𝐷:𝐵𝐶=1∶3和等高三角形（3）根据𝐵𝐸:𝐴𝐵=1:𝑚，𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑎和等高三角形的性质可求得𝑆𝐵𝐸𝐶，然后根据𝐶𝐷:𝐵𝐶=1:𝑛，和等高【详解】（1）A则

△𝐴𝐵𝐷

1𝐵𝐷⋅

△𝐴𝐷𝐶

2𝐷𝐶⋅∴𝑆△𝐴𝐵𝐷∶𝑆△𝐴𝐷𝐶=𝐵𝐷:𝐷𝐶=解：𝐵𝐸𝐶和𝐴𝐵𝐶∴𝑆△𝐵𝐸𝐶∶𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐸:𝐴𝐵=

= =×1= =×1=𝐶𝐷𝐸和△𝐵𝐸𝐶∴𝑆△𝐶𝐷𝐸∶𝑆△𝐵𝐸𝐶=𝐶𝐷:𝐵𝐶=

=

3△𝐵𝐸𝐶=3×2=解：𝐵𝐸𝐶和𝐴𝐵𝐶∴𝑆△𝐵𝐸𝐶∶𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐸:𝐴𝐵=

=1

=×𝑎=

𝑚 𝐶𝐷𝐸和△𝐵𝐸𝐶∴𝑆△𝐶𝐷𝐸∶𝑆△𝐵𝐸𝐶=𝐶𝐷:𝐵𝐶=

=

= 𝑛△𝐵𝐸𝐶=𝑛× 02】【课本再现】（1）1𝐴𝐵𝐶𝐶𝐷𝐸B、C、E在一条直线上，【深入探究】（2）2，将𝐶𝐷𝐸绕点𝐶逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1） 【拓展应用】（3）3𝐴𝐵𝐶是等边三角形，∠𝐴𝐷𝐶=30°，𝐴𝐷=6，𝐵𝐷=10，求边𝐶𝐷【答案】（1）𝐵𝐷=𝐴𝐸；理由见解析（2）①𝐵𝐷=【分析】（1）利用等边三角形的性质，可得𝐴𝐶𝐸绕点𝐶逆时针旋转60°得到𝐵𝐶𝐷，即可得到𝐵𝐷=由（1）可知𝐴𝐶𝐸𝐵𝐶𝐷，则𝐵𝐷=𝐴𝐸，∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐴𝐸𝐶量代换，易得∠𝐵𝐷𝐸∠𝐴𝐸𝐷=120°，从而可求将𝐴𝐶𝐷绕点𝐶逆时针旋转60°𝐵𝐶𝐸，连接𝐷𝐸，易得𝐶𝐷𝐸∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐴𝐷𝐶，从而可得∠𝐵𝐸𝐷=90°【详解】解：（1）𝐵𝐷=𝐴𝐸∵△𝐴𝐵𝐶𝐶𝐷𝐸∴𝐴𝐶=𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵=60°，𝐶𝐸=𝐶𝐷，∠𝐸𝐶𝐷=∵∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐸𝐶𝐷，∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐷+∴∠𝐴𝐶𝐸=将𝐴𝐶𝐸绕点𝐶逆时针旋转60°得到△∴𝐵𝐷=（2）①𝐵𝐷=理由：由（1）可知𝐴𝐶𝐸绕点𝐶逆时针旋转60°得到𝐵𝐶𝐷，则△𝐴𝐶𝐸≌△𝐵𝐶𝐷，∴𝐵𝐷=𝐴𝐸，∠𝐵𝐷𝐶=等边三角形△∴∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐶𝐸𝐷=∵∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐴𝐸𝐷+∴∠𝐵𝐷𝐸+∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐶𝐷𝐸+∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐴𝐸𝐶+∠𝐴𝐸𝐷+60°=∠𝐶𝐸𝐷+60°=∴∠𝐷𝑃𝐸=180°−(∠𝐵𝐷𝐸∠𝐴𝐸𝐷)=180°−120°=60°；故答案为：①𝐵𝐷=𝐴𝐸；②60°；（3）如图所示，将𝐴𝐶𝐷绕点𝐶逆时针旋转60°𝐵𝐶𝐸，连接∴𝐵𝐸=𝐴𝐷=6，𝐶𝐷=𝐸𝐶，∠𝐷𝐶𝐸=∴△𝐶𝐷𝐸∴𝐷𝐸=𝐶𝐷，∠𝐶𝐸𝐷=由旋转的性质知∠𝐵𝐸𝐶=∵∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐵𝐸𝐶=∴∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐵𝐸𝐶+∠𝐷𝐸𝐶=在Rt

=∴𝐶𝐷=𝐷𝐸=03】（1）如图①△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐷𝐸A的直线，𝐵𝐷⊥𝐷𝐸𝐶𝐸𝐷𝐸E，且𝐵𝐷=𝐴𝐸．求证：𝐷𝐸=𝐵𝐷+如图②，在𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐶𝐴，D，A，El上，并且有∠𝐵𝐷𝐴＝∠𝐴𝐸𝐶＝∠𝐵𝐴𝐶＝𝛼，且𝛼≠90°，请问𝐷𝐸＝𝐵𝐷+𝐶𝐸是否成立？若成立，请给出证明，如不成立，请说明理由．拓展与应用：如图③，D，ED，A，El上的两动点（D，A，E三点互不重合），F为∠𝐵𝐴𝐶△𝐴𝐵𝐹△𝐴𝐶𝐹均为等边三角形，连接𝐵𝐷，𝐶𝐸．若∠𝐵𝐷𝐴＝∠𝐴𝐸𝐶＝∠𝐵𝐴𝐶𝐷𝐸𝐹【答案】（1）见解析；（2）成立，证明见解析；（3）𝐷𝐸𝐹【分析】（1）只需要证明𝐴𝐷𝐵𝐶𝐸𝐴运用类比的方法，同样可以证明𝐴𝐷𝐵结合（2）及已知条件，利用SAS𝐷𝐵𝐹𝐸𝐴𝐹𝐷𝐹=𝐸𝐹，∠𝐷𝐹𝐸=60°【详解】（1）𝐵𝐷l，𝐶𝐸∴∠𝐵𝐷𝐴=∠𝐶𝐸𝐴=∵∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐸=∵∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐴𝐵𝐷=∴∠𝐶𝐴𝐸=在𝐴𝐷𝐵𝐶𝐸𝐴∠𝐵𝐷𝐴=∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐴𝐵𝐷𝐴𝐵=∴△𝐴𝐷𝐵≌△∴𝐴𝐸=𝐵𝐷，𝐴𝐷=∴𝐷𝐸=𝐴𝐸+𝐴𝐷=𝐵𝐷+∵∠𝐵𝐷𝐴=∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐷𝐵𝐴+∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐶𝐴𝐸=∴∠𝐷𝐵𝐴=在𝐴𝐷𝐵𝐶𝐸𝐴∠𝐵𝐷𝐴=∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐴𝐵𝐷𝐴𝐵=∴△𝐴𝐷𝐵≌△∴𝐴𝐸=𝐵𝐷，𝐴𝐷=∴𝐷𝐸=𝐴𝐸+𝐴𝐷=𝐵𝐷+解：由（2）𝐴𝐷𝐵∴𝐵𝐷=𝐴𝐸，∠𝐷𝐵𝐴=∠𝐶𝐴𝐸，𝐴𝐷=𝐴𝐵𝐹𝐴𝐶𝐹∴∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐶𝐴𝐹=60°，𝐵𝐹=∴∠𝐷𝐵𝐴+∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐶𝐴𝐸+∴∠𝐷𝐵𝐹=在𝐷𝐵𝐹𝐸𝐴𝐹𝐵𝐷=∠𝐷𝐵𝐹=𝐸𝐴𝐹𝐵𝐹=∴△𝐷𝐵𝐹≌△∴𝐷𝐹=𝐸𝐹，∠𝐵𝐹𝐷=∴∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝐹𝐴+∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐷𝐹𝐴+∠𝐵𝐹𝐷=∠𝐵𝐹𝐴=𝐷𝐸𝐹【点睛】根据“一线三等角”04】（1）在𝐴𝐵𝐶中，𝐶𝐴=𝐶𝐵，∠𝐴𝐶𝐵=90°lC，𝐴𝐷𝑙，𝐵𝐸𝑙，D、E𝐴𝐶𝐷𝐶𝐵𝐸123，已知：𝐴(−2,0)，𝐵(0,3)，𝐵𝐶𝐴𝐵，𝐵𝐷𝐵𝐸，𝐴𝐵=𝐵𝐷=𝐵𝐶=𝐵𝐸，连接𝐶𝐷、𝐶𝐸、𝐷𝐸的坐标 ，点E的坐标 ，△𝐶𝐷𝐸的面积 4A的坐标为(−4,0)，分别以𝑂𝐵、𝐴𝐵为直角边在第一、第二象限作等腰Rt𝑂𝐵𝐹与等腰Rt△𝐴𝐵𝐸，且∠𝑂𝐵𝐹=∠𝐴𝐵𝐸=90°，连接𝐸𝐹yP，求𝐵𝑃的长．【答案】（1）见解析【分析】（1）先证∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐶𝐸𝐵，再证∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐶𝐵𝐸，利用“AAS”C作𝐶𝑀𝑦轴于点𝑀，过点𝐸作𝐸𝑁𝑦轴于点𝑁，延长𝐸𝐶xH，利用“AAS”𝑀𝐵𝐶𝑂𝐴𝐵𝑁𝐸𝐵𝑂𝐵𝐷，从而求出𝑀𝐶、𝑂𝑀、𝑁𝐸、𝑂𝑁过点E作𝐸𝐺⊥𝑦轴于G，利用“AAS”可得△𝐹𝐵𝑃≌△𝐸𝐺𝑃， 𝐵𝑃=𝐺𝑃=2𝐵𝐺=【详解】证明：（1）1，（2证明略∵𝐴𝐷⊥𝑙，𝐵𝐸⊥∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐶𝐸𝐵=∴∠𝐵𝐶𝐸+∠𝐶𝐵𝐸=∵∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐵𝐶𝐸+∠𝐴𝐷𝐶=180°−90°=∴∠𝐴𝐶𝐷=在𝐴𝐶𝐷𝐶𝐵𝐸∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐶𝐸𝐵𝐴𝐶=∴△𝐴𝐶𝐷≌△解：（2）3C作𝐶𝑀⊥𝑦轴于点𝑀，过点𝐸作𝐸𝑁𝑦轴于点𝑁，延长𝐸𝐶x∵∴𝑂𝐴=2，𝑂𝐵=∵𝐴𝐵=𝐵𝐷，x轴y∴𝑂𝐷=𝑂𝐴=∵𝐶𝑀⊥𝑦∴∠𝐵𝑀𝐶=∠𝐴𝑂𝐵=∵𝐵𝐶⊥∴∠𝐴𝐵𝑂+∠𝑀𝐵𝐶=∵∠𝐴𝐵𝑂+∠𝑂𝐴𝐵=∴∠𝑀𝐵𝐶=∠𝑂𝐴𝐵，在𝑀𝐵𝐶和𝑂𝐴𝐵中，∠𝐵𝑀𝐶=∠𝑀𝐵𝐶=∠𝑂𝐴𝐵𝐵𝐶=∴△𝑀𝐵𝐶≌△∴𝑀𝐵=𝑂𝐴=2，𝑀𝐶=𝑂𝐵=∴𝑂𝑀=𝑂𝐵−𝑀𝐵=∴同理可证𝑁𝐸𝐵∴𝑁𝐵=𝑂𝐷=2，𝑁𝐸=𝑂𝐵=∴𝑂𝑁=𝑂𝐵+𝑁𝐵=∴∵∴𝐸𝐶⊥𝑥∴𝐷𝐻=𝑂𝐻−𝑂𝐷=1，𝐸𝐶=5−1=∴ △𝐶𝐷𝐸=2𝐷𝐻⋅𝐸𝐶=2×1×4=解：（3）4E作𝐸𝐺𝑦由（1）知𝐴𝑂𝐵∴𝐸𝐺=𝑂𝐵=𝐵𝐹，𝐵𝐺=𝐴𝑂=𝑂𝐹𝑂𝐵，𝐸𝐺𝑦∠𝐹𝐵𝑃=∠𝐸𝐺𝑃=∠𝐹𝐵𝑃=在𝐹𝐵𝑃𝐸𝐺𝑃∠𝐹𝑃𝐵=∠𝐸𝑃𝐺𝐵𝐹=∴△𝐹𝐵𝑃≌△∴𝐵𝑃=𝐺𝑃

1𝐵𝐺=05】如图，点𝑀在等腰直角三角形𝐴𝐵𝐶的斜边𝐵𝐶所在直线上，∠𝑀𝐴𝑁=45°，𝐵𝑁𝐵𝐶交𝐴𝑁于点(1)当点𝑀在𝐵𝐶上，点𝑁在𝐵𝐶上方时，如图①，求证：𝐵𝑁𝑀𝑁=【答案】(1)(2)图②结论：𝐶𝑀=𝐵𝑁+𝑀𝑁；图③结论：𝐶𝑀=过点𝐴作𝐴𝐹𝐴𝑁交𝐵𝐶于𝐹，先判断出∠𝐵𝐴𝑁=∠𝐶𝐴𝐹，再判断出∠𝐴𝐵𝑁=∠𝐶𝐵𝐴𝑁𝐶𝐴𝐹(A𝑆𝐴)，得出𝐵𝑁=𝐶𝐹，𝐴𝑁=𝐴𝐹，再判断出∠𝑀𝐴𝐹=∠𝑀𝐴𝑁𝑀𝐴𝑁≌𝑀𝐴𝐹(SAS)，得出𝑀𝑁=𝐹𝑀2，同（1）的方法得出𝐵𝑁=𝐶𝐹，𝑀𝑁=𝐹𝑀3，同（1）𝐵𝑁=𝐶𝐹，𝑀𝑁=𝐹𝑀【详解】（1）证明：如图①，过点𝐴作𝐴𝐹𝐴𝑁交𝐵𝐶于∴∠𝑁𝐴𝐹=90°=∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝑁𝐴𝐹−∠𝐵𝐴𝐹=∴∠𝐵𝐴𝑁=在𝑅𝑡𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=∴∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=∵𝐵𝑁⊥∴∠𝐵𝑁𝐶=∴∠𝐴𝐵𝑁=90°−∠𝐴𝐵𝐶=45°=∴△𝐵𝐴𝑁≌△∴𝐵𝑁=𝐶𝐹，𝐴𝑁=∵∠𝑀𝐴𝑁=∴∠𝐵𝐴𝑁+∠𝐵𝐴𝑀=∠𝐶𝐴𝐹+∠𝐵𝐴𝑀=∴∠𝑀𝐴𝐹=90°−(∠𝐶𝐴𝐹+∠𝐵𝐴𝑀)=45°=∵𝐴𝑀=∴△𝑀𝐴𝑁≌△∴𝑀𝑁=∴𝐶𝑀=𝐶𝐹+𝐹𝑀=𝐵𝑁+（2）解：如图②，过点𝐴作𝐴𝐹𝐴𝑁交𝐵𝐶于∴∠𝑁𝐴𝐹=90°=∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝑁𝐴𝐹−∠𝐵𝐴𝐹=∴∠𝐵𝐴𝑁=在𝑅𝑡𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=∴∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=∵𝐵𝑁⊥∴∠𝐵𝑁𝐶=∴∠𝐴𝐵𝑁=90°−∠𝐴𝐵𝐶=45°=∴△𝐵𝐴𝑁≌△∴𝐵𝑁=𝐶𝐹，𝐴𝑁=∵∠𝑀𝐴𝑁=∴∠𝑀𝐴𝐹=90°−∠𝑀𝐴𝑁=45°=∵𝐴𝑀=∴△𝑀𝐴𝑁≌△∴𝑀𝑁=∴𝐶𝑀=𝐶𝐹+𝐹𝑀=𝐵𝑁+如图③，过点𝐴作𝐴𝐹𝐴𝑁交𝐵𝐶的延长线于∴∠𝑁𝐴𝐹=90°=∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝑁𝐴𝐹−∠𝐵𝐴𝐹=∴∠𝐵𝐴𝑁=在𝑅𝑡𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=∴∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=∵𝐵𝑁⊥∴∠𝐵𝑁𝐶=∴∠𝐴𝐵𝑁=90°−∠𝐴𝐵𝐶=45°=∴△𝐵𝐴𝑁≌△∴𝐵𝑁=𝐶𝐹，𝐴𝑁=∵∠𝑀𝐴𝑁=∴∠𝑀𝐴𝐹=90°−∠𝑀𝐴𝑁=45°=∵𝐴𝑀=∴△𝑀𝐴𝑁≌△∴𝑀𝑁=∴𝐶𝑀=𝐹𝑀−𝐶𝐹=综上所述：图②结论：𝐶𝑀=𝐵𝑁+𝑀𝑁；图③结论：𝐶𝑀=06】（2025·四川成都·一模）△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐵𝐶=8，点𝐷在𝐵𝐶边上，连接𝐴𝐷，将线段𝐴𝐷顺时针旋转𝛼度（𝛼=∠𝐵𝐴𝐶）得到线段𝐴𝐸，连接𝐷𝐸．如图，当点𝐷不与点𝐵、𝐶重合，线段𝐷𝐸与𝐴𝐵交于点𝐹𝐴𝐸𝐹(2)若𝐷𝐶=1，求𝐸𝐹(3)点𝐷𝐵𝐹𝐷是等腰三角形，求𝐴𝐹【答案】(1)(2)𝐸𝐹=3(3)𝐴𝐹=264【分析】（1）由旋转性质得𝐴𝐷=𝐴𝐸，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐸=𝛼∠𝐸=∠𝐶，∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐶𝐴𝐷（2）作𝐴𝐺𝐵𝐶于点𝐺

𝐺𝐶=（3）分三种情况讨论：①当𝐹𝐷=𝐹𝐵时；②当𝐷𝐹=𝐷𝐵时；③当𝐵𝐹=𝐵𝐷【详解】（1）证明：由旋转性质可得𝐴𝐷=𝐴𝐸，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐸=∴∠𝐴𝐸𝐷=∵𝐴𝐵=∴∠𝐵=∵∠𝐵𝐴𝐶=又∠𝐵𝐴𝐶2∠𝐶=180°，∠𝐷𝐴𝐸2∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐷𝐴𝐸−∠𝐷𝐴𝐵，∠𝐶𝐴𝐷=∴∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐵=∠𝐶，∠𝐵𝐴𝐸=∴△𝐴𝐸𝐹∽△解：作𝐴𝐺𝐵𝐶于点∵𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐵𝐶=∴𝐺𝐶

𝐵𝐶=由勾股定理得𝐴𝐺 =∵𝐺𝐷=𝐺𝐶−𝐷𝐶=𝐴𝐺2+∴𝐴𝐸=𝐴𝐷 =𝐴𝐺2+由（1）得△𝐴𝐸𝐹 ∴𝐴𝐶=3∴𝐸𝐹=𝐵𝐹𝐷①当𝐹𝐷=𝐹𝐵∴∠𝐵=由（1）得∠𝐸=∠𝐵=∴∠𝐸=∠𝐹𝐷𝐵，∠𝐶=∴𝐴𝐸∥𝐷𝐶，𝐸𝐷∥四边形𝐴𝐸𝐷𝐶∴𝐴𝐸=∵𝐴𝐷=∴𝐴𝐸=𝐷𝐶=∵𝐴𝐷2−𝐺𝐷2=∴(4−𝐺𝐷)2−𝐺𝐷2= ∴𝐺𝐷=8，𝐴𝐷=8∵∠𝐵=∠𝐹𝐷𝐴，∠𝐵𝐴𝐷=∴△𝐴𝐷𝐹∽△∴𝐴𝐷2=𝐴𝐹⋅∴𝐴𝐹

64②当𝐷𝐹=𝐷𝐵∴∠𝐵=∵∠𝐵=∴∠𝐴𝐷𝐸=∴𝐴𝐷∥∴③当𝐵𝐹=𝐵𝐷∴∠𝐵𝐷𝐹=∵∠𝐵=∠𝐶=∠𝐴𝐷𝐸，∠𝐹𝐷𝐶=∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐴𝐷𝐶，∠𝐹𝐷𝐶=∠𝐵+∴∠𝐵𝐹𝐷=∴△𝐵𝐷𝐹∽△∴∠𝐶𝐴𝐷=∴∠𝐶𝐴𝐷=∴𝐶𝐷=𝐶𝐴=5，𝐵𝐷=𝐵𝐶−𝐶𝐷=3=∴𝐴𝐹=𝐴𝐵−3=综上所述，当△𝐵𝐹𝐷为等腰三角形时，𝐴𝐹的值为26407】（2025·重庆·模拟预测）𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶90°，𝐴𝐵=2𝐵𝐶，𝐷是𝐴𝐶的中点，𝐸在𝐴𝐵边上运动，连接𝐷𝐸，将△𝐴𝐷𝐸沿着𝐷𝐸△𝐷𝐹𝐸，点𝐴的对应点为𝐹，其中𝐷𝐹交𝐴𝐵于点𝐺，连接𝐴𝐹，𝐵𝐹．1，当∠𝐴𝐷𝐹=90°时，求证：𝐷𝐺=2，当∠𝐴𝐸𝐹=90°时，用等式表示线段𝐷𝐺与𝐵𝐹【答案】(1)(2)𝐵𝐹=22𝐷𝐺【分析】（1）易得tan∠𝐶𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐷𝐺=1，，进而可得𝐴𝐷=2𝐷𝐺，而折叠可知𝐴𝐷=𝐷𝐹 𝐷𝐺=（2）过点𝐷分别作𝐴𝐵的垂线，分别交𝐴𝐵于点𝑀．易得𝐴𝑀=2𝐷𝑀，由折叠和∠𝐴𝐸𝐹=90°𝐺𝑀2+𝐸𝐹2+(2𝑎)2+45°𝐸𝐹可得𝐹𝐺=𝐷𝐺．设𝐸𝐺=𝐺𝑀=𝑎，则𝐸𝑀=𝐴𝐸=𝐺𝑀2+𝐸𝐹2+(2𝑎)2+𝐴𝑀=𝐵𝑀=4𝑎，再由勾股定理求出𝐷𝐺=

=5𝑎，𝐵𝐹

=（3）过点𝐷作𝐷𝑃𝐴𝐵于点𝑃．同理可得𝐴𝑃=2𝐷𝑃，进而求出𝐷𝑃=1，𝐴𝑃=2𝐷𝑃=𝐴𝐸=𝐸𝑃=1，∠𝐷𝐸𝑃=45°，得到∠𝐴𝐸𝐹=90°，同理（2）可得𝐵𝐸=3，𝐵𝐺=2，𝐵𝐹=10计算出𝐺𝑄=𝐵𝐺sin∠𝐹𝐵𝐸=10，𝐺𝑄=𝐵𝐺cos∠𝐹𝐵𝐸=310，𝐹𝑄=𝐵𝐹−𝐵𝑄=10−310=10=𝐺𝑄 𝐹𝐺𝑄为等腰直角三角形，由𝐸，𝐹，𝑄，𝐺四点共圆，即可得出∠𝐹𝐸𝑄=∠𝐹𝐺𝑄=【详解】（1）∵∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐵= ∴tan∠𝐶𝐴𝐵=𝐴𝐵=𝐴𝐷=∴𝐴𝐷=∵△𝐴𝐷𝐸沿着𝐷𝐸∴𝐴𝐷=∴𝐷𝐹=∴𝐷𝐺=（2）解：𝐵𝐹=22𝐷𝐺∵∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐵= ∴tan∠𝐶𝐴𝐵=𝐴𝐵=𝐴𝑀=∴𝐴𝑀=∵∠𝐴𝐸𝐹=∴

(360°−90°)=∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐹𝐸𝐷=2∴∠𝐷𝐸𝑀=∴△𝐷𝐸𝑀∴𝐷𝑀=∵𝐴𝑀=∴𝐴𝐸=𝐸𝑀=由折叠可知𝐴𝐸=∴𝐸𝐹=∵∠𝐹𝐸𝐺=∠𝐷𝑀𝐺=90°，∠𝐸𝐺𝐹=∴△𝐹𝐸𝐺≌△∴𝐸𝐺=设𝐸𝐺=𝐺𝑀=𝑎，则𝐸𝑀=𝐴𝐸=𝐸𝐹=𝐷𝑀=2𝑎，𝐴𝑀=𝐺𝑀2+∴在𝐺𝑀2+

=𝑎2+∵𝐷𝑀⊥𝐴𝐵，∠𝐴𝐵𝐶𝑎2+∴𝐷𝑀∥∴𝐴𝑀= ∴𝐴𝑀=𝐵𝑀=4𝑎，𝐵𝐸=𝐴𝐵−𝐴𝐸=𝐸𝐹2+∴在𝐸𝐹2+

=2(2𝑎)2+∴𝐵𝐹(2𝑎)2+（3）解：∠𝐹𝐸𝑄=2，过点𝐷作𝐷𝑃𝐴𝐵于点同理可得：𝐴𝑃=∵𝐴𝐷=5，𝐴𝑃2+𝐷𝑃2=∴𝐷𝑃=1，𝐴𝑃=∵𝐴𝐸=∴𝐷𝑃=𝐴𝐸=𝐸𝑃=𝐷𝐸𝑃为等腰直角三角形，∠𝐷𝐸𝑃=∴∠𝐴𝐸𝐷=由折叠可知∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐹𝐸𝐷=∴∠𝐹𝐸𝑃=同理（2）可得：𝐵𝐸=3，𝐵𝐺=2，𝐵𝐹=∴sin∠𝐹𝐵𝐸=𝐵𝐹

=cos∠𝐹𝐵𝐸=𝐵𝐹

3= ∴𝐺𝑄=𝐵𝐺sin∠𝐹𝐵𝐸=2×10 𝐵𝑄=𝐵𝐺cos∠𝐹𝐵𝐸=2

310 33∴𝐹𝑄=𝐵𝐹−𝐵𝑄=10−310=10= ∴∠𝐹𝐺𝑄=∵∠𝐹𝐸𝐺=∠𝐹𝑄𝐺=∴𝐸，𝐹，𝑄，𝐺∴∠𝐹𝐸𝑄=∠𝐹𝐺𝑄=并根据特殊角或相等关系证明△𝐷𝐸𝑀为等腰直角三角形.题型二四边形的几何探究01】（2022·浙江衢州·中考真题）ABCD中，AB=5，BD为对角线.EAB延长线上的任意一点，连结𝐷𝐸交𝐵𝐶于点𝐹，𝐵𝐺平分∠𝐶𝐵𝐸交𝐷𝐸G．(1)求证：∠𝐷𝐵𝐺=(2)若𝐵𝐷=6，𝐷𝐺=(3)若𝐵𝐸𝐴𝐵，当∠𝐷𝐴𝐵的大小发生变化时（0°＜∠𝐷𝐴𝐵＜180°），在𝐴𝐸上找一点𝑇，使𝐺𝑇为定值，说明理【答案】(1)①24，𝐸𝑇＝3＝1∠CBE①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝ =4，求得AC＝8

OH＝OC－CH＝4

GGTBCAET，△BGE∽△AHEAB＝BE＝5EG＝GH △DOH∽△DBGDH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得𝐴𝐷=𝐸𝐴=3，GT＝3ET【详解】（1）证明：∵ABCD∴BC＝DC，AB∥ 解：①1ACBD∵ABCD在Rt△DOC中，OC＝ = ∴𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷=2𝐴𝐶×𝐵𝐷=2×8×6=②2ACBD、DEO、∵ABCD∴BG∥ ∴𝐷𝐺=𝐵𝐷=∴𝐷𝐻= ∵AB∥∴𝐶𝐻=𝐷𝐻= ∴tan∠BDE＝𝑂𝐷=3GGTBCAETET＝3理由如下：由题（1）可知，当∠DABBG∴𝐸𝐺=

∴𝐷𝐻=

∵GT∥∴GT∥∴𝐺𝑇=𝐸𝐺=𝐸𝑇= ∴GT＝3

）＝3011，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，点𝐸是边𝐵𝐶上的点，∠𝐴𝐸𝐹90°且𝐸𝐹交正方形的外角∠𝐷𝐶𝐺的F．(1)求证：∠𝐵𝐴𝐸=2，线段𝐵𝐷与𝐴𝐹N，若𝐴𝐵=6，𝐶𝐺=2，连接𝐺𝑁，求𝐺𝑁𝑁𝐹【答案】(1)(2)𝐴𝐸=𝐸𝐹(3)𝐺𝑁𝑁𝐹（1）根据∠𝐴𝐸𝐹=90°，即可得到∠𝐴𝐸𝐵∠𝐹𝐸𝐺=90°，在直角𝐴𝐵𝐸∠𝐵𝐴𝐸∠𝐴𝐸𝐵=90°（2）在𝐴𝐵上取一点𝑀，使𝐴𝑀=𝐸𝐶，连接𝑀𝐸，根据ASA𝐴𝑀𝐸𝐸𝐶𝐹，然后根据全等三角形（3）连接𝐴𝐶，𝑁𝐶，易得𝐴𝑁=𝑁𝐹A，N，G三点共线时，𝐺𝑁𝑁𝐹的值最小,【详解】（1）𝐴𝐸𝐹=∴∠𝐴𝐸𝐵+∠𝐹𝐸𝐺=又正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐵𝐴𝐸∠𝐴𝐸𝐵=∴∠𝐵𝐴𝐸=（2）解：𝐴𝐸=𝐸𝐹2，在𝐴𝐵上取一点𝑀，使𝐴𝑀=𝐸𝐶，连接∵𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐴𝑀=∴𝐵𝑀=∴∠𝐵𝑀𝐸=∴∠𝐴𝑀𝐸=𝐶𝐹∴∠𝐷𝐶𝐹=∴∠𝐸𝐶𝐹=∴∠𝐴𝑀𝐸=在𝐴𝑀𝐸和𝐸𝐶𝐹∠𝐵𝐴𝐸=𝐴𝑀= ∠𝐴𝑀𝐸=∴△𝐴𝑀𝐸≌△∴𝐴𝐸=（3）如图，连接∴∠𝐴𝐶𝐷=∴∠𝐷𝐶𝐹

1∠𝐷𝐶𝐺=∴∠𝐴𝐶𝐹=由正方形的对称性知𝐴𝑁=∴∠𝑁𝐴𝐶=∵∠𝑁𝐴𝐶+∠𝐴𝐹𝐶=∠𝑁𝐶𝐴+∠𝑁𝐶𝐹=∴∠𝐴𝐹𝐶=∴𝑁𝐶=∴𝐴𝑁=∴𝐺𝑁+𝑁𝐹=𝐺𝑁+𝐴𝐵2+A，N，G三点共线时，𝐺𝑁𝐴𝐵2+

=62+∴𝐺𝑁62+1，当∠𝐺𝑂𝐷=90°①求证：𝐷𝐸=②1中线段𝐺𝐻，使𝐺点与𝐷重合，𝐻点在𝐵𝐶延长线上，连接𝐸𝐻，取𝐸𝐻中点𝑃，连接𝑃𝐶2，求证：𝐵𝐸=2𝑃𝐶；3，若点𝐺在𝐴𝐷上，𝐺𝐻和𝐷𝐸相交于点𝑂．当∠𝐺𝑂𝐷=45°，边长𝐴𝐵=3，𝐻𝐺=10，求𝐷𝐸(2)(2)3【分析】（1）①1，可证得四边形𝐷𝐺𝐻𝐹是平行四边形，进而可证𝐴𝐷𝐸𝐶𝐷𝐹(AAS)，即可证得结②在𝐵𝐶上截取𝐵𝑁𝐵𝐸2，则𝐵𝐸𝐻是等腰直角三角形，𝐸𝑁2𝐵𝐸，由𝐴𝐷𝐸𝐶𝐷𝐻，利用全（2）3，过点𝐷作𝐷𝑁𝐺𝐻交𝐵𝐶于点𝑁，则四边形𝐺𝐻𝑁𝐷是平行四边形，作∠𝐴𝐷𝑀=∠𝐶𝐷𝑁，𝐷𝑀交延长线于𝑀，利用AAS𝐴𝐷𝑀𝐶𝐷𝑁，设𝐴𝐸=𝑥，则𝐵𝐸=3−𝑥【详解】（1）证明：①过点𝐷作𝐷𝐹𝐺𝐻，交𝐵𝐶的延长线于点∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∴∠𝐴𝐷𝐶=∵𝐷𝐹∥四边形𝐷𝐺𝐻𝐹∴𝐺𝐷=𝐹𝐻，𝐻𝐺=∴∠𝐺𝑂𝐷=∠𝐹𝐷𝐸=∴∠𝐹𝐷𝐶+∠𝐸𝐷𝐶=∵∠𝐸𝐷𝐶+∠𝐴𝐷𝐸=∴∠𝐹𝐷𝐶=在𝐴𝐷𝐸𝐶𝐷𝐹∠𝐴𝐷𝐸=𝐴𝐷= ∠𝐴=∠𝐷𝐶𝐹=∴△𝐴𝐷𝐸≌△∴𝐷𝐸=∵𝐻𝐺=∴𝐷𝐸=②在𝐵𝐶上截取𝐵𝑁=𝐵𝐸则𝐵𝐸𝑁是等腰直角三角形，𝐵𝑁=𝐵𝐸，由（1）△𝐴𝐷𝐸≌△𝐶𝐷𝐻，∴𝐴𝐸=∵𝐵𝐴=𝐵𝐶，𝐵𝐸=∴𝐶𝑁=𝐴𝐸=∵𝑃𝐸=∴𝑃𝐶

∴𝑃𝐶=即𝐵𝐸=（2）3，过点𝐷作𝐷𝑁𝐺𝐻交𝐵𝐶于点∴𝐷𝑁=𝐻𝐺，𝐺𝐷=∵∠𝐶=90°，𝐻𝐺=𝐷𝑁=10，𝐷𝐶=𝐴𝐵=∴

=∴𝐵𝑁=𝐵𝐶−𝐶𝑁=3−1=作∠𝐴𝐷𝑀∠𝐶𝐷𝑁，𝐷𝑀交𝐵𝐴延长线于𝑀，在△𝐴𝐷𝑀△𝐶𝐷𝑁中，∠𝐴𝐷𝑀=𝐴𝐷= ∠𝐷𝐴𝑀=∠𝐶=∴△𝐴𝐷𝑀≌△∴𝐴𝑀=𝑁𝐶，𝐷𝑀=∵∠𝐷𝑂𝐺=∴∠𝑁𝐷𝐸=∴∠𝐴𝐷𝐸+∠𝐶𝐷𝑁=𝐴𝐷𝐸∠𝐴𝐷𝑀=45°=∠𝑀𝐷𝐸，在△𝑁𝐷𝐸△𝑀𝐷𝐸中，𝑁𝐷=∠𝑁𝐷𝐸=∠𝑀𝐷𝐸𝐷𝐸=∴△𝑁𝐷𝐸≌△∴𝐸𝑀=∴𝐴𝐸+𝐶𝑁=设𝐴𝐸=𝑥，则𝐵𝐸=在Rt△𝐵𝐸𝑁中，𝐵𝑁2+𝐵𝐸2=∴22+(3−𝑥)2=(𝑥+解得：𝑥=𝐴𝐷2+𝐴𝐷2+

3232+(3303】（2026·陕西宝鸡·一模）如图1，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，点𝐸为边𝐵𝐶上的一点，连接𝐴𝐸，过𝐸作𝐸𝐹𝐴𝐸交边𝐶𝐷于点𝐹𝐴𝐵=4，𝐸𝐶=3，则𝐶𝐹的值 如图2，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸、𝐹分别是边𝐵𝐶、𝐴𝐵上的点，连接𝐴𝐸，过点𝐹作𝐹𝐺⊥𝐴𝐸交𝐶𝐷边于点𝐺，求证：𝐴𝐸=𝐹𝐺； 石板小路的费用，要求𝑃𝐵与𝑀𝐸的长度之和尽可能的小，已知𝐵𝐶=3，𝐵𝑀=600人员求出两条石板小路长度之和（𝑃𝐵𝑀𝐸）的最小值．（凉亭、游客服务中心的大小、所有小路的宽度【答案】两条石板小路长度之和的最小值为20013【分析】（1）结合矩形性质证明𝐴𝐵𝐸𝐸𝐶𝐹等三角形性质证得𝐴𝐸=𝐹𝐺；（3）将线段𝑃𝐸沿𝑃𝐴平移至𝐴𝐺，则𝑃𝐸𝐴𝐺且𝑃𝐸𝐴𝐺𝐴𝐵𝐺𝐵𝐶𝑀，再由相似三角理求出𝐵𝑁，再由𝑃𝐵𝑀𝐸=𝑃𝐵𝑃𝑁≥𝐵𝑁【详解】解：（1）四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，𝐸𝐹∴∠𝐵=∠𝐶=∠𝐴𝐸𝐹=∴∠𝐵𝐴𝐸+∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐸𝐵+∴∠𝐵𝐴𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸∽△ ∴𝐶𝐹=𝐸𝐶=（2）证明：如图2，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，将线段𝐹𝐺沿𝐹𝐵平移至𝐵𝑀，交𝐴𝐸于点𝐾，则𝐵𝑀=∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶=90°，𝐹𝐺∥∵𝐹𝐺⊥∴𝐵𝑀⊥∴∠𝐵𝐾𝐸=∴∠𝐶𝐵𝑀+∠𝐵𝐸𝐾=∵∠𝐵𝐸𝐾+∠𝐵𝐴𝐸=∴∠𝐵𝐴𝐸=在𝐴𝐵𝐸𝐵𝐶𝑀∠𝐵𝐴𝐸=𝐴𝐵= ∠𝐴𝐵𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴𝐴𝐸=∴𝐴𝐸=（3）如图3，将线段𝑃𝐸沿𝑃𝐴平移至𝐴𝐺，则𝑃𝐸=𝐴𝐺且𝑃𝐸∵𝑃𝐸⊥∴𝐴𝐺⊥四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐶=∵∠𝐴𝐺𝐵=90∘−∠𝐶𝐵𝑀=∴△𝐴𝐵𝐺∽△ ∴𝐵𝑀=𝐵𝐶=∵𝐴𝐺= ∴𝐵𝑀=∴𝑃𝐸

3𝐵𝑀

2×600=400∴𝑃𝑁=𝑀𝐸，𝑀𝑁=𝑃𝐸=∵𝑃𝐸⊥∴𝑀𝑁⊥𝐵𝑀2+𝐵𝑀2+

=200136002+𝑃𝐵+𝑀𝐸=𝑃𝐵+𝑃𝑁≥𝐵𝑁=6002+两条石板小路长度之和的最小值为20013(1)如图①．若四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，∠𝐵=60°,𝛼=60°，则𝐴𝐸与𝐴𝐹之间的数量关系 (2)如图②，若四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝛼45°，连接𝐸𝐹E在𝐵𝐶的延长线上时，试猜想线段𝐵𝐸、(3)若四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝛼=45°，连接𝐸𝐹

𝐴𝐵=4,𝐵𝐸=【答案】(1)𝐴𝐸=(2)𝐵𝐸−𝐷𝐹=𝐸𝐹3△𝐴𝐵𝐸𝐴𝐶𝐸如图：在𝐵𝐶上取点𝐹′，使得𝐵𝐹′=𝐷𝐹，连接𝐴𝐹′𝐴𝐵𝐹𝐴𝐷𝐹，得出𝐴𝐹′=𝐹′=∠𝐷𝐴𝐹△𝐴𝐸𝐹′≌△𝐴𝐸𝐹【详解】（1）解：如图，连接∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=∴∠𝐴𝐶𝐷=∵∠𝐵=𝐴𝐵𝐶∴𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵𝐴𝐶=∵∠𝐸𝐴𝐹=∴∠𝐵𝐴𝐸+∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐸𝐴𝐶+∠𝐶𝐴𝐹=∴∠𝐵𝐴𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴𝐴𝐸=故答案为：𝐴𝐸=（2）解：𝐵𝐸−𝐷𝐹=𝐸𝐹如图：在𝐵𝐶上取点𝐹′，使得𝐵𝐹′=𝐷𝐹，连接∴𝐴𝐵𝐴𝐷,∠𝐴𝐵𝐹∠𝐴𝐷𝐹90°，在△𝐴𝐵𝐹′△𝐴𝐷𝐹中，𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐹′=∠𝐴𝐷𝐹=90°𝐵𝐹′=∴△𝐴𝐵𝐹′≌△∴𝐴𝐹′=𝐴𝐹,∠𝐵𝐴𝐹′=∵∠𝐸𝐴𝐹=45°,∠𝐵𝐴𝐷=∴∠𝐷𝐴𝐸+∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐷𝐴𝐸+∠𝐵𝐴𝐹′=∴∠𝐸𝐴𝐹′=∠𝐸𝐴𝐹=45°．在△𝐴𝐸𝐹′和△𝐴𝐸𝐹中，𝐴𝐹′=∠𝐸𝐴𝐹′=∠𝐸𝐴𝐹𝐴𝐸=∴△𝐴𝐸𝐹′≌△∴𝐸𝐹′=∴𝐵𝐸−𝐷𝐹=𝐵𝐸−𝐵𝐹′=𝐸𝐹′=𝐸𝐹，即𝐵𝐸−𝐷𝐹=（3）解：①E在线段𝐵𝐶上时，将△𝐴𝐷𝐹A顺时针旋转90°DB△∴𝐴𝐹=𝐴𝐹′,∠𝐵𝐴𝐹′=∠𝐷𝐴𝐹,𝐷𝐹=∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，∠𝐸𝐴𝐹=∴∠𝐸𝐴𝐹′=∠𝐵𝐴𝐹′+∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐷𝐴𝐹+∠𝐵𝐴𝐸=45°=∠𝐸𝐴𝐹，又∵𝐴𝐸=𝐴𝐸，∴△𝐸𝐴𝐹≌△∴𝐸𝐹=𝐸𝐹′=𝐵𝐹′+𝐵𝐸=𝐵𝐸+∵𝐴𝐵=∴𝐵𝐸=𝐸𝐶=设𝐸𝐹=𝑥，则𝐷𝐹=𝑥−2,𝐶𝐹=4−(𝑥−2)=3在Rt△𝐶𝐸𝐹中，由勾股定理可得𝐶𝐸2+𝐶𝐹2=𝐸𝐹2，即22+(6−𝑥)2=𝑥2，解得：𝑥=3∴𝐸𝐹=3②E在𝐵𝐶延长线上时，取𝐶𝐷G，连接∴𝐷𝐺

∴𝐴𝐵=𝐴𝐷,∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷,𝐵𝐶=𝐶𝐷,∠𝐵𝐴𝐷=∵𝐵𝐸

1𝐵𝐶=∴𝐵𝐸=𝐷𝐺=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴𝐴𝐸=𝐴𝐺,∠𝐵𝐴𝐸=∴∠𝐵𝐴𝐸+∠𝐵𝐴𝐺=∠𝐷𝐴𝐺+∠𝐵𝐴𝐺=∴∠𝐸𝐴𝐹=∠𝐺𝐴𝐹=45°，又∵𝐴𝐹=𝐴𝐹，∴△𝐴𝐸𝐹≌△∴𝐸𝐹=𝐺𝐹=𝐷𝐹−𝐷𝐺=设𝐸𝐹=𝑥，则𝐷𝐹=𝑥2,𝐶𝐹=𝑥2−4=𝑥−2，𝐶𝐸=𝐵𝐸𝐵𝐶=2+4=6，在Rt△𝐶𝐸𝐹中，由勾股定理得𝐶𝐸2+𝐶𝐹2=𝐸𝐹2，即62+(𝑥−2)2=𝑥2，解得∶𝑥=∴𝐸𝐹=综上所述，𝐸𝐹305】（2026·江西·模拟预测）1．在𝐴𝐵𝐶中，D、E分别为𝐴𝐵、𝐴𝐶的中点，连接E按顺时针方向旋转180°△𝐶𝐹𝐸的位F，使𝐸𝐹=𝐷𝐸请结合操作1或操作2的方法所得出的结论，我们可以得到三角形中位线定理，接𝐸𝐹、𝐹𝐺、𝐺𝐻、𝐻𝐸，得到四边形𝐸𝐹𝐺𝐻．若𝐴𝐶=16，𝐵𝐷=20，∠𝐴𝑂𝐵=60°，求四边形𝐸𝐹𝐺𝐻的面积．3所示，在一个四边形𝐴𝐵𝐶𝐷PQ分别为边𝐴𝐵和边𝐶𝐷的中点，且∠𝐴+∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐵𝐶=6，𝐴𝐷=8，求小路𝑃𝑄的长度．【答案】（1）三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半；（2）40==（2）根据（1）中结论，得到𝐻𝐺=1𝐴𝐶=8，𝐹𝐺=1𝐵𝐷=10，𝐸𝐻∥𝐹𝐺∥𝐵𝐷，𝐻𝐺∥𝐸𝐹∥𝐴𝐶 𝐸𝐹𝐺𝐻为平行四边形，再根据平行线的性质求得∠𝐻𝐺𝐹∠𝐴𝐼𝐹=∠𝐴𝑂𝐵=60°H作𝐻𝑀𝐹𝐺M正弦函数定义求得𝐻𝑀=43

，𝑄𝑀=𝑃𝑀=2𝐵𝐶= 𝐴𝐷=4，𝑃𝑀∥𝐵𝐶，𝑄𝑀∥𝐴𝐷，根据平行线的性质和三角形的外角性质可推导出∠𝑃𝑀𝑄=90°，然后利用勾股【详解】解：（1）1：将𝐴𝐷𝐸E按顺时针方向旋转180°𝐶𝐹𝐸的位置，则𝐸𝐹=𝐶𝐹=𝐴𝐷，∠𝐴=∵D是𝐴𝐵∴𝐵𝐷=𝐴𝐷=∴𝐷𝐹∥𝐵𝐶，𝐷𝐹=∴𝐷𝐸

2𝐷𝐹

2．延长𝐷𝐸F，使𝐸𝐹=𝐷𝐸，连接∵E分别为𝐴𝐶∴𝐴𝐸=𝐶𝐸，又∠𝐴𝐸𝐷=∴△𝐴𝐷𝐸≌△∴∠𝐴=∠𝐸𝐶𝐹，𝐶𝐹=∵D是𝐴𝐵∴𝐵𝐷=𝐴𝐷=∴𝐷𝐹∥𝐵𝐶，𝐷𝐹=∴𝐷𝐸

2𝐷𝐹

∴𝐸𝐻=𝐹𝐺

1𝐵𝐷，𝐻𝐺=𝐸𝐹

∵𝐴𝐶=16，𝐵𝐷=∴𝐻𝐺

1𝐴𝐶=8，𝐹𝐺

1𝐵𝐷=∵∠𝐴𝑂𝐵=60°，𝐹𝐺∥∴∠𝐻𝐺𝐹=∠𝐴𝐼𝐹=∠𝐴𝑂𝐵=H作𝐻𝑀⊥𝐹𝐺M，则𝐻𝑀=𝐻𝐺sin60°=8×3=4∴四边形𝐸𝐹𝐺𝐻的面积为𝐹𝐺⋅𝐻𝑀=10× =40∵PQ分别为边𝐴𝐵和边𝐶𝐷的中点，𝐵𝐶=6，𝐴𝐷=∴𝑃𝑀

1𝐵𝐶=3，𝑄𝑀

1𝐴𝐷=∴∠𝐶𝑀𝑄=∠𝐶𝐴𝐷，∠𝐴𝑃𝑀=∵∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐷=∴∠𝑃𝑀𝑄=∠𝑃𝑀𝐶+∠𝐶𝑀𝑄=∠𝐴𝑃𝑀+∠𝑃𝐴𝑀+∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐷=𝑄𝑀2+𝑄𝑀2+

=42+42+06】（2024·辽宁·模拟预测）1，在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵90°，𝐴𝐶𝐵𝐶E在𝐵𝐶上（B、C重合），在𝐴𝐵𝐶的外部作𝐵𝐸𝐷，使∠𝐵𝐸𝐷=90°，𝐵𝐸=𝐷𝐸，连接𝐶𝐷，过点𝐴作𝐴𝐹∥𝐶𝐷，过点𝐷作𝐷𝐹∥𝐴𝐶，𝐷𝐹交𝐴𝐹于点𝐹，连 ，𝐸𝐹= 21中的△𝐵𝐸𝐷BE落在𝐴𝐵A作𝐴𝐹∥𝐶𝐷D𝐷𝐹∥𝐴𝐶，𝐷𝐹交𝐴𝐹F，连接𝐶𝐸、𝐶𝐹．若𝐶𝐸=4，求𝐶𝐹1中的𝐵𝐸𝐷BD在𝐵𝐶A作𝐴𝐹∥𝐶𝐷D作𝐷𝐹∥𝐴𝐶，𝐷𝐹交𝐴𝐹F，连接𝐶𝐹，若𝐵𝐸=2,𝐵𝐶=6，当四边形𝐴𝐶𝐷𝐹为菱形时．②D在𝐵𝐶左侧时，请直接写出𝐶𝐹【答案】（1）平行四边形，2；（2）𝐶𝐹=42；（3）①2 【分析】（1）先证明四边形𝐴𝐶𝐷𝐹是平行四边形，可得𝐷𝐹=𝐴𝐶=𝐵𝐶，从而得到𝐸𝐹=𝐶𝐸D，E，F三点共线，可得∠𝐶𝐸𝐹=90°，然后根据勾股定理，即可求解；（2）连接𝐸𝐹，证明四边形𝐴𝐶𝐷𝐹是矩形．可得𝐴𝐶=𝐷𝐹，∠𝐶𝐷𝐹=90°，再证明𝐶𝐵𝐸𝐹𝐷𝐸𝐶𝐸𝐹𝐸，∠𝐶𝐸𝐵∠𝐹𝐸𝐷．从而得到∠𝐷𝐸𝐵∠𝐹𝐸𝐶90°𝐶𝐸𝐹（3）①连接𝐶𝐸并延长交𝐵𝐷于点𝐾，连接𝐸𝐹，根据四边形𝐴𝐶𝐷𝐹是菱形，可得到𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐷𝐹．设𝐷𝐹交𝐵𝐶于点𝑁，交𝐵𝐸于点𝑀，𝐸𝐹交𝐵𝐶于点𝑂𝐶𝐵𝐸𝐹𝐷𝐸，可得𝐶𝐸=𝐹𝐸，∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐷𝐹𝐸𝐶𝐸𝐹是等腰直角三角形．从而得到𝐶𝐹=2𝐶𝐸．进而得到𝐶𝐾是线段𝐵𝐷的中垂线，即可；②类比①的方法解答，【详解】解∴𝐷𝐹=𝐴𝐶=∴𝐷𝐸+𝐸𝐹=𝐵𝐸+∵𝐵𝐸=∴𝐸𝐹=∵∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐶𝐸𝐷=∴D，E，F∴∠𝐶𝐸𝐹=𝐶𝐸2+∴𝐶𝐹𝐶𝐸2+即𝐸𝐹=故答案为：平行四边形，如图，连接∵𝐴𝐹∥四边形𝐴𝐶𝐷𝐹是平行四边形．又∵∠𝐴𝐶𝐷=90°，四边形𝐴𝐶𝐷𝐹𝐴𝐶=𝐷𝐹，∠𝐶𝐷𝐹=90°，又∵𝐴𝐶=𝐵𝐶，∴𝐵𝐶=又𝐷𝐸=𝐵𝐸，∠𝐵𝐸𝐷=∴∠𝐵=∠𝐸𝐷𝐵=∴∠𝐹𝐷𝐸=180°−90°−45°=∴∠𝐵=∴△𝐶𝐵𝐸≌△∴𝐶𝐸=𝐹𝐸，∠𝐶𝐸𝐵=∠𝐶𝐸𝐵−∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐹𝐸𝐷−∠𝐶𝐸𝐷，即∠𝐷𝐸𝐵=∠𝐹𝐸𝐶=90°．𝐶𝐸𝐹∴𝐶𝐸2+𝐸𝐹2=𝐶𝐹2，即2𝐶𝐸2=𝐶𝐹2，∵𝐶𝐸=∴𝐶𝐹=4四边形𝐴𝐶𝐷𝐹∴𝐴𝐶=𝐶𝐷=∵𝐴𝐶=∴𝐵𝐶=𝐶𝐷=∵∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐷𝑁𝐵=∵∠𝐵𝐸𝐷=∴∠𝐵𝑁𝑀=∠𝐵𝐸𝐷，∠𝐵𝑀𝑁=∴∠𝐶𝐵𝐸=∴△𝐶𝐵𝐸≌△𝐶𝐸=𝐹𝐸，∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐷𝐹𝐸．又∵∠𝐶𝑂𝐸=∠𝐵𝑂𝐹，∴∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐶𝑁𝐹=𝐶𝐸𝐹∴𝐶𝐹=∵𝐶𝐷=𝐶𝐵，𝐸𝐷=𝐶𝐾是线段𝐵𝐷∵𝐵𝐶=6，𝐵𝐸=∴𝐵𝐾=𝐸𝐾=∴𝐶𝐾∴𝐶𝐸=𝐶𝐾−𝐸𝐾=34−∴𝐶𝐹=2𝐶𝐸=2∵𝐴𝐶∥𝐷𝐹，∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐹𝑄𝐵=∵∠𝐷𝐸𝐵=∴∠𝐹𝑄𝐵+∠𝐷𝐸𝐵=∴∠𝑄𝐷𝐸+∠𝑄𝐵𝐸=∵∠𝑄𝐷𝐸+∠𝑄𝐷𝐸=∴∠𝐹𝐷𝐸=∵𝐴𝐶=𝐵𝐶=𝐷𝐹,𝐵𝐸=∴△𝐹𝐸𝐷≌△∴∠𝐹𝐸𝐷=∴∠𝐹𝐸𝐶=∠𝐷𝐸𝐵=𝐸𝐹𝐶∴𝐶𝐹=2𝐶𝐸．∴𝐷𝐾=𝐸𝐾=∴𝐶𝐾 =∴𝐶𝐸=𝐶𝐾+𝐸𝐾 +∴𝐶𝐹=2𝐶𝐸= 07】（2025·吉林松原·模拟预测）【初步尝试】如图①E、G分别是▱𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐴𝐷、𝐵𝐶的中F为对角线𝐵𝐷F为直角顶点作∠𝐸𝐹𝐺=90°E作𝐸𝐻∥𝐹𝐺交𝐵𝐷H，连接𝐺𝐻，【深入探究】如图②，将图①中的▱𝐴𝐵𝐶𝐷改为菱形．其他条件不变．若∠𝐴𝐵𝐶=60°，且𝐴𝐸=2，直接写【拓展延伸】如图③，将图①中的▱𝐴𝐵𝐶𝐷改为矩形，其他条件不变．若𝐴𝐷=3，𝐴𝐵=2，直接写出四边【答案】初步尝试：见解析；深入探究：4；拓展延伸：6【分析】初步尝试：证明𝐺𝐵𝐹𝐸𝐷𝐻(AAS)，则𝐸𝐺𝐹𝐻，根据𝐸𝐻𝐹𝐺，易证四边形𝐹𝐺𝐻𝐹是平行四边形，再根据∠𝐸𝐹𝐺=90°，即可证明结论；深入探究：连接𝐴𝐶，交𝐵𝐷O，连接𝑂𝐸,𝑂𝐺，过点𝐹作𝐹𝑇𝐵𝐺T，求出𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷=𝑂𝐸

1𝐴𝐷=2，𝑂𝐺

1𝐵𝐶=2𝐺𝐵𝐹𝐸𝐷𝐻，四边形𝐸𝐹𝐺𝐻为矩形，推出点𝐸,𝑂,𝐺线进而得到𝐹𝐻=4，求出𝑂𝐵=23，𝐵𝐹=23−2，再解直角三角形求

𝐹𝑇=2𝐵𝐹=30°=3−3，𝐹𝐺=2𝐹𝑇=6−2，𝐺𝐻

+2拓展延伸：连接𝐸𝐺，作𝐸𝑁𝐵𝐷N，同理深入探究可知，𝐹𝐻=𝐸𝐺=𝐴𝐵=2，证明𝐸𝐷𝑁𝐵𝐷𝐴

到𝐴𝐵=𝐵𝐷，求出𝐵𝐷

=13，进而求出𝐸𝑁

矩形𝐸𝐹𝐺𝐻=2×(𝐹𝐻⋅𝐸𝑁)即可求解𝐴𝐵2+𝐴𝐵2+3四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶,𝐴𝐷=∴∠𝐴𝐷𝐵=∴𝐷𝐸

2𝐴𝐷

1𝐵𝐶=∵𝐸𝐻∥∴∠𝐺𝐹𝐻=∴180°−∠𝐺𝐹𝐻=180°−∠𝐸𝐻𝐹，即∠𝐺𝐹𝐵=∴△𝐺𝐵𝐹≌△∴𝐹𝐺=∵𝐸𝐻∥∵∠𝐸𝐹𝐺=解：连接𝐴𝐶交𝐵𝐷O，连接𝑂𝐸,𝑂𝐺，过点𝐹作𝐹𝑇𝐵𝐺四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷，𝐴𝐶⊥∵𝐴𝐸=2E、G分别是边𝐴𝐷、𝐵𝐶∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷=4，在Rt△𝐴𝑂𝐷中，∴𝑂𝐸

1𝐴𝐷= 𝑂𝐺=2𝐵𝐶=𝐺𝐵𝐹𝐸𝐷𝐻，四边形𝐸𝐹𝐺𝐻∴𝐵𝐹=∵𝑂𝐵=∴𝑂𝐵−𝐵𝐹=𝑂𝐷−𝐷𝐻，即𝑂𝐹=∵𝑂𝐸=∴𝐹𝐻=𝐸𝐺=𝑂𝐸+𝑂𝐺=∴𝐹𝐻=𝐸𝐺=𝑂𝐸+𝑂𝐺=∵∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐶𝐵𝐷=∴𝑂𝐶

1𝐵𝐶=∴𝑂𝐵 =2∴𝐵𝐹=𝑂𝐵−𝑂𝐹=2∴𝐹𝑇

1𝐵𝐹=3−1，𝐵𝑇=𝐵𝐹·cos30°=3−∴𝐺𝑇=𝐵𝐺−𝐵𝑇=∴𝐹𝑇=𝐹𝑇𝐺∴𝐹𝐺=2𝐹𝑇=6−

+∴四边形𝐸𝐹𝐺𝐻的面积为𝐹𝐺·𝐺𝐻=4；拓展延伸：连接𝐸𝐺，作𝐸𝑁𝐵𝐷N，同理深入探究可知，𝐹𝐻=𝐸𝐺=𝐴𝐵=∵∠𝐸𝐷𝑁=∠𝐵𝐷𝐴,∠𝐸𝑁𝐷=∠𝐵𝐴𝐷=∴△𝐸𝐷𝑁∽△∴𝐸𝑁=

𝐴𝐵2+∵𝐵𝐷𝐴𝐵2+2

解得𝐸𝑁=3

36矩形𝐸𝐹𝐺𝐻=2×(2𝐹𝐻⋅𝐸𝑁)=2×2×2×13 6(1)（1）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐴𝐵𝐶2∠𝐶，求证：𝐴𝐶𝐴𝐵𝐵𝐷；任选下面一种方法，并写出完方法一：如图①，在𝐴𝐶上截取𝐴𝐸，使得𝐴𝐸𝐴𝐵，连接𝐷𝐸，可以得到全等三角形，进而解决问题；方法二：如图②，延长𝐴𝐵F，使得𝐵𝐹=𝐵𝐷，连接𝐷𝐹，可以得到等腰三角形，进而解决问题．如图③𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐶，𝐴𝐻𝐵𝐶交𝐵𝐶H，直接写出𝐴𝐵、𝐵𝐻、𝐵𝐶 如图④𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐷平分∠𝐵𝐴𝐶，∠𝐴𝐵𝐶2∠𝐶，𝐴𝐷、𝐵𝐺分别为∠𝐵𝐴𝐶、∠𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵=5，𝐵𝐷=3，𝐴𝐺

8，直接写出𝐺𝐶= 【答案】(1)(2)𝐴𝐵+2𝐵𝐻=（1）选择方法一：证明𝐴𝐵𝐷𝐴𝐸𝐷(SAS)．则𝐵𝐷=𝐸𝐷,∠𝐵=∠𝐴𝐸𝐷，证明∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐶𝐸𝐷=𝐸𝐶=𝐵𝐷𝐴𝐹𝐷≌𝐴𝐶𝐷(AAS)．则𝐴𝐹=𝐴𝐶（2𝐺𝐻𝐴𝐺𝐴𝐺𝐺𝐶𝐺𝐶（3）D到𝐴𝐶D到

的距离，得到

𝐴𝐶，又由

𝐶𝐷，得到𝐴𝐶=𝐶𝐷，同理，𝐵𝐶=𝐶𝐺，设𝐶𝐺=𝑥，𝐶𝐷=𝑦【详解】（1）证明：如图①，在𝐴𝐶上截取𝐴𝐸，使得𝐴𝐸=𝐴𝐵，连接∴∠𝐵𝐴𝐷∠𝐶𝐴𝐷．又∵𝐴𝐷=𝐴𝐷，∴△𝐴𝐵𝐷≌△∴𝐵𝐷=𝐸𝐷,∠𝐵=∵∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐸𝐷=∵∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐸𝐷𝐶+∴∠𝐸𝐷𝐶=∴𝐸𝐷=𝐸𝐶=∴𝐴𝐶=𝐴𝐸𝐸𝐶=𝐴𝐵𝐵𝐷．证明：如图②，延长𝐴𝐵F，使得𝐵𝐹=𝐵𝐷，连接∴∠𝐵𝐴𝐷∠𝐶𝐴𝐷．又∵𝐵𝐹=𝐵𝐷，∴∠𝐹=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐹+∠𝐵𝐷𝐹=∵∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐹=∵𝐴𝐷=∴△𝐴𝐹𝐷≌△∴𝐴𝐹=∴𝐴𝐹=𝐴𝐵+𝐵𝐹=𝐴𝐵+∴𝐴𝐶=𝐴𝐵+解：在𝐶𝐻G，使𝐵𝐻=∵𝐴𝐻⊥𝐵𝐶,𝐵𝐻=∴𝐴𝐵=∴∠𝐵=∵∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐶，∠𝐴𝐺𝐵=∠𝐶+∴∠𝐶=∴𝐴𝐺=∴𝐴𝐵=∴𝐶𝐺𝐵𝐺=𝐴𝐵2𝐵𝐻=𝐵𝐶．故答案为：𝐴𝐵+2𝐵𝐻=𝐵𝐶；∴D到𝐴𝐶D到𝐴𝐵∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=

=

∴𝐴𝐶= 同理，𝐵𝐶=设𝐶𝐺= 𝐶𝐷=𝑦，则𝐵𝐶=𝐵𝐷+𝐶𝐷=3+𝑦,𝐴𝐶=𝐴𝐺+𝐶𝐺=25 =

=825

∴𝑥=8∴𝐶𝐺=8801】小明同学在学习相似三角形时遇到这样一个问题：如图，在Δ𝐴𝐵𝐶D是𝐵𝐶是𝐴𝐶中点．连结𝐴𝐷，𝐵𝐸G，求𝐴𝐺D作𝐷𝐻∥𝐵𝐸交𝐴𝐶H，根据平行线分线段成比例即可得到问题的答案．下面是小明1D作𝐷𝐻∥𝐵𝐸交𝐴𝐶𝐷是𝐵𝐶∴𝐵𝐷=∴

=

= 3E是𝐴𝐶边的中点，𝐷𝐶=2𝐵𝐷,𝐴𝐷、𝐵𝐸交于𝐹,𝐴𝐷=10，𝐵𝐸=6,𝐴𝐷𝐵𝐸【答案】（1）见解析 （2）连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于点𝑂，则点𝑂为𝐵𝐷的中点，点𝑂为𝐴𝐶的中点．根据（1）问可得𝑀𝑂=2．同理可得=2,由点𝑂为𝐴𝐶的中点得到𝐴𝑂=𝑂𝐶（3）E作𝐸𝐺∥𝐴𝐷交𝐵𝐶G，由（1）同理得出𝐶𝐺=𝐸𝐺=𝐶𝐸=1，确定𝐶𝐺=𝐷𝐺=𝐵𝐷，同理确定𝐷𝐹

𝐵𝐷=𝐵𝐹=1，𝐴𝐹=7.5，𝐹𝐷=2.5，𝐵𝐹=3，𝐸𝐹=3，结合图形利用

=

四边形

【详解】（1）1D作𝐷𝐻∥𝐵𝐸交𝐴𝐶𝐷是𝐵𝐶∴𝐵𝐷=∴

=

=𝐸是𝐴𝐶∴𝐴𝐸=∴

=又∵ ∴𝐺𝐷=𝐸𝐻=𝐸为𝐴𝐵的中点，根据（1）∴

=同理可得𝑁𝑂=点𝑂为𝐴𝐶∴𝐴𝑂=∴𝐴𝑀=𝑀𝑁= ∴𝐴𝐶=E作𝐸𝐺∥𝐴𝐷交𝐵𝐶同理得：𝐶𝐺=𝐸𝐺=𝐶𝐸= ∴𝐶𝐺=∵𝐷𝐶=∴𝐶𝐺=𝐷𝐺= 同理得：𝐺𝐸=𝐵𝐺=𝐵𝐸=∴𝐷𝐹=4，𝐴𝐷=∴𝐴𝐹=∴𝐴𝐹=7.5，𝐹𝐷=同理得：𝐵𝐹=2，𝐵𝐸=∴𝐵𝐹=3，𝐸𝐹= ∴ △𝐴𝐵𝐸=2𝐵𝐸⋅𝐴𝐹=2×6×7.5=∴𝑆△𝐵𝐸𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐸=22.5=2𝑆△𝐴𝐵𝐶∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=∵𝐷𝐶=∴𝑆△𝐴𝐷𝐶=3𝑆△𝐴𝐵𝐶= △𝐴𝐸𝐹=2𝐴𝐹⋅𝐸𝐹=2×7.5×3=𝑆四边形𝐶𝐷𝐹𝐸===图形（1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．在𝐴𝐵𝐶中，点𝐷为边𝐴𝐵上一点，连接2，若∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵，求证：𝐴𝐶2=𝐴𝐷⋅3，在（1）的条件下，若点𝐷为𝐴𝐵中点，𝐵𝐶=4，求𝐶𝐷4，点𝐸为𝐶𝐷中点，连接𝐵𝐸，若∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐶𝐵𝐷=30°，∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐸𝐵𝐷，𝐴𝐶=27，求𝐵𝐸【答案】(1)(2)𝐶𝐷=【分析】（1）根据题意，由∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵，∠𝐴=∠𝐴△𝐴𝐵𝐶（2）设𝐴𝐷=𝐵𝐷=𝑚，由（1）中相似，代值求解得到𝐴𝐶=2𝑚，从而根据𝐴𝐶𝐷△𝐴𝐵𝐶𝐴𝐶

（3）过点𝐶作𝐸𝐵的平行线交𝐴𝐵的延长线于点𝐻1所示，设𝐶𝐸=𝐷𝐸=𝑎，过点𝐵作𝐵𝐹⊥𝐸𝐶于点𝐹，

与性质得到𝐴𝐶=𝐴𝐻=𝐶𝐻

22【详解】（1）证明：∵∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐵，∠𝐴=∴△𝐴𝐶𝐷∽△∴𝐴𝐶=

∴𝐴𝐶2=𝐴𝐷⋅∴设𝐴𝐷=𝐵𝐷=由（1）知𝐴𝐶𝐷∽∴𝐴𝐶2=𝐴𝐷⋅𝐴𝐵=𝑚⋅2𝑚=∴𝐴𝐶= ∴△𝐴𝐶𝐷△𝐴𝐵𝐶的相似比为𝐴𝐶=∴𝐶𝐷=1 ∵𝐵𝐶=∴𝐶𝐷=2解：过点𝐶作𝐸𝐵的平行线交𝐴𝐵的延长线于点𝐻，过𝐶作𝐶𝑌𝐴𝐵1∴设𝐶𝐸=𝐷𝐸=∵∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐶𝐵𝐷=∴𝐶𝐵=𝐶𝐷=2𝑎，∠𝐷𝐶𝐵=在Rt△𝐵𝐶𝑌中

，则由勾股定理可得𝐵𝐷=2𝐶𝑌=2𝐶𝐷=过点𝐵作𝐵𝐹𝐸𝐶于点𝐹2∴∠𝐹𝐶𝐵=∴∠𝐶𝐵𝐹=∴𝐶𝐹

∴𝐶𝐹=𝑎，𝐵𝐹=∴𝐸𝐹=∴𝐵𝐸=∴𝐶𝐻=2𝐵𝐸=27𝑎，𝐷𝐻=2𝐷𝐵=43𝑎，∠𝐸𝐵𝐷=∠𝐻，又∵∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐸𝐵𝐷，∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐻，△𝐴𝐶𝐷∽△2∴𝐴𝐷=𝐴𝐶=𝐶𝐷=2𝑎=12 又∵𝐴𝐶=2∴𝐴𝐷=2，𝐴𝐻=∴𝐷𝐻=12，即43𝑎=∴𝑎=∴𝐵𝐸=7𝑎=【点睛】本题考查几何综合，涉及相似三角形的判定与性质、含3°的直角三角形性质、勾股定理等知识，熟练掌握三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．03如图，在如图，在𝐴𝐵𝐶中，点𝐷是𝐵𝐶的中点，点𝐸是𝐴𝐶的一个三等分点，且𝐴𝐸=1𝐴𝐶𝐴𝐷，𝐵𝐸交于点𝐺，求𝐺𝐸小明发现，过点𝐷作𝐷𝐻𝐴𝐶交𝐵𝐸于𝐻，可证明𝐴𝐺𝐸𝐷𝐺𝐻，得到相关结论后，再利用相似三角形的性解：如图①，过点𝐷作𝐷𝐻𝐴𝐶交𝐵𝐸于𝐻，则∠𝐸𝐴𝐺=∠𝐻𝐷𝐺，∠𝐴𝐸𝐺=∴𝐵𝐷=∴𝐵𝐻=𝐵𝐷= ∴𝐵𝐻=∴𝐷𝐻

∵𝐸是𝐴𝐶的一个三等分点，且𝐴𝐸

∴𝐴𝐸

∴𝐴𝐸=∴△𝐴𝐺𝐸≌△如图②，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐷为𝐴𝐶上一点，𝐴𝐵=𝐴𝐷，连结𝐵𝐷，若𝐴𝐸⊥𝐵𝐷，交𝐵𝐷、𝐵𝐶于点𝐸、𝐹．若𝐴𝐷=𝐶𝐷=2，𝐴𝐹=5，则𝐴𝐸的长

𝐶𝐷=𝑚，则𝑀𝐺的值 【答案】【感知】38【分析】[感知]由𝐴𝐺𝐸𝐷𝐺𝐻得𝐺𝐻=𝐺𝐸，可推导出𝐵𝐺=3𝐺𝐸 [尝试应用]取𝐵𝐶H，连接𝐸𝐻，得𝐵𝐸=𝐷𝐸，则𝐸𝐻∥𝐶𝐷△𝐸𝐻𝐹∽△𝐴𝐶𝐹，得𝐴𝐹=𝐴𝐶，可得进而求得

𝑀𝐿=𝐶𝐿=

，由平行四边形得𝐶𝐷∥𝐴𝐵和𝐶𝐷=𝐴𝐵𝐶𝑀𝐹𝐴𝑀𝐵，得到𝐴𝑀=2𝑚𝑀𝐿，由𝐴𝐸𝐿𝐴𝐺𝑀，得到𝐿𝐸=

𝑀𝐺，进一步得𝑀𝐵=

【详解】解：感知：如图①，过点𝐷作𝐷𝐻𝐴𝐶交𝐵𝐸于𝐻，则∠𝐸𝐴𝐺=∠𝐻𝐷𝐺，∠𝐴𝐸𝐺=∴𝐵𝐷=∴𝐵𝐻=𝐵𝐷= ∴𝐵𝐻=∴𝐷𝐻

∵𝐸是𝐴𝐶的一个三等分点，且𝐴𝐸

∴𝐴𝐸

∴𝐴𝐸=∴△𝐴𝐺𝐸≌△∴𝐺𝐸=∴𝐵𝐻=𝐻𝐸=𝐺𝐸+∴𝐵𝐺=∴𝐵𝐺=则𝐵𝐻=∵𝐴𝐵=𝐴𝐷=6，𝐴𝐸⊥𝐵𝐷，𝐶𝐷=2，𝐴𝐹=∴𝐵𝐸=𝐷𝐸，𝐴𝐶=𝐴𝐷+𝐶𝐷=6+2=∴𝐸𝐻∥𝐶𝐷，𝐸𝐻

1𝐶𝐷=∵𝐸𝐻∥∴△𝐸𝐻𝐹∽△∴𝐸𝐹=𝐸𝐻= ∴𝐸𝐹

𝐴𝐹

8×5= ∴𝐴𝐸=𝐴𝐹−𝐸𝐹=5−8=8如图，作𝐸𝐿𝐵𝐹交𝐴𝐶∵E为𝐵𝐶∴𝐵𝐸=∴𝑀𝐿=𝐵𝐸=

𝑀𝐿=𝐶𝐿

∴𝐶𝐷∥𝐴𝐵，𝐶𝐷=∵𝐶𝐹∥∴△𝐶𝑀𝐹∽△∴𝐶𝑀=𝐶𝐹=𝐶𝐹=1 则𝐴𝑀=𝑚𝐶𝑀=𝑚×2𝑀𝐿=2𝑚∵𝐸𝐿∥∴△𝐴𝐸𝐿∽△

2𝑚则𝐿𝐸=那么，𝑀𝐵=2𝐿𝐸=2×2𝑚+1𝑀𝐺=

𝑚∴𝐵𝐺=𝑀𝐵−𝑀𝐺

𝑀𝐺−𝑀𝐺

故𝑀𝐺

𝑚故答案为∶𝑚04】（2024·四川资阳·中考真题）（1）1，在𝐴𝐵𝐶D在边𝐵𝐶∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶，则𝐴𝐵2=𝐵𝐷⋅𝐵𝐶2，在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=60°D为边𝐵𝐶的中点，𝐶𝐴=𝐶𝐷=2E在𝐴𝐵上，连接𝐴𝐷，𝐷𝐸．若∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐶𝐴𝐷，求𝐵𝐸的长；3，在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵5E，F分别在边𝐴𝐷，𝐶𝐷上，∠𝐴𝐵𝐶=2∠𝐸𝐵𝐹，延长𝐴𝐷，𝐵𝐹G．若𝐵𝐸=4，𝐷𝐺=6，求𝐹𝐺的长．【答案】（1）见解析；（2）𝐵𝐸=13−1；（3）𝐹𝐺=24 【分析】（1）证明△𝐴𝐵𝐷∽△𝐶𝐵𝐴，得出𝐵𝐶=𝐴𝐵C作𝐶𝐹𝐴𝐵FD作𝐷𝐺𝐴𝐵G，解直角三角形得出𝐶𝐹=𝐴𝐶sin60°=2×3 3，𝐴𝐹=𝐴𝐶×cos60°=2×2=1，证明△𝐵𝐷𝐺∽△𝐵𝐶𝐹，得出𝐶𝐹=𝐵𝐹=𝐵𝐶=2，求出𝐷𝐺=2𝐶𝐹=2根据勾股定理得出𝐵𝐺=

=2，得出𝐴𝐵=𝐴𝐹𝐵𝐹=1+13 △𝐵𝐸𝐷∽△𝐵𝐴𝐷，得出𝐵𝐷=𝐴𝐵，求出𝐵𝐸 𝐵𝐷𝐺𝐸𝐵𝐸𝐺=2𝐵𝐸2𝐵𝐸2+

42+4=442+4

=5【详解】解：（1）∵∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶，∠𝐴𝐵𝐷=∴△𝐴𝐵𝐷∽△∴𝐴𝐵=

∴𝐴𝐵2=𝐵𝐷⋅C作𝐶𝐹𝐴𝐵FD作𝐷𝐺𝐴𝐵G则∠𝐴𝐹𝐶=∠𝐴𝐺𝐷=∵∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐶𝐹=𝐴𝐶×sin60°=2×3= 𝐴𝐹=𝐴𝐶×cos60°=2×2=∴𝐵𝐷=𝐶𝐷

1𝐵𝐶=∴△𝐵𝐷𝐺∽△∴𝐷𝐺=𝐵𝐺=𝐵𝐷= ∴𝐷𝐺=2𝐶𝐹=

∴𝐵𝐹=2𝐵𝐺=∴𝐴𝐵=𝐴𝐹+𝐵𝐹=1+∵𝐴𝐶=∴∠𝐶𝐴𝐷=∵∠𝐴𝐸𝐷=∴∠𝐴𝐸𝐷=∴∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐴𝐷𝐵=∴∠𝐵𝐸𝐷=∵∠𝐷𝐵𝐸=∴△𝐵𝐸𝐷∽△∴𝐵𝐸=

即2 ，1+解得：𝐵𝐸=∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝐷

1∠𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐷=𝐴𝐵=𝐵𝐶=∵∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝐷=∴∠𝐸𝐵𝐹−∠𝐷𝐵𝐹∠𝐶𝐵𝐷−∠𝐷𝐵𝐹，即∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝐹，∴∠𝐶𝐵𝐹=∴∠𝐷𝐵𝐸=∵∠𝐷𝐸𝐵=∴△𝐵𝐸𝐷∽△∴𝐷𝐸= ∵𝐷𝐺=∴𝐸𝐺=𝐷𝐸+∴𝐷𝐸 4 解得：𝐷𝐸=2∴𝐸𝐺=2+6=∴𝐴𝐸=𝐴𝐷−𝐷𝐸=∵𝐴𝐸2+𝐵𝐸2=32+42=52=𝐴𝐵𝐸为直角三角形，∠𝐴𝐸𝐵=∴∠𝐵𝐸𝐺=180°−90°=∴在Rt𝐵𝐸𝐺𝐵𝐸2+𝐵𝐸2+

=442+∴𝐵𝐹=𝐵𝐺−𝐹𝐺=42+∴△𝐷𝐹𝐺∽△∴𝐹𝐺= 44

=解得：𝐹𝐺=24【变式𝐵𝐸,𝐶𝐸，且𝑆△𝐴𝐵𝐸=如图如图【答案】(1)①见解析；②𝐴𝐺:𝐺𝐻:𝐻𝐶=(2)𝐴𝑀=3𝐴𝑁【分析】（1）①根据𝑆△𝐴𝐵𝐸=𝑆△𝐷𝐶𝐸，得出𝐸为𝐴𝐷△𝐴𝐻𝐸≌△𝐶𝐻𝐹即可；② △𝐴𝐺𝐵∽△𝐻𝐺𝐸得到𝐸𝐻=𝐺𝐻=2△≌△为𝐶𝑀𝑁

𝐷𝐹=

𝐴𝐸𝑁𝐷𝐸𝐹得到𝐷𝐹=𝐴𝑁【详解】（1）解：①∵𝑆△𝐴𝐵𝐸=𝐸为𝐴𝐷∴𝐴𝐸=𝐹是边𝐵𝐶∴𝐵𝐹=∴𝐴𝐸=在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷∴∠𝐸𝐴𝐻=∠𝐹𝐶𝐻，又∵∠𝐴𝐻𝐸∠𝐶𝐻𝐹，∴△𝐴𝐻𝐸≌△∴𝐴𝐻=𝐻是𝐴𝐶②∵𝐴𝐸=四边形𝐴𝐵𝐹𝐸∴∴△𝐴𝐺𝐵∽△ ∴𝐸𝐻=∵△𝐴𝐻𝐸≌△∴𝐸𝐻=∴

=

=∴𝐴𝐺=∴𝐺𝐻

3𝐴𝐻

∴𝐴𝐺:𝐺𝐻:𝐻𝐶=（2）解：线段𝐴𝑀与线段𝐴𝑁之间的数量关系为：𝐴𝑀3𝐴𝑁，理由如下：𝐴𝐸=𝐷𝐸,∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐷𝐸𝑀，又∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，∴∴∠𝐴𝐵𝐸=∴△𝐴𝐸𝐵≌△∴𝐴𝐵=四边形𝐴𝐵𝐷𝑀∴𝐴𝑀=𝐵𝐷,𝐴𝐵=∵𝐴𝐵=∴𝐷𝑀=𝐷为𝐶𝑀∵ ∴𝐶𝑀=𝐶𝑁=𝐹为𝐶𝑁𝐷𝐹为𝐶𝑀𝑁∴𝐷𝐹

∵𝐴𝐸=𝐷𝐸,∠𝐴𝐸𝑁=∠𝐷𝐸𝐹,∠𝑁𝐴𝐸=∴△𝐴𝐸𝑁≌△∴𝐷𝐹=∴𝐷𝐹=𝐴𝑁

∴𝑀𝑁=∴𝐴𝑀=𝐴𝑁+𝑀𝑁=∴𝐴𝑀=06】（2023·浙江湖州·中考真题）1，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷P在边𝐴𝐵的延长线上，连接𝑃𝐷D作𝐷𝑀𝑃𝐷，交𝐵𝐶的延长线M△𝐷𝐴𝑃≌△𝐷𝐶𝑀．2，在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=90°D在边𝐴𝐵D作𝐷𝑄𝐴𝐵，交𝐴𝐶QP===3，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90°P在边𝐴𝐵Q在边𝐴𝐶上（A，C重合），连接𝑃𝑄Q为顶点作∠𝑃𝑄𝑀∠𝑃𝐵𝐶，∠𝑃𝑄𝑀的边𝑄𝑀交射线𝐵𝐶M．若𝐴𝐶𝑚𝐴𝐵，𝐶𝑄𝑛𝐴𝐶（m，n是常数），求𝑄𝑀的值（m，n的代数式表示 【答案】（1）见解析；（2）

1+ 【分析】（1）根据ASA𝐷𝐴𝑃𝐷𝐶𝑀（2）证明△𝐷𝑄𝑃∽△𝑁𝑄𝑀，得出𝑃𝑄=𝐷𝑄=𝐷𝑄，根据勾股定理𝐴𝐵=

=6，根据𝐷𝑄出△𝐴𝐷𝑄∽△𝐴𝐵𝐶，求

=，得出=，得出𝐷𝑄𝐴𝐵2+𝐴𝐵2+

1+𝑚2𝐴𝐵，作𝑄𝑁⊥𝐵𝐶N，证明△𝑄𝐴𝑃∽△𝑄𝑁𝑀，得出𝑃𝑄=𝐴𝑄△𝑄𝐶𝑁∽△

1+1+

，得出𝐵𝐴=𝐶𝐵 ∠𝐴=∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=90°，𝐴𝐷=∴∠𝐴=∠𝐷𝐶𝑀=∵𝐷𝑀⊥∴∠𝐴𝐷𝑃+∠𝑃𝐷𝐶=∠𝐶𝐷𝑀+∠𝑃𝐷𝐶=∴∠𝐴𝐷𝑃=∴△𝐷𝐴𝑃≌△

1+𝑚2，求出𝑄𝑀=𝑁𝑄 （2）1，作𝑄𝑁𝐵𝐶N∵∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐷𝑄⊥∴∠𝐷𝑄𝑁=90°，𝑄𝑁=∵𝑄𝑀⊥∴∠𝐷𝑄𝑃+∠𝑃𝑄𝑁=∠𝑀𝑄𝑁+∠𝑃𝑄𝑁=∴∠𝐷𝑄𝑃=∵∠𝑄𝐷𝑃=∠𝑄𝑁𝑀=∴△𝐷𝑄𝑃∽△∴𝑃𝑄=𝐷𝑄=

∵𝐵𝐶=8，𝐴𝐶=10，∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐴𝐵 =∵𝐴𝐷=∴𝐷𝐵=∵∠𝐴𝐷𝑄=∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐷𝑄∥∴△𝐴𝐷𝑄∽△ ∴𝐵𝐶=𝐴𝐵=∴𝐷𝑄=3∴𝑃𝑄=𝐷𝑄= （3）∵𝐴𝐶=𝑚𝐴𝐵，𝐶𝑂=𝑛𝐴𝐶∴𝐶𝑄=∴𝐴𝑄=𝐴𝐶−𝐶𝑄=∵∠𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐵2+𝐴𝐵2+

1+2，作𝑄𝑁𝐵𝐶∵∠𝐴+∠𝐴𝐵𝑁+∠𝐵𝑁𝑄+∠𝐴𝑄𝑁=∴∠𝐴𝐵𝑁+∠𝐴𝑄𝑁=∴∠𝐴𝑄𝑁=∵∠𝑃𝑄𝑀=∴∠𝑃𝑄𝑀=∴∠𝐴𝑄𝑃=∵∠𝐴=∠𝑄𝑁𝑀=∴△𝑄𝐴𝑃∽△∴𝑃𝑄=

∵∠𝐴=∠𝑄𝑁𝐶=90°，∠𝑄𝐶𝑁=∴△𝑄𝐶𝑁∽△∴𝑄𝑁=𝐶𝑄

∴𝑄𝑁

𝑚𝑛∴𝑃𝑄=𝐴𝑄=

1+ 07】（2025·上海金山·一模）𝐴𝐷𝐸E在𝐴𝐵𝐶DE在直线𝐴𝐶1，联结𝐵𝐷、𝐵𝐸、𝐶𝐸𝐴𝐵𝐶𝐴𝐷𝐸CED三点共线．𝐶𝐸:𝐷𝐸=1∶2，求𝑆△𝐴𝐷𝐸∶𝑆△𝐴𝐵𝐶的比值；2，联结𝐵𝐷、𝐵𝐸、𝐶𝐸，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐸=𝑛°(0<𝑛<90)，若𝐴𝐵=𝐴𝐶,𝐴𝐷=𝐴𝐸求∠𝐵𝐸𝐶−∠𝐷𝐵𝐸的值（n的代数式表示）；(3)在等腰三角形𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵𝐵𝐶=5，𝐴𝐶=8，𝐵𝐻𝐴𝐶E在高𝐵𝐻D在𝐻𝐵𝐴𝐸并延长交边𝐵𝐶F，联结𝐷𝐹,𝐷𝐴，若∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐴𝐵𝐻𝐴𝐵𝐷𝐵𝐷𝐹相似时，求𝐸𝐻【答案】(2)∠𝐵𝐸𝐶−∠𝐷𝐵𝐸=(3)EH=61【分析】（1）A作𝐴𝐻⊥𝐶𝐷H，可得𝐴𝐻=3𝑎，𝐶𝐻=𝐷𝐸=2𝑎，根据勾股定理求出𝐴𝐶=根据𝐴𝐵𝐶

=，可以求出 （2）先证明𝐴𝐷𝐵𝐴𝐸𝐶，得到∠1=∠2，再证明∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐵𝐴𝐶∠2∠3=𝑛∠𝐷𝐵𝐸∠𝐵𝐸𝐶−∠𝐷𝐵𝐸=（3）先求出𝐴𝐻=𝐶𝐻=4,∠𝐴𝐵𝐻=∠𝐶𝐵𝐻，𝐵𝐻=3，①当△𝐴𝐵𝐷𝐷𝐵𝐹

6,𝐵𝐹 ，𝐶𝐹=

36﹒F作𝐹𝐺⊥𝐴𝐶G，求出𝐹𝐺=12，𝐶𝐺=9，𝐴𝐺=9，即可求出𝐸𝐻=61；②△𝐴𝐵𝐷∽△𝐹𝐵𝐷时，则∠1=∠2，证明∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝐷△𝐴𝐵𝐷≌△𝐹𝐵𝐷E、HC、F重合，从而得到𝐸𝐻=【详解】（1）A作𝐴𝐻⊥𝐶𝐷𝐴𝐷𝐸∴𝐷𝐻=𝐻𝐸=设𝐷𝐻=𝐻𝐸=𝐶𝐸=𝑎，则𝐴𝐻=3𝑎，𝐶𝐻=𝐷𝐸=𝐴𝐻2+在Rt△𝐴𝐻𝐶中，𝐴𝐶𝐴𝐻2+𝐴𝐵𝐶𝐴𝐷𝐸∴△𝐴𝐵𝐶∽△

=

=

=（2）∵∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐸=∴∠𝐷𝐴𝐵=又∵𝐴𝐵=𝐴𝐶,𝐴𝐷=∴△𝐴𝐷𝐵≌△∴∠1=∵∠𝐵𝐸𝐶=180°−(∠𝐸𝐵𝐶+=180°−180°−(∠𝐵𝐴𝐶+∠2+=∠𝐵𝐴𝐶+∠2+=∠𝐵𝐴𝐶+∠1+=𝑛°+∴∠𝐵𝐸𝐶−∠𝐷𝐵𝐸=（3）解：∵𝐴𝐵=𝐵𝐶=5，𝐴𝐶=8，𝐵𝐻⊥∴𝐴𝐻=𝐶𝐻=4,∠𝐴𝐵𝐻=∴𝐵𝐻 =①∵∠𝐴𝐵𝐻=∠1+∠𝐷𝐴𝐵,∠𝐷𝐴𝐸=∠3+∠𝐷𝐴𝐵,∠𝐷𝐴𝐸=∴∠1=当𝐴𝐵𝐷𝐷𝐵𝐹时，∠1=∴∠1=∠2=∴∠𝐴𝐷𝐹=∴𝐷𝐹=∵∠𝐴𝐷𝐹= ∵sin∠𝐴𝐵𝐻=𝐴𝐵=∴sin∠𝐷𝐴𝐹=∴设𝐴𝐹=𝐷𝐹=5𝑘，则𝐴𝐷=∵△𝐴𝐵𝐷∽△∴𝐴𝐵=𝐷𝐵=

5 =

∴𝐵𝐷

6,𝐵𝐹

×5

36∴𝐶𝐹=𝐵𝐶−𝐵𝐹=F作𝐹𝐺𝐴𝐶

𝐹𝐺=𝐹𝐶⋅sin∠𝐶=36×5=12，𝐶𝐺=𝐹𝐶⋅cos∠𝐶=36×5=9∴𝐴𝐺=𝐴𝐶−𝐶𝐺=9 ∵tan∠𝐹𝐴𝐺=𝐴𝐻=∴𝐸𝐻= 解得𝐸𝐻=②当𝐴𝐵𝐷𝐹𝐵𝐷时，则∠1=∵∠𝐴𝐵𝐻=∴∠𝐴𝐵𝐷=∵𝐵𝐷=∴△𝐴𝐵𝐷≌△∴𝐴𝐷=∴E、H重合，C、F∴𝐸𝐻=综上，𝐸𝐻=61或题型四圆的几何探究连接𝐵𝐹，∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐴𝐵𝐹．12，连接𝐵𝐷E，连接𝐶𝐸，若𝐶𝐷平分∠𝐴𝐶𝐸，求证：𝐵𝐶=3，在（2）的条件下，tan∠𝐹=2，𝑆△𝐵𝐶𝐷=4，𝐴𝐷=2，延长𝐴𝐷交𝐶𝐸T，求𝐶𝑇【答案】(1)(2)(3)𝐶𝑇=5【分析】（1）由等腰三角形的性质及已知得∠𝐹𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐷∠𝐹𝐵𝐶∠𝐵𝐶𝐷=180°证明𝐴𝐶𝐷𝐸𝐶𝐷，得𝐴𝐶=𝐸𝐶，再结合𝐴𝐶=𝐵𝐶C作𝐶𝐻𝐵𝐷H，𝐶𝐺𝐴𝑇G，证明𝐶𝐻𝐷𝐶𝐺𝐷𝐶𝐻𝐵𝐶𝐺𝐴，则𝐻𝐷=𝐶𝐻=𝐶𝐺，𝐵𝐻=𝐴𝐺；证明∠𝐹=∠𝐵𝐷𝐶，则tan∠𝐵𝐷𝐶

=2；设𝐻𝐷=𝐷𝐺=𝑥，则𝐶𝐻=2𝑥△𝐴𝐷𝑄∽△𝑇𝐷𝐶，得𝐷𝑇

；设𝐶𝑇=13𝑎，𝐷𝑇=2𝑎，则得𝐺𝑇a【详解】（1）证明：∵𝐴𝐶=∴∠𝐶𝐵𝐴=∵∠𝐷𝐴𝐶=∴∠𝐹𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐹+∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷𝐴𝐶+∠𝐶𝐴𝐵=∴∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐵𝐶𝐷=∴∠𝐹𝐵𝐶+∠𝐵𝐶𝐷=∴𝐵𝐹∥（2）证明：如图，设∠1=∵𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠1=∴∠2=180°−2∠1=∵𝐵𝐶=∴∠4=∠1=∵𝐴𝐵=∴∠3=∠2=∵∠𝐴𝐷𝐶=∠3+∠4=180°−2𝛼+𝛼=180°−𝛼，∠𝐸𝐷𝐶=180°−∠4=∴∠𝐴𝐷𝐶=∴∠5=∵𝐶𝐷=∴△𝐴𝐶𝐷≌△∴𝐴𝐶=∵𝐴𝐶=∴𝐵𝐶=（3）C作𝐶𝐻𝐵𝐷H，𝐶𝐺𝐴𝑇G∴∠𝐹=∠𝑇𝐷𝐶，∠𝐹+∠𝐴𝐷𝐶=∵∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐺𝐷𝐶=∵∠𝐵𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐷𝐶=∠𝑇𝐷𝐶=∵∠𝐶𝐻𝐷=∠𝐶𝐺𝐷=90°，𝐶𝐷=∴△𝐶𝐻𝐷≌△∴𝐻𝐷=𝐷𝐺，𝐶𝐻=∵∠𝐶𝐻𝐵=∠𝐶𝐺𝐴=90°，∠𝐶𝐴𝐺=∴△𝐶𝐻𝐵≌△∴𝐵𝐻=∵tan𝐹=∴tan∠𝐵𝐷𝐶

=设𝐻𝐷=𝐷𝐺=𝑥，则𝐶𝐻=∴𝐵𝐻=𝐴𝐺=𝐴𝐷+𝐷𝐺=2+∵𝑆△𝐵𝐶𝐷=2𝐵𝐷⋅𝐶𝐻=4，𝐵𝐷=𝐵𝐻+𝐷𝐻=𝐴𝐺+𝐷𝐺=𝑥+2+𝑥=2𝑥+∴(2𝑥+2)×2𝑥=解得：𝑥1=1，𝑥2=−2（舍去∴𝐶𝐻=2，𝐵𝐻=𝐵𝐻2+由勾股定理得：𝐴𝐶=𝐵𝐶𝐵𝐻2+A作𝐴𝑄∥𝐶𝑇，交𝐶𝐷∴∠𝑄=∴∠𝐷𝐶𝑇=∴∠𝐷𝐶𝐴=∴𝐴𝑄=𝐴𝐶=∵∠𝐴𝐷𝑄=∠𝐺𝐷𝐶，∠𝑄=∴△𝐴𝐷𝑄∽△∴𝐴𝑄=

即13= ∴𝐶𝑇= 设𝐶𝑇=13𝑎，𝐷𝑇=2𝑎，则𝐺𝑇=𝐷𝑇−𝐷𝐺=2𝑎−1；在Rt△𝐺𝑇𝐶中，由勾股定理得：𝐶𝐺2+𝐺𝑇2=𝐶𝑇2，即22+(2𝑎−1)2=(解得：𝑎1=

=−1（舍去5∴𝐶𝑇501】（2025·云南·中考真题）𝑂是五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸的外接圆，𝐵𝐷⊙𝑂的直径．连接𝐵𝐸，𝐶𝐸，∠𝐴𝐸𝐶=(1)若𝐶𝐸=𝐶𝐵，且∠𝐶𝐵𝐸=60°，求∠𝐵𝐶𝐸(2)求证：直线𝐶𝐹𝑂(3)探究，发现与证明：已知𝐴𝐶平分∠𝐵𝐴𝐸，是否存在常数𝑎𝑏，使等式𝐴𝐶2=𝑎𝐵𝐶𝐶𝐸𝑏𝐴𝐵𝐴𝐸成立？若=𝑎𝐵𝐶𝐶𝐸𝑏𝐴𝐵𝐴𝐸【答案】(1)∠𝐵𝐶𝐸=(2)(3)存在常数𝑎=1，𝑏=1证明𝐶𝐵𝐸延长𝐶𝑂𝑂于点𝑀，连接𝐸𝑀，由圆周角定理可得∠𝐶𝐸𝑀=90°，即∠𝐴𝐸𝐶∠𝐴𝐸𝑀=90°∠𝐴𝐸𝑀=∠𝐴𝐶𝑀，∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐴𝐶𝐹，所以∠𝐴𝐶𝐹∠𝐴𝐶𝑀=90°（3）设𝐴𝐶与𝐵𝐸交于点𝑁，由𝐴𝐶平分∠𝐵𝐴𝐸，可得∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶，𝐶𝐸=𝐶𝐵∠𝐵𝐴𝐶

𝐴𝑁故有 𝐶𝐵𝐴𝐶 ①，𝐴𝐸𝐴𝐵=𝐴𝐶𝐴𝑁②，然后通过①+②【详解】（1）解：∵𝐶𝐸=𝐶𝐵，且∠𝐶𝐵𝐸=𝐶𝐵𝐸∴∠𝐵𝐶𝐸=解：如图，延长𝐶𝑂𝑂于点𝑀，连接∵𝐶𝑀𝑂∴∠𝐶𝐸𝑀=90°，即∠𝐴𝐸𝐶+∠𝐴𝐸𝑀=∵∠𝐴𝐸𝑀=∠𝐴𝐶𝑀，∠𝐴𝐸𝐶=∴∠𝐴𝐶𝐹+∠𝐴𝐶𝑀=∴∠𝑀𝐶𝐹=∴𝑂𝐶⊥∵𝑂𝐶是𝑂∴直线𝐶𝐹是𝑂（3）解：存在常数𝑎=1，𝑏=1，使等式𝐴𝐶2=𝑎𝐵𝐶𝐶𝐸𝑏𝐴𝐵𝐴𝐸成立；∴∠𝐸𝐴𝐶=∵∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐸𝐵𝐶，∠𝐵𝐸𝐶=∴∠𝐸𝐴𝐶=∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐶𝐸=∵∠𝐴𝐸𝐵=∴△𝐵𝐶𝑁∽△𝐴𝐶𝐵，△𝐴𝐸𝑁∽△∴𝐵𝐶=

∴𝐵𝐶2=𝐴𝐶×𝐶𝑁①，𝐴𝐸×𝐴𝐵=𝐴𝐶×①+②得：𝐵𝐶2+𝐴𝐸×𝐴𝐵=𝐴𝐶𝐶𝑁+𝐴𝐶×𝐴𝑁=𝐴𝐶(𝐶𝑁+𝐴𝑁)=∵𝐶𝐸=∴𝐴𝐶2=𝐵𝐶·𝐶𝐸+∴𝑎=1，𝑏=𝑀𝐴𝐷(2)若𝐴𝐷=25𝐵𝐸，求tan∠𝐴𝐹𝐷(3)在（2）的条件下，设tan∠𝑀=𝑥，GB=①yx ②若为𝐵𝐺

【答案】(1)(3)①𝑦=2𝑥；（2）设𝐵𝐸=𝑎，则𝐴𝐷=25𝑎，利用直角三角形相似的判定定理和性质定理求得𝐴𝐵，𝐴𝐸，𝐷𝐸，利用直角①G作𝐺𝐻𝐴𝐷H，由（1）的结论得到∠𝑀=∠𝐴𝐷𝐹𝐴𝐻2+𝐺𝐻=𝑥𝐻𝐷，设𝐺𝐻=𝑚，则𝐴𝐻=2𝑚，则𝐴𝐺 =5𝑚，利用已知条件得到m与𝐴𝐻2+②A作𝐴𝑀𝐷𝐹MC作𝐶𝑁𝐷𝐹N，利用直角三角形的边角关系定理和相似三角形的a的代数式表示出𝐴𝑀，𝐶𝑁，利用三角形的面积公式化简运算即可得出结论．【详解】（1）证明：∵𝐴𝐵是⊙O的直径，弦𝐶𝐷𝐴𝐵∴𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐹𝐷=∵∠𝐹𝐴𝐷=∴△𝑀𝐴𝐷∽△（2）解：∵𝐴𝐷=2∴设𝐵𝐸=𝑎，则𝐴𝐷=2∵𝐴𝐵𝑂∴∠𝐴𝐷𝐵=∵𝐶𝐷⊥∴△𝐴𝐸𝐷∽△∴𝐴𝐸=

22∴𝐴𝐵=∴𝐴𝐸=𝐴𝐵−𝐵𝐸=∴𝐷𝐸 =∴tan∠𝐴𝐷𝐶

𝐷𝐸

=由（1）知：∠𝐴𝐹𝐷=∴tan∠𝐴𝐹𝐷=tan∠𝐴𝐷𝐶=（3）解：①G作𝐺𝐻𝐴𝐷H则tan∠𝐴𝐷𝐹=由（1）𝑀𝐴𝐷∽∴∠𝑀=∵tan∠𝑀=∴tan∠𝐴𝐷𝐹

=∴𝐺𝐻= ∵tan∠𝐸𝐴𝐷=𝐴𝐸= ∴tan∠𝐺𝐴𝐻=𝐴𝐻=设𝐺𝐻=𝑚，则𝐴𝐻=𝐴𝐻2+∴𝐴𝐺𝐴𝐻2+∴𝑥𝐻𝐷=∴𝐻𝐷=𝑥∵𝐺𝐻⊥𝐴𝐷，𝐴𝐷⊥∴𝐺𝐻∥𝑚∴𝐴𝐺=𝐴𝐻=𝑚 ∴𝑦=②A作𝐴𝐾𝐷𝐹KC作𝐶𝑁𝐷𝐹N∵E为𝐵𝐺的中点，𝐷𝐸∴𝐷𝐸垂直平分𝐵𝐺，𝐵𝐸=𝐸𝐺=𝐸𝐺2+∴𝐴𝐺=𝐴𝐵−𝐵𝐸=𝐸𝐺=3𝑎，𝐷𝐺𝐸𝐺2+∵𝐴𝐵𝑂的直径，𝐴𝐵∴𝐷𝐸=𝐸𝐶=∴𝐶𝐷= ∵sin∠𝐸𝐷𝐺=𝐷𝐺=𝑎

∴𝐶𝑁=4∵∠𝐴𝐾𝐺=∠𝐷𝐸𝐺=90°，∠𝐴𝐺𝐾=∴△𝐴𝐾𝐺∽△∴𝐴𝐾=

∴𝐴𝐾=2𝑎，∴𝐴𝐾=6 1

45 ∴△𝐶𝐹𝐷= =5=．

1

65 03】（2026·陕西西安·一模）如图①，在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴=30°，𝐵𝐶=4，求△𝐴𝐵𝐶面积的最大值 =如图③，线段𝐴𝐵𝑂的直径，点𝐶在𝐴𝐵的延长线上，𝐴𝐵40，𝐵𝐶20，点𝑃是𝑂𝐶𝑃，以𝐶𝑃为斜边在𝑃𝐶上方作Rt𝑃𝐶𝐷，使∠𝐷𝐶𝑃=60°，连接𝐴𝐷𝐴𝐶𝐷【答案】(1)8+

作出𝐴𝐵𝐶𝑂，连接𝑂𝐵，𝑂𝐶𝐴𝐵𝐶的𝐵𝐶O𝐴𝐵𝐶面积最大，O作𝑂𝐷⊥𝐵𝐶，并延长𝐷𝑂交圆于点𝐴′，连接𝐴′𝐵，𝐴′𝐶△𝑂𝐵𝐶为等边三角形，则∠𝐵𝑂𝐷=30°，𝑂𝐵=𝑂𝐴′=𝐵𝐶=4，求出𝑂𝐷=23如图所示，以𝐵𝐶为边作等边△𝐵𝐶𝐸，连接𝐷𝐸，可证△𝐷𝐶𝐸≌△𝐴𝐶𝐵(SAS)，可得𝐷𝐸=𝐴𝐵=2，点𝐷在以点𝐸为圆心的圆上，且半径𝐷𝐸=2，过点𝐸作𝐸