專題26相似三角形（13大考點，精選60題）考點概覽考點1比例的性質考點2相似圖形考點3平行線分線段成比例考點4相似三角形的判定考點5相似三角形的性質考點6相似三角形的應用考點7位似與位似圖形考點8相似三角形的新定義問題考點9相似三角形的性質與判定綜合問題考點10相似三角形與圓綜合問題考點11相似三角形與動點、函數關系式問題考點12相似三角形與一次函數、反比例函數考點13相似三角形在二次函數壓軸題中的應用考點1比例的性質1．（2025·四川南充·中考真題）已知abc=bac=A．2 B．3 C．4 D．6【答案】D【分析】本題主要考查了比例的性質，分式的化簡．根據abc=bac=【詳解】解：∵abc∴a=2bc,b=2ac,c=2ab，∴a2∴a2故選：D2．（2025·四川成都·中考真題）若ab=3，則a+bb【答案】4【分析】本題主要查了比例的性質．根據比例的性質解答即可．【詳解】解：∵ab∴a+bb故答案為：4考點2相似圖形3．（2025·河北·中考真題）“這么近，那么美，周末到河北”．嘉嘉周末到弘濟橋游覽，發(fā)現青石橋面上有三葉蟲化石，他想了解其長度，在化石旁放了一支筆拍下照片（如圖）．回家后量出照片上筆和化石的長度分別為7cm和4cm，筆的實際長度為14cmA．2cm B．6cm C．8cm【答案】C【分析】本題考查了相似圖形的性質，設該化石的實際長度為xcm，根據題意得出7【詳解】設該化石的實際長度為xcm714解得：x=8故選：C．4．（2025·甘肅平涼·中考真題）“兒童散學歸來早，忙趁東風放紙鳶”風箏古稱紙鳶，起源于春秋戰(zhàn)國時期，風箏制作技藝已被列入國家非物質文化遺產名錄為豐富校園生活，某校開展風箏制作活動，小言和哥哥制作了一大一小兩個形狀相同的風箏，風箏的形狀如圖所示，其中對角線AC⊥BD．已知大、小風箏的對應邊之比為3:1，如果小風箏兩條對角線的長分別為30cm和35cm，那么大風箏兩條對角線長的和為【答案】195【分析】本題考查了相似多邊形的應用，證明大風箏和小風箏相似，相似比為3:1，即可解決問題．熟練掌握相似多邊形的判定與性質是解題的關鍵．【詳解】解：∵小言和哥哥制作了一大一小兩個形狀相同的風箏，大、小風箏的對應邊之比為3:1，∴大風箏和小風箏相似，相似比為3:1，∴大風箏兩條對角線長:小風箏兩條對角線長=3:1，∴大風箏兩條對角線的長分別為30cm×3=90cm∴大風箏兩條對角線長的和為195cm故答案為：195．考點3平行線分線段成比例5．（2025·吉林長春·中考真題）將直角三角形紙片ABC（∠C=90°）按如圖方式折疊兩次再展開，下列結論錯誤的是（）A．MN∥DE∥PQ B．BC=2DE=4MNC．AN=BQ=12NQ【答案】D【分析】本題考查了折疊的性質，相似三角形的判定與性質，平行線分線段成比例定理，熟練掌握各知識點并靈活運用是解題的關鍵．由折疊可得：DE⊥AC,PQ⊥AC,MN⊥AC，AM=MD=DP=PC，則MN∥DE∥PQ∥BC，那么△ADE∽△ACB∽△AMN∽△APQ，繼而根據相似三角形的性質以及平行線分線段成比例定理逐一判斷即可．【詳解】解：由折疊可得：DE⊥AC,PQ⊥AC,MN⊥AC，AM=MD=DP=PC，∴MN∥DE∥PQ∥BC，故A正確，不符合題意；∴△ADE∽△ACB∽△AMN，∴DEBC=AD∴BC=2DE，DE=2MN，∴BC=4MN，∴BC=2DE=4MN，故B正確，不符合題意；∵MN∥PQ∥BC，∴PCAC=BQAB∴BQ=AN=14AB∴AN=BQ=1∵△ADE∽△ACB∽△AMN∽△APQ，∴MNDE=AMAD=∴MNDE故選：D．6．（2025·河南·中考真題）如圖所示的網格中，每個小正方形的邊長均為1，△ABC的三個頂點均在網格線的交點上，點D、E分別是邊BA、CA與網格線的交點，連接DE，則DE的長為（

）

A．12 B．1 C．2 D．【答案】B【分析】本題考查了平行線分線段成比例定理，三角形中位線定理，證明出DE是△ABC的中位線是解題關鍵．取格點G、H，由網格的性質可知，EG∥CH，得到ADAB=AGAH=【詳解】解：如圖，取格點G、H，

由網格的性質可知，EG∥∴ADAB=∴D、E分別是AB、AC的中點，∴DE是△ABC的中位線，∴DE=1故選：B．7．（2025·四川宜賓·中考真題）如圖，O是坐標原點，反比例函數y=?4xx>0與直線y=?2x交于點A，點B在y=?4xx>0的圖象上，直線AB與y軸交于點C．連結A．10 B．522 C．34 【答案】D【分析】如圖所示，過點A作AD⊥x軸交于點D，過點B作BE⊥x軸交于點E，首先聯立得到?4x=?2x，求出OD=2，然后由AD∥BE得到ABAC=DE【詳解】如圖所示，過點A作AD⊥x軸交于點D，過點B作BE⊥x軸交于點E，∵反比例函數y=?4xx>0與直線y=?2x∴聯立得，?4解得x=2或?∴OD=2∵AD⊥x，BE⊥x，∴AD∥BE，∴ABAC∵AB=3AC，∴3=DE2，即∴OE=2∴將x=42代入y=?∴BE=2∴OB=O故選：D．【點睛】此題考查了反比例函數和一次函數交點問題，勾股定理，平行線分線段成比例等知識，解題的關鍵是掌握以上知識點．考點4相似三角形的判定8．（2025·河北·中考真題）如圖，在五邊形ABCDE中，AE∥BC，延長BA，BC，分別交直線DE于點M，N．若添加下列一個條件后，仍無法判定△MAE∽△DCN，則這個條件是（A．∠B+∠4=180° B．CD∥AB C．∠1=∠4 【答案】D【分析】本題主要考查了相似三角形的判定，平行線的性質與判定，當∠B+∠4=180°時，可證明CD∥BM，由平行線的性質得到∠CDN=∠AME，∠AEM=∠CND，則可證明△MAE∽△DCN，據此可判斷A、B；由平行線的性質可得∠1+∠B=180°，則∠B+∠4=180°，同理可判斷C；D中條件結合已給條件不能證明△MAE∽△DCN．【詳解】解：A、∵∠B+∠4=180°，∴CD∥BM，∴∠CDN=∠AME，∵AE∥∴∠AEM=∠CND，∴△MAE∽△DCN，故A不符合題意；B、∵CD∥∴∠CDN=∠AME，∵AE∥∴∠AEM=∠CND，∴△MAE∽△DCN，故B不符合題意；C、∵AE∥∴∠1+∠B=180°，∵∠1=∠4，∴∠B+∠4=180°，∴CD∥BM，∴∠CDN=∠AME，∵AE∥∴∠AEM=∠CND，∴△MAE∽△DCN，故C不符合題意；D、根據∠2=∠3結合已知條件不能證明△MAE∽△DCN，故D符合題意；故選：D．考點5相似三角形的性質9．（2025·黑龍江綏化·中考真題）兩個相似三角形的最長邊分別是10cm和6cm，并且它們的周長之和為48cmA．14cm B．18cm C．30cm【答案】B【分析】本題考查相似三角形的性質，根據最長邊分別為10cm和6cm確定相似比，相似三角形的周長比等于相似比，再根據周長之和為【詳解】解：∵兩個相似三角形的最長邊分別為10cm和6∴相似比為10:6=5:3，∴較大三角形與較小三角形的周長比為：5:3，∵它們的周長之和為48cm∴較小三角形的周長為：48×3故選：B．10．（2025·貴州·中考真題）如圖，已知△ABC∽△DEF,AB:DE=2:1，若DF=2，則AC的長為（

）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C【分析】本題考查相似三角形的性質，根據相似三角形的性質，進行求解即可．【詳解】解：∵△ABC∽△DEF,AB:DE=2:1，∴AC:DF=2:1，∵DF=2，∴AC=4；故選C．11．（2025·四川眉山·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，用12個以點O為公共頂點的相似三角形組成形如海螺的圖案，若OA=1，∠OAB=90°，則點G的坐標為【答案】?【分析】本題考查了相似三角形的性質、解直角三角形和點的坐標規(guī)律探求；先求得∠AOB=360°12=30°，然后解直角三角形分別求出OB=23【詳解】解：∵圖案是用12個以點O為公共頂點的相似三角形組成形如海螺的圖案，∴∠AOB=360°∵OA=1，∠OAB=90°，∴AB=OA?tan∵∠BOC=30°，∴OC=OB同理：OD=OC依次類推：OG=2則點G的坐標為?64故答案為：?64考點6相似三角形的應用12．（2025·四川內江·中考真題）阿基米德曾說過：“給我一個支點，我能撬動整個地球．”這句話生動體現了杠桿原理：通過調整支點位置和力臂長度，用較小的力就能撬動重物．這一原理在生活中隨處可見．如圖甲，這是用杠桿撬石頭的示意圖，當用力壓杠桿時，另一端就會撬動石頭．如圖乙所示，動力臂OA=150cm，阻力臂OB=50cm，BD=20cm，則ACA．80cm B．60cm C．50cm【答案】B【分析】本題考查相似三角形的應用，根據題意構造出相似三角形，然后根據相似三角形的對應邊成比例求得AC的長度．解題的關鍵是正確判定相似三角形并運用相似三角形的性質列出比例式．【詳解】解：∵AC⊥AB，BD⊥AB，∴AC∥BD，∴△AOC∽△BOD，∴ACBD∵動力臂OA=150cm，阻力臂OB=50cm∴AC20∴AC=60，∴AC的長為60cm故選：B．13．（2025·江蘇連云港·中考真題）如圖，港口B位于島A的北偏西37°方向，燈塔C在島A的正東方向，AC=6km，一艘海輪D在島A的正北方向，且B、D、C三點在一條直線上，DC=(1)求島A與港口B之間的距離；(2)求tanC（參考數據：sin37°≈35，cos【答案】(1)4(2)8【分析】本題考查解直角三角形的應用，相似三角形的判定與性質，比例的性質，能根據DC=5（1）過點B作BM⊥AD，垂足為M，證明△BDM∽△CDA，得出BMCA=BDCD，結合DC=52BD（2）在Rt△ABM中，利用三角函數求出AM，利用△BDM∽△CDA，得出DMAD=BDCD【詳解】（1）解：如圖，過點B作BM⊥AD，垂足為M，∵AC⊥AD，∴BM∥∴△BDM∽△CDA，∴BMCA∵DC=52BD∴BM6得：BM=12在Rt△ABM中，由sin得AB≈4．答：島A與港口B之間的距離為4km（2）解：在Rt△ABM中，AM=AB×∵△BDM∽△CDA，∴DMAD∴AD=5在Rt△ADC中，tan14．（2025·吉林·中考真題）綜合與實踐：確定建筑物的3D打印模型的高度項目提出：圖是某城市規(guī)劃展覽館．樹人中學的3D打印社團為展示城市文化，準備制作該城市規(guī)劃展覽館的3D打印模型，需要測量并計算展覽館高度，為制作3D打印模型提供數據．項目報告表

時間：2025年5月29日項目分析活動目標測量該城市規(guī)劃展覽館的實際高度并換算其3D打印模型的高度測量工具測角儀、皮尺項目實施任務一測量數據以下是測得的相關數據，并畫出了如圖所示的測量草圖．1．測出測角儀的高CD=1.4m2．利用測角儀測出展覽館頂端A的仰角∠ACE=61°．3．測出測角儀CD底端D處到展覽館AB底端B處之間的距離DB=42m任務二計算實際高度根據上述測得的數據，計算該城市規(guī)劃展覽館AB的高度．（結果精確到1m）（參考數據：sin61°=0.875，cos61°=0.485，任務三換算模型高度將該城市規(guī)劃展覽館AB的高度按1:400等比例縮小，得到其3D打印模型的高度約為________cm．（結果精確到1cm）項目結果為社團制作城市規(guī)劃展覽館的3D打印模型提供數據請結合上表中的測量草圖和相關數據，幫助該社團完成任務二和任務三．【答案】該城市規(guī)劃展覽館AB的高度為77m；3D打印模型的高度約為【分析】本題考查了解直角三角形的實際應用，比例的基本性質，正確理解題意是解題的關鍵．任務二：先由矩形BECD得到BE=CD=1.4m，CE=BD=42m，然后解任務三：由比例尺等于圖上距離比上實際距離求解即可．【詳解】解：任務二：由題意得BECD為矩形，∴BE=CD=1.4m，CE=BD=42∵在Rt△AEC中，∴AE=CE×tan∴AB=AE+BE=76+1.4≈77m答：該城市規(guī)劃展覽館AB的高度為77m任務三：設3D打印模型的高度約為xcm則由題意得：x7700解得：x≈19cm答：3D打印模型的高度約為19cm15．（2025·河南·中考真題）焦裕祿紀念園是全國重點革命烈士紀念建筑物保護單位，革命烈士紀念碑位于紀念園南部的中心．某綜合與實踐小組開展測量紀念碑高度的活動，記錄如下．活動主題測量紀念碑的高度實物圖和測量示意圖測量說明如圖，紀念碑AB位于有臺階的平臺BC上，太陽光下，其頂端A的影子落在點D處，同一時刻，豎直放置的標桿DE頂端E的影子落在點F處，位于點M處的觀測者眼睛所在位置為點N，點N,E,A在一條直線上，紀念碑底部點B在觀測者的水平視線上．測量數據DE=2.1備注點F,M,D,C在同一水平線上．根據以上信息，解決下列問題．(1)由標桿的影子DF的長和標桿DE的長相等，可得CD=CA，請說明理由．(2)求紀念碑AB的高度．(3)小紅通過間接測量得到CD的長，進而求出紀念碑AB的高度約為18.5m．查閱資料得知，紀念碑的實際高度為19.64【答案】(1)見解析；(2)紀念碑AB的高度為19.8m(3)小紅的結果誤差較大，理由見解析【分析】本題考查了平行投影，矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判定和性質是解題關鍵．（1）根據平行投影的性質可得ACCD（2）令BN與DE的交點為H，則四邊形BCDH和MNHD是矩形，設AB=x，證明△NEH∽△NAB，得到EHAB=NH（3）比較紀念碑的實際高度與小紅和（2）中的結果，得到誤差較大的一方，再分析可能的原因即可．【詳解】（1）解：∵太陽光下，其頂端A的影子落在點D處，同一時刻，豎直放置的標桿DE頂端E的影子落在點F處，∴AC∵標桿的影子DF的長和標桿DE的長相等，即DE=DF，∴CD=CA；（2）解：如圖，令BN與DE的交點為H，則四邊形BCDH和MNHD是矩形，∵DE=2.1∴CD=BH，BC=DH=MN=1.2m，NH=DM=1∴EH=DE?DH=0.9m設AB=x，則AC=AB+BC=1.2+x∴BH=CD=1.2+x∴NB=BH+NH=2.2+x∵EH∥∴△NEH∽△NAB，∴EH∴0.9解得：x=19.8，答：紀念碑AB的高度為19.8m（3）解：紀念碑的實際高度為19.64m，小紅求出紀念碑AB的高度約為18.5m，（2）中紀念碑AB的高度為則小紅的結果誤差較大，理由是：紀念碑AB位于有臺階的平臺BC上，點C的位置無法正確定位，使得CD的長存在誤差，影響計算結果．16．（2025·江蘇連云港·中考真題）一塊直角三角形木板，它的一條直角邊BC長2m，面積為1.5(1)甲、乙兩人分別按圖1、圖2用它設計一個正方形桌面，請說明哪個正方形面積較大；(2)丙、丁兩人分別按圖3、圖4用它設計一個長方形桌面．請分別求出圖3、圖4中長方形的面積ym2與DE的長【答案】(1)圖1的正方形面積較大(2)在圖3中，y=?34x?12+34，當x=1m【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質，勾股定理，正方形的性質，二次函數的應用，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．（1）先運用勾股定理算出AB=BC2+AC2=2.5m，再運用正方形的性質分別證明Rt△ADE（2）與（1）同理證明Rt△ADE∽Rt△ACB，則長方形的面積y=DE×DC=?34x?12+34，結合二次函數的圖象性質得當x=1m【詳解】（1）解：∵BC=2m，面積為1.5∴AC=1.5∴AB=B設正方形的邊長為xm∵四邊形CDEF是正方形∴DE∥CF，∠ADE=∠C=90°，DE=CD=x,AD=1.5?x,∵∠A=∠A∴Rt得DECB即x2解得x=6∵四邊形GDEF是正方形∴DE∥GF，∴∠CED=∠B,∠EDC=∠A∴Rt△DEC得DCDE即DCDE∴DC=3AD=AC?DC=3∵∠A=∠A,∠AGD=∠C=90°∴Rt△ADG得DGDA即x3解得x=30∵67∴圖1的正方形面積較大．（2）解：∵四邊形CDEF是長方形∴DE∥CF，∠ADE=∠C=90°，DE=CD=x,AD=1.5?x,∵∠A=∠A∴Rt△ADE得ADDE則AD=34x∴長方形的面積y=DE×DC=x×6?3x∵?∴開口向下，當x=1m時，長方形的面積有最大值為3在圖4中，同理得Rt△DEC得DEDC∴DC=35x同理得Rt△ADG得DGDA則DG=4∴長方形的面積y=DE×DG=x×4∵?∴開口向下，∴當x=54m考點7位似與位似圖形17．（2025·甘肅蘭州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，△ABC與△A′B′C′位似，位似中心是原點O，已知BC:BA．3,0 B．4,0 C．6,0 D．8,0【答案】B【分析】本題考查的是位似變換的性質，在平面直角坐標系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應點的坐標的比等于k或?k．根據位似變換的性質解答即可．【詳解】解：∵△ABC與△A′B′∴位似比為1:2，∵B2,0∴B'2×2,0×2，即故選：B．18．（2025·浙江·中考真題）如圖，五邊形ABCDE,A′B′C′D′E′是以坐標原點O為位似中心的位似圖形，已知點A．72 B．4 C．92【答案】C【分析】本題考查了位似圖形的性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握位似圖形的性質，相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．根據位似圖形的性質得到OAOA′【詳解】解：∵五邊形ABCDE,A′B′C′∴OAO∵∠DOE=∠DOE，∴△DOE∽△D∴DED∵DE=3，∴D′故選：C．19．（2025·內蒙古·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，△OAB的頂點坐標分別是O0,0，A2,1，B1,2，以原點O為位似中心，在第三象限畫△OA′B′與△OAB位似，若△OA′B′A．?2,?1 B．?4,?2 C．?1,?2 D．?2,?4【答案】B【分析】本題主要考查了位似變換，正確掌握位似圖形的性質得出對應點的位置是解題的關鍵．利用相似比為2:1，A2,1【詳解】解：∵△OA′B′與∴OB:OB∵A2,1，位似中心為原點O∴A'故選：B．20．（2025·四川眉山·中考真題）如圖，在4×3的方形網格中，每個小正方形的邊長均為1，將△OAB以點O為位似中心放大后得到△OCD，則△OAB與△OCD的周長之比是（

）A．2:1 B．1:2 C．4:1 D．1:4【答案】B【分析】本題考查了位似圖形的性質，正確得到△OAB以點O為位似中心放大2倍后得到△OCD是解題的關鍵；根據題意可得△OAB以點O為位似中心放大2倍后得到△OCD，再根據位似圖形的性質求解即可.【詳解】解：根據題意可得：△OAB以點O為位似中心放大2倍后得到△OCD，∵OB:OD=1:2，∴△OAB與△OCD的周長之比是1:2；故選：B.21．（2025·山東煙臺·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點P的坐標為6,32，△ABC的頂點A的坐標為4,3．以點P為位似中心作△A1B1C1與△ABC位似，相似比為2，且與△ABC位于點P同側；以點P為位似中心作△A2B【答案】?10,272【分析】本題考查了位似的性質，根據位似比等于變換后與變換前的圖形的對應線段的比，根據兩點距離得出AP=52進而得出A2P=2A【詳解】解：依題意，A1∴A2設直線AP的解析式為y=kx+bk≠0，代入6,3∴3解得：k=?∴y=?設A∴m?6解得：m1∴A故答案為：?10,2722．（2025·廣東·中考真題）如圖，把△AOB放大后得到△COD，則△AOB與△COD的相似比是．【答案】13/【分析】本題考查求兩個位似圖形的相似比，根據題意，把△AOB放大后得到△COD，則△AOB與△COD位似，從而得到△AOB與△COD的相似比等于對應點到位似中心線段的比，即OBOD【詳解】解：把△AOB放大后得到△COD，則△AOB與△COD位似，∴△AOB與△COD的相似比為OBOD故答案為：1323．（2025·黑龍江綏化·中考真題）在平面直角坐標系中，把△ABC以原點O為位似中心放大，得到△A′B′C′．若點A和它的對應點A′的坐標分別為3,7，?9,?21【答案】1:3/1【分析】本題考查的是位似變換，熟知在平面直角坐標系中，如果位似變換是以原點為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對應點的坐標的比等于k或?k是解答此題的關鍵．根據坐標與圖形的性質進行解答即可．【詳解】解：把△ABC以原點為位似中心縮小得到△A′B′C′，點A和它的對應點則△ABC與△A′B故答案為：1:3．24．（2025·安徽·中考真題）如圖，在由邊長為1個單位長度的小正方形組成的網格中建立平面直角坐標系xOy，△ABC的頂點和A1均為格點（網格線的交點）．已知點A和A1的坐標分別為?1,?3和(1)在所給的網格圖中描出邊AB的中點D，并寫出點D的坐標；(2)以點O為位似中心，將△ABC放大得到△A1B1C1，使得點【答案】(1)圖見解析；?2,?1(2)圖見解析【分析】本題主要考查了中點坐標公式，坐標系中畫位似圖形，熟知中點坐標公式，位似圖形的性質是解題的關鍵．（1）根據兩點中點坐標公式可確定點D的坐標，進而描出點D即可；（2）根據點A和點A1的坐標可知，把B、C的橫縱坐標都乘以?2即可得到B1、C1【詳解】（1）解：如圖所示，點D即為邊AB的中點，∵A?1,?3∴點D的坐標為?2,?1．（2）解：如圖所示，△A考點8相似三角形的新定義問題25．（2025·甘肅蘭州·中考真題）如圖，黃金矩形ABCD中ABAD=5?12，以寬AB為邊在其內部作正方形ABFE，得到四邊形CDEF是黃金矩形，依此作法，四邊形DEGH，四邊形KEGL也是黃金矩形．依次以點E，G，L為圓心作AF，FH，HK，曲線AFHK叫做“黃金螺線”．若AD=2，則“黃金螺線”AFHK【答案】5【分析】本題主要考查了黃金矩形的定義，及弧長公式l=nπr180．先根據黃金矩形ABCD中ABAD=5?12，且AD=2，求出AB=5?1【詳解】解:∵黃金矩形ABCD中ABAD=5∴AB=5∵四邊形ABFE是正方形，∴AE=EF=BF=AB=5∴FC=ED=2?5∵四邊形FGHC是正方形，∴GF=GH=HC=FC=3?5∵CD=AB=5∴HD=CD?CH=5∵四邊形LKDH是正方形，∴LH=HD=25∴“黃金螺線”AFHK的長為，90π?AE=====5故答案為：5?126．（2025·廣東·中考真題）定義：把某線段一分為二的點，當整體線段比大線段等于大線段比小線段時，則稱此線段被分為中外比，這個點稱為中外比點．(1)如圖，點P是線段MN的中外比點，MP>PN，MN=2，求PN的長．(2)如圖，用無刻度的直尺和圓規(guī)求作一點C把線段AB分為中外比．（保留作圖痕跡，不寫作法）(3)如圖，動點B在第一象限內，反比例函數y=kxk>0,x>0的圖象分別與矩形OABC的邊AB，BC相交于點D，E，與對角線OB相交于點F．當△ODE是等腰直角三角形時，探究點D，E，F是否分別為AB，BC【答案】(1)PN=3?(2)見解析(3)當△ODE是等腰直角三角形時，點D，E，F分別為AB，BC，OB的中外比點，證明過程見解析【分析】（1）設PN=x，根據題意MNMP=MP（2）①作線段AB的垂直平分線DE，交AB于點D；②過點B作BF⊥AB，且BF=BD；③連接AF；④以點F為圓心，BF為半徑，畫弧，交AF于點G；⑤以點A為圓心，AG為半徑，畫弧，交AB于點C，點C即為線段AB的中外比點．設BD=x，根據勾股定理求得AF=x5，繼而求得AG=AC=5?1x，BC=3?5x，分別代入AB（3）當△ODE是等腰三角形時，點D、E、F分別為AB，BC，OB的中外比點，分三種情況討論：①當△OED=90°時，證得△COE≌△BED，設點Em,n，則Dm+n,n?m，根據點D、E在反比例函數y=kxk>0,x>0的圖象上，可構建方程n2?mn?m2=0，解得n=1+52m，分別求得BE、CE、BC、BD、AD、AB的值，即可求證．設直線OB的函數解析式為y=axa≠0，利用待定系數法求得直線OB的函數解析式為y=5?12x，聯立方程組，求得點F的坐標，即可求證；②當∠ODE=90°，同理可證點D，E【詳解】（1）解：設PN=x，則MP=MN?PN=2?x，根據題意，得：MNMP=MP整理，得：x2?6x+4=0，解得：x1∵3+5∴x1∴PN=3?5（2）解：如圖所示，點C為所求．設BD=x，∴根據題意，得：AD=BD=BF=FG=x，AB=2x，∴AF=A∴AG=AC=x5?x=5∵ABAC=2x∴ABAC∴點C為線段AB的中外比點．（3）解：當△ODE是等腰三角形時，點D、E、F分別為AB，BC，OB的中外比點，理由如下：第一種情況：當△OED=90°，則OE=ED，∴∠OEC+∠DEB=90°，∵四邊形OABC是矩形，∴∠OCE=∠EBD=90°，∴∠COE+∠OEC=90°，∴∠COE=∠DEB，∴△COE≌△BEDAAS設點Em,n∴OC=EB=n，CE=BD=m，則Dm+n,n?m∵點D、E在反比例函數y=k∴得：km由①得：k=mn，將其代入②，得：mnm+n整理，得：n2解得：n=m±∴n1=1+∴Em,1+52m∴BE=1+52m，BD=m，AD=5?12∵BE2=BD2=∴BCBE=∴點E、D為BC、AB的中外比點．∵點E在反比例函數y=kxk>0,x>0∴k=mn=1+∴反比例函數為y=1+∵B3+設直線OB的函數解析式為y=axa≠0將點B3+52m,1+∴直線OB的函數解析式為y=5聯立方程組y=5?12∴F5∴OBOF∴點F為OB的中外比點．第二種情況：當∠ODE=90°，則OD=DE，∴∠ODA+∠EDB=90°，∵四邊形OABC是矩形，∴∠OAD=∠EBD=90°，∴∠ODA+∠DOA=90°，∴∠EDB=∠DOA，∴△OAD≌△DBEAAS設點Da,b∴OA=DB=a，AD=BE=b，則Ea?b,a+b∵點D、E在反比例函數y=k∴得：ka由①得：k=ab，將其代入②，得：aba?b整理，得：b2解得：b=?a±∴b1=?1+∴Da,5?12a∴BE=5?12a，BD=a，AD=5?12∴BCBE=∴點E、D為BC、AB的中外比點．∵點E在反比例函數y=kxk>0,x>0∴k=ab=5∴反比例函數為y=5∵Ba,設直線OB的函數解析式為y=gxg≠0將點Ba,1+52a∴直線OB的函數解析式為y=5聯立方程組y=5+12∴F5∴OBOF∴點F為OB的中外比點．第三種情況：當∠EOD=90°，則點E、D分別位于y軸、x軸上，與反比例函數不符，因此這種情況不存在．∴綜上所述，當△ODE是等腰直角三角形時，點D，E，F分別為AB，BC，OB的中外比點．【點睛】本題主要考查了解一元二次方程，中外比點即黃金分割點的尺規(guī)作圖，矩形的性質，全等三角形的判定與性質，反比例函數的圖象與性質，二次根式的混合運算，用待定系數法求一次函數和反比例函數的解析式，一次函數與反比例函數的交點坐標，兩點坐標的距離公式，熟練掌握相關知識點是解題關鍵．考點9相似三角形的性質與判定綜合問題27．（2025·遼寧·中考真題）（1）如圖1，在△ABC與△DCB中，∠BAC=∠CDB，AC與DB相交于點P，PB=PC，求證：（2）如圖2，將圖1中的△DCB繞點B逆時針旋轉得到△D′C′B，當點D的對應點D′在線段BA的延長線上時，BC′與（3）如圖3，在（2）的條件下，連接CC′并延長，與BD′的延長線相交于點N，連接【答案】（1）見解析；（2）CM=377【分析】（1）利用等邊對等角求得∠DBC=∠ACB，再利用AAS證明△ABC≌△DCB即可；（2）由題意得△ABC≌△D′C′B，得到∠BAC=∠C′D′B，AB=D′C′=2（3）設∠BC′C=α，由旋轉的性質得BC′=BC，則∠BC′C=∠BCC′=α，利用三角形內角和定理以及平角的性質求得∠BNC=120°?α，∠D【詳解】解：（1）∵PB=PC，∴∠PBC=∠PCB，即∠DBC=∠ACB，∵∠BAC=∠CDB，BC=CB，∴△ABC≌△DCBAAS（2）∵△ABC≌△DCB，即△ABC≌△D∴∠BAC=∠C′D′B作AE⊥BC于點E，∵∠ABC=60°，∴∠BAE=30°，∴BE=12AB=1∴CE=BC?BE=2，∴AC=A∴BD∵∠BAC=∠C∴AM∥∴△BAM∽△BD∴BABD′∴AM=4∴CM=AC?AM=3（3）設∠BC由旋轉的性質得BC′=BC∵∠ABC=∠D′C′B=60°∴∠BNC=120°?α，∠D∴∠BNC=∠D∵AM∥∴∠ANC=∠ACN，∴AN=AC=7作CF⊥BN于點F，∵∠ABC=60°，∴∠BCF=30°，∵BC=3，∴BF=3∴CF=B∴S△ACN∵AM=477，CM=∴S△AMN28．（2025·廣東深圳·中考真題）綜合與探究【探索發(fā)現】如圖1，小軍用兩個大小不同的等腰直角三角板拼接成一個四邊形．【抽象定義】以等腰三角形為邊向外作等腰三角形，使該邊所對的角等于原等腰三角形的頂角，此時該四邊形稱為“雙等四邊形”，原等腰三角形稱為四邊形的“伴隨三角形”．如圖2，在△ABC中，AB=AC，AC=AD，∠D=∠BAC．此時，四邊形ABCD是“雙等四邊形”，△ABC是“伴隨三角形”．【問題解決】如圖3，在四邊形ABCD中，AB=AC，AD=CD，∠D=∠BAC．求：①AD與BC的位置關系為：__________：②AC2_____AD?BC．（填“>”，“<”或“【方法應用】①如圖4，若AC=BC，將△ABC繞點A逆時針旋轉至△ADE，點D恰好落在BC邊上，求證：四邊形ABDE是雙等四邊形．②如圖5，在等腰三角形ABC中，AC=BC，cosB=35，AB=5，在平面內找一點D，使四邊形ABCD是以△ABC【答案】問題解決：①互相平行；②=；【方法應用】①見解析；②CD=256或7【分析】本題主要考查等腰三角形的性質，旋轉的性質以及相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關知識是解答本題的關鍵．問題解決：①根據等腰三角形的性質得出∠DAC=∠ACB，從而可得AD∥BC；②證明△ABC∽△DAC得出ACCD=BCAC，即方法應用：①根據雙等四邊形的定義進行證明；②分∠ACB=∠D=∠ACD，AD=AC或∠ACB=∠D=∠ACD，AD=AC或∠D=∠ACB，DA=DC三種情況討論求解即可．【詳解】解：[問題解決]①∵AB=AC,DA=DC,∠BAC=∠ADC，∴∠ACB=180°?∠BAC∴∠DAC=∠ACB，∴AD∥BC；②∵∠DAC=∠ACB，∠BAC=∠ADC，∴△ABC∽△DAC，∴AC∴AC∵CD=AD，∴AC故答案為：①平行；②＝；方法應用：①∵△ADE為△ABC旋轉得到，∴AB=AD，令∠B=α，則∠ADB=α，∠BAD=180°?2α，∴∠ADE=∠B=a，由旋轉得，DE=BC,AE=AC，又∵AC=BC，∴EA=ED，∴∠DAE=∠ADE=α，∴∠E=180°?2α，∴∠E=∠BAD，∴四邊形ABDE為雙等四邊形；②作AH⊥BC于點H，∵cosB=35∴BH=3，AH=4，設CH=x，則：AC=BC=x+3，在Rt△AHC中，CH2解得：x=7∴CH=76，若∠B=∠D=∠CAD，CA=CD時，CD=AC=25若∠ACB=∠D=∠ACD，AD=AC時，∴AD=AC=25作AM⊥CD于點M，∴CM=DM，∴CM∴CM=7∴CD=2CM=若∠D=∠ACB，DA=DC時，如圖，∴∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ABC，∴△CAB∽△DAC，∴CD∴CD∴CD=125綜上所述：滿足條件時，CD=256或7329．（2025·重慶·中考真題）在△ABC中，AB=AC，點D是BC邊上一點（不與端點重合），連接AD．將線段AD繞點A逆時針旋轉α得到線段AE，連接DE．(1)如圖1，α=∠BAC=60°，∠CAE=20°，求∠ADB的度數；(2)如圖2，α=∠BAC=90°，BD<CD，過點D作DG⊥BC，DG交CA的延長線于G，連接BG．點F是DE的中點，點H是BG的中點，連接FH，CF．用等式表示線段FH與CF的數量關系并證明：(3)如圖3，∠BAC=120°，α=60°，AB=8，連接BE，CE．點D從點B移動到點C過程中，將BE繞點B逆時針旋轉60°得線段BM，連接EM，作MN⊥CA交CA的延長線于點N．當CE取最小值時，在直線AB上取一點P，連接PE，將△APE沿PE所在直線翻折到△ABC所在的平面內，得△QPE，連接BQ，MQ，NQ，當BQ取最大值時，請直接寫出△MNQ的面積．【答案】(1)100°(2)HF=2(3)10【分析】（1）利用AB=AC，∠BAC=α=60°，得出△ABC是等邊三角形，得出∠ABC=∠ACB=60°．由旋轉得∠DAE=60°，則可求出∠DAC，再利用外角即可求解；（2）連接CE，DH，利用α=∠BAC=90°，AB=AC，得∠ABD=∠ACB=45°，證明△BAD≌△CAE，得BD=CE，∠ABD=∠ACE=45°，得出∠DCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，再證明DG=DC，得出△BDG≌△ECD，可得∠BGD=∠EDC，BG=DE，再通過點H是BG的中點，和點F是DE的中點，證明DH=HG=12BG，DF=CF=（3）取BC中點U，AC中點V，連接AU，EV，UV，通過證明△ADU≌△AEV，得出∠AVE=∠AUD=90°，由點V為固定點，∠AVE=90°，得點E在過點V且垂直于AC的直線上運動，由點到直線的最短距離可得，當CE取最小值時，即CE垂直于點E運動軌跡的直線，即點E和點V重合時，CE最小，此時，由翻折可知AE=QE，則點Q的軌跡為以點E為圓心，AE=4為半徑的圓，由點到圓上一點的最大距離可知當B、E、Q依次共線時，BQ取最大值，此時，連接MA，過點B作BS⊥CN于點S，過點Q作QR⊥CN于點R，證明△MAE≌△BDE，得出MA=BD=43，∠MAE=∠BDE，通過證明∠MAN=30°，得出MN=12MA=23，AN=3MN=6，再計算出AS=12AB=4，BS=3AS=43【詳解】（1）解：∵AB=AC，∠BAC=α=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°．由旋轉得∠DAE=60°，∴∠DAC=∠DAE?∠CAE=60°?20°=40°，∴∠ADB=∠DAC+∠ACB=100°；（2）解：HF=2如圖，連接CE，DH，∵α=∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABD=∠ACB=45°，由旋轉知AD=AE，∠DAE=90°，∴∠BAC=∠DAE=90°，即∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∠ABD=∠ACE=45°，∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，∵DG⊥BC，∴∠CDG=∠BDG=∠DCE=90°，∵∠ACB=45°，∴∠CGD=∠ACB=45°，∴DG=DC，∴△BDG≌△ECDSAS∴∠BGD=∠EDC，BG=DE，∵點H是BG的中點，∠BDG=90°，∴DH=HG=1∴∠HDG=∠HGD，∴∠HDG=∠EDC，∴∠HDG+∠GDE=∠EDC+∠GDE，即∠HDF=∠GDC=90°，∵點F是DE的中點，∠DCE=90°，∴DF=CF=1∴DH=DF，∴△HDF是等腰直角三角形，∴HF=2即HF=2（3）解：取BC中點U，AC中點V，連接AU，EV，UV，∵AB=AC=8，∠BAC=120°，∴∠ACU=30°，∠CAU=12∠BAC=60°∴AU=1∵V是AC中點，∴AV=1∴AU=AV，由旋轉知AD=AE，∠DAE=60°，∴△ADE是等邊三角形，∠DAE=∠CAU=60°，∴∠DAU=∠EAV，∴△ADU≌△AEVSAS∴∠AVE=∠AUD=90°，由點V為固定點，∠AVE=90°，得點E在過點V且垂直于AC的直線上運動，由點到直線的最短距離可得，當CE取最小值時，即CE垂直于點E運動軌跡的直線，即點E和點V重合時，CE最小，此時如圖，由翻折可知AE=QE，∴點Q的軌跡為以點E為圓心，AE=4為半徑的圓，由點到圓上一點的最大距離可知當B、E、Q依次共線時，BQ取最大值，此時如圖，連接MA，過點B作BS⊥CN于點S，過點Q作QR⊥CN于點R，由旋轉知BM=BE，∠MBE=60°，∴△BEM是等邊三角形，∴∠BEM=60°，BE=EM，∵△ADE是等邊三角形，∴∠AED=60°，AE=DE，∴∠BEM=∠AED=60°，∴∠AEM=∠DEB，∴△MAE≌△BDESAS∴MA=BD，∠MAE=∠BDE，∵AB=AC=8，∠BAC=120°，∠DAE=60°，∴∠ABC=∠ACB=30°，∠DAE=∠BAD=60°，∴AD⊥BC，∴AD=12AB=4∴MA=BD=43∵E為AC中點，∴DE=CE，∴∠EDC=∠ACB=30°，∴∠MAE=∠BDE=180°?∠EDC=150°，∴∠MAN=180°?∠MAE=30°，∴MN=12MA=2∵∠BAS=180°?∠BAC=60°，∴∠ABS=30°，∴AS=12AB=4∴SE=AS+AE=4+4=8，∴BE=B∵BS⊥CN，QR⊥CN，∴∠BSE=∠QRE=90°，又∵∠BES=∠QER，∴△BES∽△QER，∴BEEQ即47解得：ER=8∴NR=NA+AE+ER=10+8∵MN⊥CA，QR⊥CN，∴S△MNQ【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，直角三角形斜邊中線的性質，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質，三角形內角和定理和外角性質，熟練掌握這些性質與判定是解題的關鍵．30．（2025·河南·中考真題）在∠AOB中，點C是∠AOB的平分線上一點，過點C作CD⊥OB，垂足為點D，過點D作DE⊥OA，垂足為點E，直線DE,OC交于點F，過點C作CG⊥DE，垂足為點G．(1)觀察猜想如圖1，當∠AOB為銳角時，用等式表示線段CG,OE,OD的數量關系：__________．(2)類比探究如圖2，當∠AOB為鈍角時，請依據題意補全圖形（無需尺規(guī)作圖），并判斷（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請寫出正確結論，并證明．(3)拓展應用當0°<∠AOB<180°，且∠AOB≠90°時，若GFEF=3，請直接寫出【答案】(1)OD=CG+OE(2)圖見解析；不成立，OD=CG?OE，證明見解析(3)153或3【分析】本題主要考查了角平分線的性質定理、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、矩形的判定與性質等知識點，靈活運用相關知識成為解題的關鍵．（1）如圖，過點C作CP⊥OA于點P，由角平分線的性質定理可得CP=CD，再證明Rt△POC≌Rt△DOCHL可得OP=OD，然后說明四邊形（2）如圖，過點C作CQ⊥OA于點Q，由角平分線的性質定理可得CQ=CD，再證明Rt△QOC≌Rt△DOC可得OQ=OD，然后說明四邊形CQEG（3）分0°<∠AOB<90°和90°<∠AOB<180°分別利用（1）（2）的相關結論以及相似三角形的判定與性質、勾股定理解答即可．【詳解】（1）解：如圖，過點C作CP⊥OA于點P，∵OC平分∠AOB，CD⊥OB，CP⊥OA，∴CP=CD，在Rt△POC和Rt∵OC=OC，CP=CD，∴Rt△POC≌∴OP=OD，∵DE⊥OA，CG⊥DE，CP⊥OA，∴∠CPE=∠PEG=∠CGE=90°，∴四邊形CPEG是矩形，∴PE=CG，∴OD=OP=PE+OE=CG+OE．故答案為：OD=CG+OE．（2）解：不成立，OD=CG?OE，證明如下：如圖，過點C作CQ⊥OA于點Q，∵OC平分∠AOB，CD⊥OB，CQ⊥OA，∴CQ=CD，在Rt△QOC和Rt∵OC=OC，CP=CD，∴Rt△QOC≌∴OQ=OD，∵DE⊥OA，CG⊥DE，CP⊥OA，∴∠CQE=∠QEG=∠CGE=90°，∴四邊形CQEG是矩形，∴QE=CG，∴OD=OQ=QE?OE=CG?OE．（3）解：①如圖：當0°<∠AOB<90°時，∵CG⊥DE,DE⊥OA，∴CG∥∴△OEF∽△CGF，∴CGOE=GF∴OD=CG+OE=3OE+OE=4OE，∴DE=O∵∠DCG+∠CDG=90°,∠ODE+∠CDG=90°，∴∠DCG=∠ODE，∴△CDG∽△DOE，∴ODCD②如圖：當90°<∠AOB<180°時，∵CG⊥GF,GF⊥OE，∴CG∥∴△OEF∽△CGF，∴CGOE=GF∴OD=CG?OE=3OE?OE=2OE，∴DE=O∵∠DCG+∠CDG=90°,∠ODE+∠CDG=90°，∴∠DCG=∠ODE，∴△CDG∽△DOE，∴ODCD綜上，ODCD的值為153或31．（2025·湖南·中考真題）【問題背景】如圖1，在平行四邊形紙片ABCD中，過點B作直線l⊥CD于點E，沿直線l將紙片剪開，得到△B1C【動手操作】現將三角形紙片B1C1①將三角形紙片B1C1E1置于四邊形紙片ABED內部，使得點B1與點B重合，點E1在線段AB②連接CC1，過點C作直線CN⊥CD交射線EE③在邊AB上取一點G，分別連接BD，DG，FG，如圖5所示．【問題解決】請解決下列問題：(1)如圖3，填空：∠A+∠ABF=______°；(2)如圖4，求證：△CNM≌△C(3)如圖5．若AB=2AD=27AF，∠AGD=60°，求證：【答案】(1)90(2)證明過程見詳解(3)證明過程見詳解【分析】（1）根據平行四邊形的性質得到∠A=∠C，根據題意得到∠BEC=∠BED=90°，∠CBE+∠C=90°，∠ABF=∠CBE，由此即可求解；（2）根據題意得到∠ABE=∠BEC=90°，BE=BE1,BC=BC1,EC=E1C1，△BEE1是等腰直角三角形，則（3）根據題意，設AF=a，則AD=BC=7a=BC1,AB=27a，在Rt△ABF中，sin∠ABF=AFAB=a27a=127=714，BF=AB2?AF2=2【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD,∠A=∠C，∵直線l⊥CD，∴∠BEC=∠BED=90°，∴∠CBE+∠C=90°，∵將三角形紙片B1C1E1置于四邊形紙片ABED內部，使得點B1與點B重合，點E1在線段AB∴∠ABF=∠CBE，∴∠A+∠ABF=∠C+∠CBE=90°，故答案為：90；（2）證明：根據題意，∠BEC=∠BED=90°,AB∥DC，∴∠ABE=∠BEC=90°，∵將三角形紙片B1C1E1置于四邊形紙片ABED內部，使得點B1與點B重合，點E1在線段AB∴△BEC≌△BE∴BE=BE∴△BEE∴∠BEE∴∠CEN=180°?∠BEE∵直線CN⊥CD，即∠ECN=90°，∴∠CNE=45°=∠CEN，∴CE=CN，∴CN=C∵∠BE1C1=90°∴AB⊥C∵AB∥CD,CN⊥CD，∴C1∴∠C1E∴△CNM≌△C（3）解：∵∠A+∠ABF=90°，∴BF⊥AD，∵AB=2AD=27∴設AF=a，則AD=BC=7在Rt△ABF中，sin∠ABF=AF∴tan∠ABF=如圖所示，過點F作FH⊥AB于點H，過點D作DK⊥AB于點K，∴FH∥DK，sin∠HBF=sin∠ABF=解得，FH=3∵∠A+∠ABF=90°=∠A+∠AFH，∴∠AFH=∠ABF，∴sin∠AFH=sin∠ABF=解得，AH=7∵FH∥DK，∴AFAD=FH解得，DK=33a∵DK⊥AB,∠AGD=60°，∴tan∠AGD=∴KG=DK∴AG=AK+KG=a∴AFAD=a7a∴△AFG∽△ADB，∴∠AFG=∠ADB，∴FG∥BD．【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，含30°角的直角三角形的性質，勾股定理，解直角三角形的計算，相似三角形的判定和性質，掌握平行四邊形的性質，解直角三角形的計算，相似三角形的判定和性質，數形結合分析是關鍵．32．（2025·貴州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，點P為線段AC上一動點，點E為射線BP上的一點（點E與點B不重合）．【問題解決】（1）如圖①，若點P與線段AC的中點O重合，則∠PBC=度，線段BP與線段AC的位置關系是；【問題探究】（2）如圖②，在點P運動過程中，點E在線段BP上，且∠AEP=30°,∠PEC=60°，探究線段BE與線段EC的數量關系，并說明理由；【拓展延伸】（3）在點P運動過程中，將線段BE繞點E逆時針旋轉120°得到EF，射線EF交射線BC于點G，若BE=2FG,AB=5，求AP的長．【答案】（1）30，BP⊥AC；（2）CE=2BE，理由見解析；（3）AP的長為2或103【分析】（1）根據菱形的性質證明△ABC為等邊三角形，再結合等邊三角形的性質可得答案；（2）如圖，把△ABE繞B順時針旋轉60°得到△CBQ，證明△BEQ為等邊三角形，可得∠BEQ=60°=∠BQE，BE=EQ，求解∠BEQ=∠CEQ=60°，∠AEB=∠BQC=150°，∠EQC=150°?60°=90°，可得∠ECQ=90°?60°=30°，進一步可得結論；（3）如圖，當P在線段OA上，記BP與AD交于點H，證明△HAB∽△BEG，可得AHAB=BEEG，設FG=x，則EF=BE=2x，可得AH=103，證明△APH∽△CPB，再進一步解答即可；如圖，當P在線段OC上時，延長AD交BP于H，同理可得：△BAH∽△GEB，設BE=EF=2m，而BE=2FG，則【詳解】解：（1）∵在菱形ABCD中，∴AB=BC=CD=AD，∵∠ABC=60°，∴△ABC為等邊三角形，∵點P與線段AC的中點O重合，∴∠PBC=12∠ABC=30°（2）如圖，把△ABE繞B順時針旋轉60°得到△CBQ，∴BE=BQ，∠EBQ=60°，∠AEB=∠BQC，∴△BEQ為等邊三角形，∴∠BEQ=60°=∠BQE，BE=EQ，∵點E在線段BP上，且∠AEP=30°,∠PEC=60°，∴∠AEB=150°，∠BEC=360°?150°?30°?60°=120°，∴∠BEQ=∠CEQ=60°，∠AEB=∠BQC=150°，∴∠EQC=150°?60°=90°，∴∠ECQ=90°?60°=30°，∴CE=2EQ=2BE；（3）如圖，當P在線段OA上，記BP與AD交于點H，∵AH∥∴∠AHB=∠CBH，∵∠ABC=60°，∴∠BAD=120°=∠BEG，∴△HAB∽△BEG，∴AHAB設FG=x，則EF=BE=2x，∴EG=3x，∴2x3x∴AH=10∵AD∥∴△APH∽△CPB，∴AHBC∴APPC∵△ABC為等邊三角形，∴AC=AB=5，∴AP=5×2如圖，當P在線段OC上時，延長AD交BP于H，同理可得：∠H=∠PBC，∠BAH=∠BEG=120°，∴△BAH∽△GEB，設BE=EF=2m，而BE=2FG，則GF=EG=m，∴ABAH∴AH=10，同理：△APH∽△CPB，∴APCP∴AP=5×2綜上：AP的長為2或103【點睛】本題考查的是等邊三角形的判定與性質，菱形的性質，旋轉的性質，相似三角形的判定與性質，含30角的直角三角形的性質，本題的難度大，作出合適的輔助線是解本題的關鍵.33．（2025·上?！ぶ锌颊骖}）在平行四邊形ABCD中，E，F分別為邊BC，CD上兩點．(1)當E是邊BC中點時，①如圖（1），聯結EF，如果AE=EF，求證：∠BAE=∠CFE；②如圖（2），如果CF=DF，聯結AE，BF交邊AE于點G，求S△BEG(2)如圖（3）所示，聯結AE，AF，如果AD=5，AB=3，CF=1，∠AEB=∠AFE=∠EFC．求AF的長．【答案】(1)①見解析；②2(2)AF=【分析】（1）①延長FE，AB交于H，可證明△BEH≌△CEFAAS，得到EH=EF，∠H=∠CFE，則可證明AE=EH②如圖所示，延長BF，AD交于M，由平行四邊形的性質得到AD∥BC，AD=BC，證明△BEG∽△MAG，△BCF∽△MDF，得到BEAM=GEAG=BGGM，BCDM=BFMF=CFDF=1，則BF=MF，BC=DM；設CE=BE=m（2）延長AD，EF交于M，由平行四邊形的性質可得AD∥BC，CD=AB=3，證明△AEF∽△MEA，△AEF∽△ECF，再證明△ECF∽△MDF，得到ECDM=EFFM=CFDF，求出DF=CD?CF=2，設CE=s，FE=t，則由相似三角形的性質可得AE=st【詳解】（1）解：①如圖所示，延長FE，AB交于∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠EBH=∠ECF，∵E是邊BC中點，∴BE=CE，∴△BEH≌△CEFAAS∴EH=EF，∵AE=EF，∴AE=EH，∴∠H=∠BAE，∴∠BAE=∠CFE；②如圖所示，延長BF，AD交于∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD=BC，∴△BEG∽△MAG，△BCF∽△MDF，∴BEAM=GE∴BF=MF，∵E是邊BC中點，∴BC=2CE=2BE，設CE=BE=m，則BC=DM=2m，∴AM=AD+DM=4m，∴GEAG∵BFMF∴BGGF∴S△BGES△BGA設S△ABG=4n，則∴S△EGF∴S△BGE（2）解；如圖所示，延長AD，EF交于∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，CD=AB=3，∴∠AEB=∠EAD，∵∠AEB=∠AFE=∠EFC，∴∠EFA=∠EAD，又∵∠AEF=∠MEA，∴△AEF∽△MEA；∵∠AEB+∠AEF+∠FEC=∠EFC+∠FCE+∠FEC=180°，∠AEB=∠EFC，∴∠AEF=∠FCE，∴△AEF∽△ECF，∵AD∥BC，∴△ECF∽△MDF，∴ECDM∵CF=1，∴DF=CD?CF=2，設CE=s，∵△AEF∽△ECF，∴CFEF=∴AE=st，∵ECDM=EF∴DM=2s，∴AM=AD+DM=5+2s；∵△AEF∽△MEA，∴EFAE=AE∴tst=stt+2tst∴AF=5【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，正確作出輔助線構造全等三角形和相似三角形是解題的關鍵．34．（2025·四川成都·中考真題）如圖，在?ABCD中，點E在BC邊上，點B關于直線AE的對稱點F落在?ABCD內，射線AF交射線DC于點G，交射線BC于點P，射線EF交CD邊于點Q．【特例感知】（1）如圖1，當CE=BE時，點P在BC延長線上，求證：△EFP≌△ECQ；【問題探究】（2）在（1）的條件下，若CG=3，GQ=5，求DQ的長；【拓展延伸】（3）如圖2，當CE=2BE時，點P在BC邊上，若CQDQ=1n，求【答案】（1）見解析；（2）4；（3）2n+1【分析】（1）由折疊的性質得：∠B=∠AFE,BE=FE，再結合平行四邊形的性質可得∠PCG=∠QFG，然后根據三角形內角和定理可得∠CQE=∠P，即可求證；（2）根據全等三角形的性質可得EQ=EP，從而得到FQ=CP，可證明△FQG≌△CPG，從而得到FG=CG=3,GQ=GP=5，再由折疊的性質得：AF=AB，再根據△CGP∽△BAP，可得AB=12，即可求解；（3）延長AD,EQ交于點M，設CQ=a，BE=b，證明△DQM∽△CQE得出DM=2bn，證明△FEP∽△CEQ得出PF=12a，證明△AMF∽△PEF得出EP=3+2n2n+2b，進而求得【詳解】解：（1）由折疊的性質得：∠B=∠AFE,BE=FE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠B=∠PCG，∴∠AFE=∠PCG，∵∠AFE=∠QFG，∴∠PCG=∠QFG，∵∠FGQ=∠CGP，∴∠CQE=∠P，∵CE=BE，BE=EF∴EF=EC，又∵∠CEQ=∠FEP，∴△EFP≌△ECQAAS（2）∵△EFP≌△ECQ，∴EQ=EP，∵EF=EC，∴FQ=CP，∵∠FGQ=∠CGP，∠CQE=∠P，∴△FQG≌△CPG，∴FG=CG=3,GQ=GP=5，由折疊的性質得：AF=AB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD，∴△CGP∽△BAP，∴CGAB∴3AB=5∴CD=12，∴DQ=CD?CG?QG=4；（3）解：如圖，延長AD,EQ交于點M，設CQ=a，BE=b∵CQDQ=∴DQ=an，EC=2b，∴AB=CD=n+1a∵折疊，∴AF=AB=∵AD∥BC∴△DQM∽△CQE∴DMEC=∴DM=2bn∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B=∠ADQ又∵折疊，∴∠AFE=∠B∵∠AFQ+∠AFE=180°∴∠AFQ+∠ADQ=180°∴∠DAF+∠DQF=180°∵∠EQC+∠DQF=180°∴∠EQC=∠DAF∵AD∴∠DAF=∠FPE∴∠EQC=∠FPE又∵∠FEP=∠CEQ∴△FEP∽△CEQ∴EFEC=∴PF=∵AB∴△AMF∽△PEF∴EP∴EP解得：EP=∴CP=EC?EP=2b?又∵PC∴△GPC∽△GAD∴CGDG【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，折疊的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．35．（2025·安徽·中考真題）已知點A′在正方形ABCD內，點E在邊AD上，BE是線段AA′的垂直平分線，連接A(1)如圖1，若BA′的延長線經過點D，AE=1，求(2)如圖2，點F是AA′的延長線與CD的交點，連接①求證：∠CA②如圖3，設AF，BE相交于點G，連接CG，DG，DA′．若CG=CB，判斷【答案】(1)1+(2)①詳見解析；②△A【分析】（1）根據線段的垂直平分線的性質得出A′E=AE，BA′=BA，證明△EA′B≌△EAB，得出（2）①由正方形的性質和線段的垂直平分線的性質得出BA=BA'=BC②（方法一）作CN⊥BG交BG于點M，交AB于點N．根據三線合一的性質得出M為BG的中點．可證CN∥AF，根據平行線分線段成比例判斷出N是AB的中點，根據三角形中位線定理得出BN=12AB．根據AAS證明△ABE≌△BCN，得出AE=BN=12AB=12AD，則E（方法二）設∠ABG=θ，則∠CBG=90°?θ．根據等邊對等角得出∠CGB=∠CBG=90°?θ，根據三角形內角和定理求出∠BCG=2θ，由（1）中△EA'B≌△EAB，得出∠A'BG=∠ABG=θ，則∠CBA′=90°?2θ．根據等邊對等角得出∠BCA'=∠BA'C．根據三角形內角和定理求出∠BCA′=45°+θ，由角的和差關系求出【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，BA′的延長線經過點∴∠ADB=45°，AD=AB，∠DAB=90°，由垂直平分線的性質知，A′E=AE，又BE=BE，∴△EA∴∠EA又∠ADB=45°，∴△A∴A′∴DE=2∴AB=AD=AE+DE=1+2（2）解：①證明：由題意知，BA=BA∴∠BAA'=∠B∴∠A==180°?=180°?45°=135°，∴∠CA②解：△A理由如下：（方法一）作CN⊥BG交BG于點M，交AB于點N．∵CG=CB，∴M為BG的中點．又AA∴CN∥∴BNAN∴N是AB的中點，∴MN是△ABG的中位線，BN=1∵∠ABE=90°?∠CBG=∠BCN，∠BAE=∠CBN=90°，且AB=BC，∴△ABE≌△BCN，∴AE=BN=1即E為AD的中點．又AG=GA∴EG∥∴∠DA同理可證△ADA∴A'∴△A（方法二）設∠ABG=θ，則∠CBG=90°?θ．∵CG=CB，∴∠CGB=∠CBG=90°?θ，∴∠BCG=180°?2∠CBG=2θ，又∵△EA∴∠A∴∠CBA∵BA∴∠BCA∴2∠BCA∴∠BCA∴∠GCA∴∠DCA又A'C=A∴△A∴GA'=D由①知∠CA∴∠DA又GA∴△A【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，平行線分線段成比例，勾股定理，三角形的中位線定理等知識，掌握相關性質定理進行推理論證是解題的關鍵．36．（2025·江蘇揚州·中考真題）問題：如圖1，點P為正方形ABCD內一個動點，過點P作EF∥AD，GH∥AB，矩形PHCF的面積是矩形PGAE面積的2倍，探索∠FAH的度數隨點【從特例開始】（1）小玲利用正方形網格畫出了一個符合條件的特殊圖形（如圖2），請你僅用無刻度的直尺連接一條線段，由此可得此圖形中∠FAH=______°；（2）小亮也畫出了一個符合條件的特殊圖形（如圖3），其中PE=PF=6，PG=4，PH=8，求此圖形中∠FAH的度數；【一般化探索】（3）利用圖1，探索上述問題中∠FAH的度數隨點P運動的變化情況，并說明理由．【答案】（1）作圖見解析，45；（2）∠FAH=45°；（3）隨點P的運動，∠FAH的度數不變，且為45°【分析】（1）連接AH,AF與格線的交點記為M,N，先確定點M,N為格點，然后由勾股定理以及逆定理證明△AMN為等腰直角三角形，即可求解∠FAH的度數；（2）延長CB至點T，使得BT=DF，連接AT,FH，先證明△ABT≌△ADFSAS，則AT=AF，∠1=∠2，那么∠2+∠3=90°?∠4=∠1+∠3=∠TAH，可得四邊形AEPG是矩形，四邊形PEBH,PGDF,PHCF為矩形，求出TH=TB+BH=10，由勾股定理得HF=10，則HT=HF，那么△AHT≌△AHFSSS，則∠TAH=∠4，即可求解（3）延長CB至點T，使得BT=DF，連接AT,FH，同理△ABT≌△ADFSAS，同（2）可得四邊形AEPG是矩形，四邊形PEBH,PGDF,PHCF為矩形，設正方形的邊長為x，AG=a,PG=b，則CH=BC?BH=x?a,CF=CD?DF=x?b，HT=BH+BT=a+b，由S矩形PHCF=2S矩形PGAE，得到x2=ab+ax+bx，在Rt【詳解】解：（1）如圖，MN即為所求：連接AH,AF與格線的交點記為M,N，由網格可得，EM∥BH，∴△AEM∽△ABH，∴EMBH∵BH=2，∴EM=1,∴M為格點，同理N為格點，∵AM=AE2+EM∴AM2+M∴∠AMN=90°，∴△AMN為等腰直角三角形，∴∠FAH=45°；故答案為：45；（2）延長CB至點T，使得BT=DF，連接AT,FH，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠C=∠D=∠ABC=∠ABT=90°，∴△ABT≌△ADFSAS∴AT=AF，∠1=∠2，∴∠2+∠3=90°?∠4=∠1+∠3=∠TAH，∵EF∥AD，∴四邊形AEPG是平行四邊形，∵∠BAD=90°，∴四邊形AEPG是矩形，同理可得四邊形PEBH,PGDF,PHCF為矩形，∴PE=BH=6,PG=DF=TB=4，∠HPF=90°，∴TH=TB+BH=4+6=10，HF=P∴HT=HF，∴在△AHT和△AHF中，AH=AHHT=HF∴△AHT≌△AHFSSS∴∠TAH=∠4，∵∠TAH=90°?∠4，∴90°?∠4=∠4，∴∠4=45°，即∠FAH=45°；（3）隨點P的運動，∠FAH的度數不變，且為45°，理由如下：延長CB至點T，使得BT=DF，連接AT,FH，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠C=∠D=∠ABC=∠ABT=90°，∴△ABT≌△ADFSAS∴BT=DF，AT=AF，∠1=∠2，∴∠2+∠3=90°?∠4=∠1+∠3=∠TAH，同（2）可得四邊形AEPG是矩形，四邊形PEBH,PGDF,PHCF為矩形，設正方形的邊長為x，AG=a,PG=b，∴AG=PE=BH=a，PG=DF=BT=b，∴CH=BC?BH=x?a,CF=CD?DF=x?b，∴HT=BH+BT=a+b，∵S矩形∴x?ax?b整理得x2∵在Rt△CHF中，C∴H=2=2ab+2ax+2bx?2ax+=a+b∴HF=a+b（舍負），∴HF=HT，∴在△AHT和△AHF中，AH=AHHT=HF∴△AHT≌△AHFSSS∴∠TAH=∠4，∵∠TAH=90°?∠4，∴90°?∠4=∠4，∴∠4=45°，即∠FAH=45°．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的定義，正方形的性質，全等三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握各知識點并靈活運用是解題的關鍵．37．（2025·江西·中考真題）綜合與實踐從特殊到一般是研究數學問題的一般思路，綜合實踐小組以特殊四邊形為背景就三角形的旋轉放縮問題展開探究．特例研究在正方形ABCD中，AC，BD相交于點（1）如圖1，△ADC可以看成是△AOB繞點A逆時針旋轉并放大k倍得到，此時旋轉角的度數為________，k的值為________；（2）如圖2，將△AOB繞點A逆時針旋轉，旋轉角為α，并放大得到△AEF（點O，B的對應點分別為點E，F），使得點E落在OD上，點F落在BC上，求BFOE類比探究（3）如圖3，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，O是AB的垂直平分線與BD的交點，將△AOB繞點A逆時針旋轉，旋轉角為α，并放縮得到△AEF（點O，B的對應點分別為點E，F），使得點E落在OD上，點F落在BC上．猜想BFOE（4）若（3）中∠ABC=β，其余條件不變，探究BA，【答案】（1）45°；2；（2）BFOE=2；（3）BF【分析】（1）利用正方形的性質結合旋轉的性質求解即可；（2）由題意得△AEF∽△AOB，推出∠EAB=∠EAO，AFAE=ABAO，再得到（3）同理可證△AFB∽△AEO，得到BFOE=AB（4）同理可證，∠BAO=β2，BFOE【詳解】解：（1）∵正方形ABCD，∴∠OAB=∠DAC=45°，AD=2∴旋轉角為45°，k=AD故答案為：45°；2；（2）如圖，根據題意得△AEF∽△AOB，∴∠EAF=∠OAB，AFAB∴∠FAB=∠EAO，AFAE∴△AFB∽△AEO，∴BFOE∵∠OAB=45°，∠AOB=90°，∴ABAO∴BFOE（3）BFOE如圖，同理可證△AFB∽△AEO，∴BFOE∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∵O是AB的垂直平分線與BD的交點，∴AO=BO，∴∠BAO=∠ABO=30°，過點O作OG⊥AB于點G，∴AB=2BG，cos∠ABO=∴ABOA∴BFOE∴BFOE（3）同理可證，∠BAO=β2，∴BF=OE?2cosβ2∵BE=OE+OB，∴BF+BA=OE?2=2OE+OB即BF+BA=2BEcos【點睛】本題考查了旋轉的性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，線段垂直平分線的性質，正方形和菱形的性質．解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．38．（2025·山西·中考真題）綜合與探究問題情境：如圖，在△ABC紙片中，AB>BC，點D在邊AB上，AD>BD．沿過點D的直線折疊該紙片，使DB的對應線段DB′與BC平行，且折痕與邊BC交于點E，得到猜想證明：（1）判斷四邊BDBE拓展延伸：（2）如圖，繼續(xù)沿過點D的直線折疊該紙片，使點A的對應點A′落在射線DB′上，且折痕與邊AC交于點F，然后展平．連接A′E交邊AC①若AD=2BD，判斷DE與A′②若∠C=90°，AB=15，BC=9，當△A′FG是以A【答案】（1）四邊形BDB'E是菱形，理由見解析；（2）①【分析】（1）由折疊的性質可得BD=B'D,BE=B'E，∠B'DE=∠BDE，再根據平行線的性質可得∠（2）①由（1）推出BD=B'D=B'E，由折疊的性質得到AD=A'D，結合已知可得A'D=2B'D=2B'E，進而推出B'D=A'B'=B'E，得到∠1=∠2,∠3=∠4，再根據三角形內角和定理即可求出∠2+∠3=90°【詳解】（1）解：四邊形BDB由折疊的性質可得BD=B'D,BE=∵B'∴∠B∴∠BDE=∠BED，∴BD=BE，∴BE=BD=B∴四邊形BDB（2）證明：①DE⊥A由（1）知四邊形BDB∴BD=B由折疊的性質得到AD=A∵AD=2BD，∴A'∴B'∴∠1=∠2,∠3=∠4，∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∴∠2+∠3=90°，∴DE⊥A解：②∵∠C=90°，AB=15，BC=9，∴AC=A當△A′FG是以A′F為腰A'G為底的等腰三角形時，如圖，延長A'F交AB∵∠C=90°，A'∴∠AMD=∠C=90°，∴∠AMA由折疊的性質得AD=A'D，∠ADF=∠∴△ADF≌△A∴∠A=∠DA∵∠AFH=∠A∴∠AHF=∠AMA∵∠A=∠A，∴△AFH∽△ABC，∴AFAB∴HF:AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5，∵∠A=∠DA∴△AHF≌△A∴HF=FM,AH=A設HF=FM=3x,AH=A∴AM=AF+FM=8x，∵A'∴△AMD∽△ACB，∴AMAC=AD∴AD=10x，∴BE=BD=AB?AD=15?10x，∴CE=B