预测10 【精品】图形与变换的几何探究-2022年中考数学三轮冲刺过关（全国通用）

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预测10 图形与变换的几何探究



概率预测
☆☆☆☆
题型预测
解答题☆☆☆☆
考向预测
①全等类型类比探究。
②相似类型类比探究。


图形与变换的探究是全国中考的热点！全国各地的中考数学试题都把图形与变换的探究作为压轴题之一。
1．从考点频率看，三角形和四边形的综合探索与证明是高频考点。
2．从题型角度看，以解答题形式考查，分值约10分。



手拉手全等模型
类型一：共顶点的等腰直角三角形




手拉手全等模型
类型二：共顶点的等边的三角形




手拉手全等模型
类型三：共顶点的正方形




手拉手相似模型一





手拉手相似模型二






解答类比探究问题，一般是先确定题中不变结构，再应用不变结构去解决新的问题，如果是常见的结构，如平行结构、直角结构、旋转结构、中点结构等，则用结构的模型类比解决。若不属于常见的结构类型，则需要尝试着去寻找不变结构解决问题。





1．（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．

（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，
【分析】（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；
（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．
【详解】（1）解 ，，
，，是等边三角形，是的中点，，
在中，，，．
（2）证明：连结，，，
，， ，
，，又，，
是等边三角形，，，
又，， ，．

（3）存在这样的． 过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，
，由（2）得AE=2AP，DE=AC，∴CG=EN，
∵，∴AE=BC，∵∠ANE=∠BGC=90°，， ∴∠EAN=∠CBG
∵AE=BC，AB=BA，∴ ∴AC=BE，∴DE=BE，
∴∠EDB=∠EBD=45°，∴∠DEB=90°，∴，
∵∴

【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．
2．（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．

[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】[探究1]如图1，

设．∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．∴，，∴．
∵，∴．
又∵点在延长线上，∴，∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）∴．
[探究2] ． 证明：如图2，连结．
∵，∴．
∵，，，∴．
∴，，
∵，，∴，∴．
[探究3]关系式为． 证明：如图3，连结．

∵，，，∴．∴，
∵，，∴，∴．
在与中，，，∴，
∴，∴．∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
3.（2021·山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【分析】
（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）．如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，∴，∴，,
∵为的中点，∴，在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，∴，即为的中点，∴，
∵，∴，∴，∴．

（2）． ∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，
∵四边形为平行四边形，∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．
【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
4.（2021·四川乐山市·中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．

（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________；
（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．
①在图2中补全图形；②探究与的数量关系，并证明；（3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明．
【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析
【分析】（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可
（2）①按要求补全图即可
②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出
（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明
【详解】
解：（1）∵，
∴△ABC是等边三角形
∴∠B=60°
∵点关于直线的对称点为点
∴AB⊥DE，
∴
故答案为：；
（2）①补全图如图2所示；

②与的数量关系为：；
证明：∵，．
∴为正三角形，
又∵绕点顺时针旋转，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（3）连接．

∵，，∴．
∴．
又∵，
∴，
∴．∵，∴，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴．
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点
5.（2021·重庆中考真题）在中，，是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至的位置，使得．

（1）如图，当时，连接，交于点．若平分，，求的长；
（2）如图，连接，取的中点，连接．猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图，在（2）的条件下，连接，．若，当，时，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）．
【分析】（1）连接，过点作，垂足为，证明，得：，再在等腰直角中，找到，再去证明为等腰三角形，即可以间接求出的长；
（2）作辅助线，延长至点，使，连接，在中，根据三角形
的中位线，得出，再根据条件证明：，于是猜想得以证明；
（3）如图（见解析），先根据旋转的性质判断出是等边三角形，再根据证出四点共圆，然后根据等腰三角形的三线合一、角的和差可得是等腰直角三角形，设，从而可得，根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，根据矩形的判定与性质可得四边形是矩形，，最后根据等量代换可得，解直角三角形求出即可得出答案．
【详解】解：（1）连接，过点作，垂足为．

平分，，．
，，，
，，，
在和中，，，
，，，
平分，.，
，，．．
（2） 延长至点，使，连接．
是的中点，．
，
，，
在和中，，
，，．
（3）如图，设交于点，连接，

，，
由旋转的性质得：，是等边三角形，，
，，
，，
，点四点共圆，
由圆周角定理得：，
垂直平分，（等腰三角形的三线合一），
，平分，
，，
是等腰直角三角形，，
设，则，由（2）可知，，
，，是等腰直角三角形，且，
（等腰三角形的三线合一），，
在和中，，，，
，，
，，
四边形是矩形，，
在中，，
则．
【点睛】本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、圆周角定理、解直角三角形等知识点，综合能力比较强，较难的是题（3），判断出四点共圆是解题关键．
6.（2021·内蒙古赤峰市·中考真题）数学课上，有这样一道探究题．
如图，已知中，AB=AC=m，BC=n，，点P为平面内不与点A、C重合的任意一点，将线段CP绕点P顺时针旋转a，得线段PD，E、F分别是CB、CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为β，探究的值和的度数与m、n、α的关系，请你参与学习小组的探究过程，并完成以下任务：
（1）填空：
（问题发现）
小明研究了时，如图1，求出了___________，___________；
小红研究了时，如图2，求出了___________，___________；
（类比探究）
他们又共同研究了α=120°时，如图3，也求出了；
（归纳总结）
最后他们终于共同探究得出规律：__________(用含m、n的式子表示)；___________ (用含α的式子表示)．
（2）求出时的值和的度数．


【答案】（1）【问题发现】，60°；，45°；【类比探究】见（2）题的解析；【归纳总结】，；（2），30°
【分析】
（1）当时，△ABC和△PDC都是等边三角形，可证△ACP∽△ECF，从而有，∠Q＝＝∠ACB＝60°；当时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，同理可证△ACP∽△ECF即可解决，依此可得出规律；
（2）当，可证，，从而有，由∠ECF＝∠ACP，可得△PCA∽△FCE即可解决问题．
【详解】
（1）【问题发现】如图1，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，

当时，△ABC和△PDC都是等边三角形，
∴∠PCD＝∠ACB＝60°，PC＝CD，AC＝CB，
∵F、E分别是CD、BC的中点，
∴，，
∴，
又∵∠ACP＝∠ECF，
∴△ACP∽△ECF，
∴，∠CEF＝∠CAP，
∴∠Q＝＝∠ACB＝60°，
当时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，
如图2，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，

∴∠PCD＝∠ACB＝45°，PC＝CD，AC＝CB，
∵F、E分别是CD、BC的中点，
∴，，
∴，
又∵∠ACP＝∠ECF，
∴△ACP∽△ECF，
∴，∠CEF＝∠CAP，
∴∠Q＝＝∠ACB＝45°，
【归纳总结】
由此，可归纳出，＝∠ACB＝；
（2）当，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，

∵AB＝AC，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，∠CAE＝60°
∴sin60°＝，
同理可得：，
∴，
∴，
又∵∠ECF＝∠ACP，
∴△PCA∽△FCE，
∴，∠CEF＝∠CAP，
∴∠Q＝＝∠ACB＝30°．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定与性质，通过解决本题感受到：图形在变化但解决问题的方法不变，体会“变中不变”的思想．
7.（2021·广西贵港市·中考真题）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 ；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．

【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）
【分析】
（1）结论．证明，可得结论．
（2）结论成立．证明方法类似（1）．
（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．
【详解】
解：（1）结论：．
理由：如图1中，

，，，
，，
，
，
，，
，
．
（2）结论成立．
理由：如图2中，

，，
，
，
，
，，
，
．
（3）如图3中，

由旋转的性质可知，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
8.（2021·湖北襄阳市·中考真题）在中，，，是边上一点，将沿折叠得到，连接．
（1）特例发现：如图1，当，落在直线上时，
①求证：；
②填空：的值为______；
（2）类比探究：如图2，当，与边相交时，在上取一点，使，交于点．探究的值（用含的式子表示），并写出探究过程；
（3）拓展运用：在（2）的条件下，当，是的中点时，若，求的长．


【答案】（1）①见解析；②1；（2），见解析；（3）
【分析】
（1）①根据折叠性质证明即可；②当，证明，即可得出的值；
（2）延长交于点，根据折叠性质证明，即可得出结论；
（3）由（2）可知，设，则，，，可得，再由勾股定理列方程求解即可．
【详解】
解：（1）①证明：延长交于点．

由折叠得．
∴．
∵，
∴．
②当，即时，
可知AC=BC，
在和中，
，
∴(AAS)，
∴，
∴．
故答案为：1；
（2）解：．
理由：延长交于点，

由折叠得．
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）解：由折叠得，，
∵是的中点，
∴，
∴，，，
由（2）知，
∴，
，
是的中点，
∴，
∴，
设，则，，，
∴，

∴，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
解得（负值舍去），
∴．
【点睛】本题为三角形综合题，考查折叠的性质，全等三角形判定与性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，根据折叠性质找到角度之间的关系是解题的关键．
9.（2021·江苏宿迁市·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】解：（1）连接
四边形ABCD和四边形AEFG是正方形

分别平分

即
且都是等腰直角三角形




（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF的中点

又


在四边形BEFC中

又

即
即


又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形





三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分别是BH、BE的中点




（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在中，O、Q分别是AB、BF的中点

同理可得


所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积
．

【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
10.（2021·青海中考真题）在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：
操作感知：
第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图13-1）．
第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图13-2）．

猜想论证：
（1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论．
拓展探究：
（2）在图13-3中，若，当满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）连接，由折叠性质可得是等边三角形， ，，然后可得到 ，即可判定 是等边三角形．
（2）由折叠可知，由（1）可知，利用 的三角函数即可求得．
【详解】（1）解：是等边三角形，
证明如下：连接．由折叠可知：，垂直平分．
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等边三角形．

（2）解：方法一：
要在矩形纸片上剪出等边，则，
在中，，，
∴，
∵，
∴，即，
当或（）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．
方法二：
要在矩形纸片上剪出等边，则，
在中，，，
设，则，
∴，即，得，
∴，
∵，
∴，即，
当（或）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．
【点睛】本题考查了折叠的性质，及锐角三角函数的应用，正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键．
11.（北京市2021年中考数学真题试题）如图，在中，为的中点，点在上，以点为中心，将线段顺时针旋转得到线段，连接．

（1）比较与的大小；用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）过点作的垂线，交于点，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】（1），，理由见详解；（2），理由见详解．
【解析】
【分析】（1）由题意及旋转的性质易得，，然后可证，进而问题可求解；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，由（1）可得，，易证，进而可得，然后可得，最后根据相似三角形的性质可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵点M为BC的中点，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，理由如下：
过点E作EH⊥AB，垂足为点Q，交AB于点H，如图所示：

∴，
由（1）可得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键．
12.（吉林省2021年中考数学真题试卷）如图①，在中，，，是斜边上的中线，点为射线上一点，将沿折叠，点的对应点为点．

（1）若．直接写出的长（用含的代数式表示）；
（2）若，垂足为，点与点在直线的异侧，连接，如图②，判断四边形的形状，并说明理由；
（3）若，直接写出的度数．
【答案】（1）；（2）菱形，见解析；（3）或
【解析】
【分析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得；
（2）由题意可得，，由“直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半”，得，得，则四边形是平行四边形，再由折叠得，于是判断四边形是菱形；
（3）题中条件是“点是射线上一点”，因此又分两种情况，即点与点在直线异侧或同侧，正确地画出图形即可求出结果．
【详解】解：（1）如图①，在中，，
∵是斜边上的中线，，
∴．

（2）四边形是菱形．
理由如下：
如图②∵于点，
∴，
∴；
由折叠得，，
∵，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
∵，
∴，
∴四边形是菱形．

（3）如图③，点与点在直线异侧，
∵，
∴；
由折叠得，，
∴；

如图④，点与点在直线同侧，
∵，
∴，
∴，
由折叠得，，
∴，
∴．
综上所述，或．

【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质、轴对称的性质、平行四边形及特殊平行四边形的判定等知识与方法，在解第（3）题时，应进行分类讨论，解题的关键是准确地画出图形，以免丢解．
13.（山东省烟台市2021年中考数学真题）有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接BF，DE，M是BF的中点，连接AM交DE于点N．
【观察猜想】
（1）线段DE与AM之间的数量关系是 　DE＝2AM　，位置关系是 　DE⊥AM　；
【探究证明】
（2）将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，其他条件不变，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．

【解析】（1）由正方形的性质得出AD＝AB，AF＝AE，∠DAE＝∠BAF＝90°，证明△DAE≌△BAF（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝BF，∠ADE＝∠ABF，由直角三角形的性质可得出结论；
（2）延长AM至点H，使得AM＝MH，连接FH，证明△AMB≌△HMF（SAS），由全等三角形的性质得出AB＝HF，∠ABM＝∠HFM，证明△EAD≌△AFH（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝AH，则可得出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，
∴AD＝AB，AF＝AE，∠DAE＝∠BAF＝90°，
∴△DAE≌△BAF（SAS），
∴DE＝BF，∠ADE＝∠ABF，
∵∠ABF+∠AFB＝90°，
∴∠ADE+∠AFB＝90°，
在Rt△BAF中，M是BF的中点，
∴AM＝FM＝BM＝BF，
∴DE＝2AM．
∵AM＝FM，
∴∠AFB＝∠MAF，
又∵∠ADE+∠AFB＝90°，
∴∠ADE+∠MAF＝90°，
∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠MAF）＝90°，
即AN⊥DN；
故答案为DE＝2AM，DE⊥AM．
（2）仍然成立，
证明如下：延长AM至点H，使得AM＝MH，连接FH，

∵M是BF的中点，
∴BM＝FM，
又∵∠AMB＝∠HMF，
∴△AMB≌△HMF（SAS），
∴AB＝HF，∠ABM＝∠HFM，
∴AB∥HF，
∴∠HFG＝∠AGF，
∵四边形ABCD和四边形AEGF是正方形，
∴∠DAB＝∠AFG＝90°，AE＝AF，AD＝AB＝FH，∠EAG＝∠AGF，
∴∠EAD＝∠EAG+∠DAB＝∠AFG+∠AGF＝∠AFG+∠HFG＝∠AFH，
∴△EAD≌△AFH（SAS），
∴DE＝AH，
又∵AM＝MH，
∴DE＝AM+MH＝2AM，
∵△EAD≌△AFH，
∴∠ADE＝∠FHA，
∵△AMB≌△HMF，
∴∠FHA＝∠BAM，
∴∠ADE＝∠BAM，
又∵∠BAM+∠DAM＝∠DAB＝90°，
∴∠ADE+∠DAM＝90°，
∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠DAM）＝90°，
即AN⊥DN．
故线段DE与AM之间的数量关系是DE＝2AM．线段DE与AM之间的位置关系是DE⊥AM．
14.（2021年广西贵港市中考数学真题）已知在△ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将△AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到△EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 　 　；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．

【解析】（1）结论AE＝CF．证明△AOE≌△COF（SAS），可得结论．
（2）结论成立．证明方法类似（1）．
（3）首先证明∠AED＝90°，再利用相似三角形的性质求出AE，利用勾股定理求出DE即可．
【解答】解：（1）结论：AE＝CF．
理由：如图1中，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OC＝OB，
∴OA＝OC＝OB，AO⊥BC，
∵∠AOC＝∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠COF，
∵OA＝OC，OE＝OF，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF．

（2）结论成立．
理由：如图2中，

∵∠BAC＝90°，OC＝OB，
∴OA＝OC＝OB，
∵∠AOC＝∠EOF，
∴∠AOE＝∠COF，
∵OA＝OC，OE＝OF，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF．

（3）如图3中，

由旋转的性质可知OE＝OA，
∵OA＝OD，
∴OE＝OA＝OD＝5，
∴∠AED＝90°，
∵OA＝OE，OC＝OF，∠AOE＝∠COF，
∴＝，
∴△AOE∽△COF，
∴＝，
∵CF＝OA＝5，
∴＝，
∴AE＝，
∴DE＝＝＝．


1．（2021年湖北武汉市江岸区中考数学模拟试题）如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E分别是AC、BC 的中点，连 DE，且．

（1）如图1连接BD，AE．求的值；
（2）如图2，当△CDE绕C点旋转过程中，AD，BE交于点H，连CH，CH=5，求的值；
（3）若CD＝1，当△CDE绕C点旋转过程中，直接写出△ABH面积的最大值是　 ．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】（1）设BC=8k，AC=6k，利用勾股定理求得BD、AE的长，即可求解；
（2）作出如图的辅助线，证得A、B、H、C四点共圆，再证得，设AM=3a，HM=4a，则MC=4a-5，再证明，利用相似三角形的性质以及勾股定理即可证明结论；
（3）利用勾股定理求得AB，知点H在以AB为直径的圆上，则AB边上的高取得最大值时，△ABH面积的最大值．据此求解即可．
【详解】（1）∵，
设BC=8k，AC=6k，
则AD=DC=3k，CE=EB=4k，
∴
∴
∴；

（2）如图3，设AH和BC交于点O，作AM⊥HC，BN⊥HC分别交直线HC于M和N，

因为D、E分别是AC、BC上的中点，
∴，
∴，
∵，
∴∠ACD+∠BCD =∠BCD+∠BCE=90°，
∴，
∴，
∴，即∠CAH =∠CBH，
∴A、B、H、C四点共圆，
∴∠CHA =∠CBA，
∵∠BCA=∠HMA=90°，
∴，
∴，
∴设AM=3a，HM=4a，则MC=4a-5，
∵∠NCB+∠ACM =∠ACM+∠CAM=90°，
∴∠NCB =∠CAM，
∴，
∴，
∴CN=4a，BN=(4a-5)，
则HN=4a-5，
由勾股定理得BH=(4a-5)，
∵，
∴；
（3）∵CD=1，
∴AC=2CD=2，BC=AC=，
由勾股定理得：AB=，
由（2）得：A、B、H、C四点共圆，
∴∠BHA=∠BCA=90°，
则点H在以AB为直径的圆上，
要使△ABH的面积最大，只有AB边上的高取得最大值，即点H在线段AB的垂直平分线上，
过点H作HG⊥AB于点G，

∴HG=AB=，
△ABH面积的最大值是．
故答案：．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
2．(吉林省第二实验学校2020-2021学年九年级下学期第二次模拟数学试题) 教材呈现：如图是华师版九年级上册第64页的课后习题．
如图，在中，点是边的四等分点，，，，．求四边形的周长．

（1）请完成该题目（补充说明：题目中的点是边靠近点的四等分点）．
（2）小明和小静在复习该题目时分别对这个题目进行了改编，请分别解答小明和小静提出的问题．

①小明提出的问题是：如图①，在中，点是边靠近点的四等分点，，．当四边形为菱形时，求与的数量关系？
②小静提出的问题是：如图②，在中，点是边靠近点的四等分点，，，，．则四边形面积的最大值是___________．
【答案】（1）18；（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据点D是边AB靠近点A的四等分点，得到，，再根据DE∥AC，得到△BED∽△BCA，即由此求解即可；
（2）①由（1）得，根据四边形DECF是菱形，可得DE=DF，由此求解即可；
②根据△BED∽△BCA，，即可得到，同理，从而推出，要想四边形DECF面积最大，即三角形ABC的面积最大，再根据A、B、C三点共圆，且弦BC=8，弦BC所对的圆心角度数为120°，如图所示，分别过点A作AE⊥BC，OF⊥BC，过点O作OP⊥AE于P，得出当且仅当A、O、F三点共线的时候，此时AE有最大值，即三角形ABC的面积有最大值，由此求解即可．
【详解】解：（1）∵点D是边AB靠近点A的四等分点，
∴，，
∵DE∥AC，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∴，
同理可以求得，
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形DECF是平行四边形，
∴CF=DE=6，CE=DF=3，
∴四边形DECF的周长=CF+DE+CE+DF=18；
（2）①由（1）得，
∵四边形DECF是菱形，
∴DE=DF，
∴，
∴；
②∵DE∥AC，
∴△BED∽△BCA，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴要想四边形DECF面积最大，即三角形ABC的面积最大，
∵BC=8，∠A=60°，
∴可以看做A、B、C三点共圆，且弦BC=8，弦BC所对的圆心角度数为120°，
如图所示，分别过点A作AE⊥BC，OF⊥BC，过点O作OP⊥AE于P，
∴，
由垂径定理可知，，，
∴，，
则四边形OFEP是矩形，
∴OF=PE，
∴，
当且仅当A、O、F三点共线的时候，此时AE有最大值，即三角形ABC的面积有最大值，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
3． （2021年北京市大兴区中考数学一模试卷）（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．
填空：①∠AEB的度数为　 　；②线段AD，BE之间的数量关系为　 　．
（2）拓展探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．

【解析】（1）易证∠ACD＝∠BCE，即可求证△ACD≌△BCE，根据全等三角形对应边相等可求得AD＝BE，根据全等三角形对应角相等即可求得∠AEB的大小；
（2）易证△ACD≌△BCE，可得∠ADC＝∠BEC，进而可以求得∠AEB＝90°，即可求得DM＝ME＝CM，即可解题．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE，∠DCB＝∠DCB，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠CEB＝∠ADC＝180°﹣∠CDE＝120°，
∴∠AEB＝∠CEB﹣∠CED＝60°；
（2）∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，
理由：如图2，
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°，
∵点A、D、E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°．
∴∠BEC＝135°，
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM，
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，本题中求证△ACD≌△BCE是解题的关键．
4.(2021年湖南省长沙市中考数学模拟试卷)如图1，四边形对角线，相交于点，，．

图1 图2
（1）过点作交于点，求证：；
（2）如图2，将沿翻折得到．
①求证：；
②若，求证：．
【答案】（１）见解析；（２）①见解析；②见解析．
【解析】（1）连接CE，根据全等证得AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．
解：（1）连接CE，

∵，
∴，
∵，，，
∴△OAE≌△OCD，
∴AE=CD，
∴四边形AECD为平行四边形，
∴AE=CD，OE=OD，
∵，
∴CD=BE，
∴；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，

由（1）得，，
∴，
由翻折的性质得，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴EF=DE，
∵四边形AECD平行四边形，
∴CD=AE=BE，
∵AF∥CD，
∴，
∵EF=DE，CD=BE，，
∴△BEF≌△CDE（SAS），
∴，
∵，
∴∠CED=∠BCD，
又∵∠BDC=∠CDE，
∴△BCD∽△CDE，
∴，即，
∵DE=2OD，
∴．
5.(2021年山东省青岛市即墨区中考一模数学试题）小明学完了“锐角三角函数”的相关知识后，通过研究发现：如图1，在Rt△ABC中，如果∠C=90°，∠A=30°，BC=a=1，AC=b=，AB=c=2，那么．通过上网查阅资料，他又知“sin90°=1”，因此他得到“在含30°角的直角三角形中，存在着的关系”．

这个关系对于一般三角形还适用吗？为此他做了如下的探究：
（1）如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=a，AC=b，AB=c，请判断此时“”的关系是否成立？ 答：______________．
（2）完成上述探究后，他又想“对于任意的锐角△ABC，上述关系还成立吗？”因此他又继续进行了如下的探究：
如图3，在锐角△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，过点C作CD⊥AB于D，设CD=h，
∵在Rt△ADC和Rt△BDC中，∠ADC=∠BDC=90°，
∴sinA=______________，sinB=______________．
∴=_____________，=____________．
∴
同理，过点A作AH⊥BC于H，可证
∴
请将上面的过程补充完整．
（3）运用上面结论解答下列问题：
①如图4，在△ABC中，如果∠A=75°，∠B=60°，AB=6，求AC的长．
②在△ABC中，如果∠B=30°，AB=，AC=2，那么△ABC内切圆的半径为______．
【答案】（1）成立；（2）；；； ；（3）①；②
【解析】解：解；（1）成立，
理由如下：∵
∴
∴
（2）在锐角△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c．
过点C作CD⊥AB于D．设CD=h，

∵在Rt△ADC和Rt△BDC中，∠ADC=∠BDC=90°，
∴，．
∴，．
∴．
同理，过点A作AH⊥BC于H，可证．
∴．

故答案为：；；； ；
（3）①∵∠A=75°，∠B=60°，
∴∠C=45°
∴把∠C=45°，∠B=60°，AB=c=6，代入得：
，
∴，
解得：b=，
即AC=；
②∵AB=，AC=2，
∴
∴
过△ABC内切圆的圆心O作OE⊥AB，OG⊥AC，OF⊥BC，则OG=OE=OF=r，

∵
∴AG=AE=OE=OG=r
∴四边形AEOC是正方形
∵AC=2，
∴CG=2-r
∵AB=
∴BE=-r
连接OC，OB，
∵OC为的平分线，
∴
又，OC=OC
∴
同理可得
∴CF=CG=2-r，BF=BE=-r
而
∴BC=4
∴BC=CF+BF=2-r+-r=4
解得，r=
故答案为：
6.（湖北省襄阳市保康县2021年中考数学适应性试卷）（1）阅读理解：
如图①，在中，若，，求边上的中线的取值范围．
解决此问题可以用如下方法：延长到点使，再连接（或将绕着点逆时针旋转得到，把、，集中在中，利用三角形三边的关系即可判断．
中线的取值范围是　　；
（2）问题解决：
如图②，在中，是边上的中点，于点，交于点，交于点，连接，求证：；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交，于、两点，连接，探索线段，，之间的数量关系，并加以证明．

【解答】（1）解：延长至，使，连接，如图①所示：
是边上的中线，
，
在和中，，
，
，
在中，由三角形的三边关系得：，
，即，
；
故答案为：；
（2）证明：延长至点，使，连接、，如图②所示：
同（1）得：，
，
，，
，
在中，由三角形的三边关系得：，
；
（3）解：；理由如下：
延长至点，使，连接，如图3所示：
，，
，
在和中，，
，
，，
，，
，
，
在和中，，
，
，
，
．



7.（江西省南昌市2021年九年级中考数学第一次调研检测（一模）试卷）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”．
例如：四边形ABCD中，若∠A+∠C＝180°或∠B+∠D＝180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．
概念理解
（1）如图1，四边形ABCD是“对补四边形”．
①若∠A：∠B：∠C＝3：2：1，则∠D＝　90°　；
②若∠B＝90°，且AB＝3，AD＝2时，则CD2﹣CB2＝　5　．
拓展延伸
（2）如图2，四边形ABCD是“对补四边形”．当AB＝CB，且∠EBF＝∠ABC时，图中AE，CF，EF之间的数量关系是　AE+CF＝EF　，并证明这种关系；
类比运用
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝CB，BD平分∠ADC．
①求证：四边形ABCD是“对补四边形”．
②如图4，连接AC，当∠ABC＝90°，且＝时，求tan∠ACD的值．
【解析】（1）①根据“对补四边形”的定义，结合∠A：∠B：∠C＝3：2：1，即可求出答案；
②根据“对补四边形”的定义，可由∠B＝90°，得出∠D＝90°，再运用勾股定理即可得出答案；
（2）延长EA至点K，使得AK＝CF，连接BK，依据“对补四边形”的定义，可证明△ABK≌△CBF，再证明△BEK≌△BEF，从而可证得结论；
（3）①过点B作BM⊥AD于点M，BN⊥AC于点N，则∠BMA＝∠BNC＝90°，可证Rt△ABM≌Rt△CBN，进而可证得结论；
②设AD＝a，DC＝b，可得AC2＝a2+b2，再运用面积建立方程求解即可．
【解答】解：（1）①∵∠A：∠B：∠C＝3：2：1，
∴可设∠A＝3x，∠B＝2x，∠C＝x，
根据“对补四边形”的定义可知：∠A+∠C＝180°，
∴3x+x＝180°，
解得：x＝45°，
∴∠B＝2x＝90°，
∵∠B+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
故答案为：90°；
②∵∠B＝90°，∠B+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
连接AC，
在Rt△ABC中，BC2＝AC2﹣AB2，
在Rt△ACD中，CD2＝AC2﹣AD2，
∴CD2﹣CB2＝AC2﹣AD2﹣（AC2﹣AB2）＝AB2﹣AD2，
∵AB＝3，AD＝2，
∴CD2﹣CB2＝32﹣22＝5；
故答案为：5；
（2）AE+CF＝EF，理由如下：
如图2，延长EA至点K，使得AK＝CF，连接BK，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠BAD+∠C＝180°，
∵∠BAK+∠BAD＝180°，
∴∠BAK＝∠C，
∵AK＝CF，AB＝CB，
∴△ABK≌△CBF（SAS），
∴∠ABK＝∠CBF，BK＝BF，
∴∠KBF＝∠ABC，
∵∠EBF＝∠ABC，
∴∠EBF＝∠KBF，
∴∠EBK＝∠EBF，
∵BK＝BF，BE＝BE，
∴△BEK≌△BEF（SAS），
∴EK＝EF，
∴AE+CF＝AE+AK＝EK＝EF；
（3）①证明：过点B作BM⊥AD于点M，BN⊥AC于点N，则∠BMA＝∠BNC＝90°，
∵BD平分∠ADC，
∴BM＝BN，
∵AB＝CB，
∴Rt△ABM≌Rt△CBN（HL），
∴∠BAM＝∠C，
∵∠BAM+∠BAD＝180°，
∴∠C+∠BAD＝180°，
∴∠BAD与∠C互补，
∴四边形ABCD是“对补四边形”；
②解：由①知四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵ABC＝90°，
∴∠ADC＝90°，
设AD＝a，DC＝b，则AC2＝AD2+CD2＝a2+b2，
∵AB＝BC，
∴AB2＝BC2＝（a2+b2），
∴S△ACD＝AD•CD＝ab，
∴S△ABC＝AB•CB＝AB2＝（a2+b2），
∵＝，
∴＝，即：（）2﹣4•+1＝0，
解得：＝2±，
在Rt△ABC中，tan∠ACD＝，
∴tan∠ACD＝2±．