专题27以相似为载体的几何综合问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（教师版含解析）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)
专题27以相似为载体的几何综合问题

21．(2022·四川内江·中考真题)如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点M、N分别在AB、AD上，且MN⊥MC，点E为CD的中点，连接BE交MC于点F．

(1)当F为BE的中点时，求证：AM＝CE；
(2)若EFBF＝2，求ANND的值；
(3)若MN∥BE，求ANND的值．
【答案】(1)见解析
(2)2737
(3)27

【分析】(1)根据矩形的性质，证明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用点E为CD的 中点，即可证明结论；
(2)利用△BMF∽△ECF，得BFEF=BMCE=12，从而求出BM的长，再利用△ANM∽△BMC ，得ANBM=AMBC ，求出AN的长，可得答案；
(3)首先利用同角的余角相等得 ∠CBF＝ ∠CMB，则tan∠CBF＝tan∠CMB，得CEBC=BCBM ，可得BM的长，由(2)同理可得答案．
(1)
证明：∵F为BE的中点，
∴BF＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF(AAS)，
∴BM＝CE，
∵点E为CD的中点，
∴CE＝12CD，
∵AB＝CD，
∴BM=CE=12AB，
∴AM=BM，
∴AM＝CE；
(2)
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
∴BFEF=BMCE=12，
∵CE＝3，
∴BM＝32，
∴AM＝92，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
∴ANBM=AMBC，
∴AN32=924，
∴AN=2716，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣2716＝3716，
∴ANDN=27163716=2737；
(3)
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
∴CEBC=BCBM，
∴34=4BM，
∴BM=163，
∴AM=AB-BM=6-163=23，
由(2)同理得，ANBM=AMBC，
∴AN163=234，
解得：AN＝89，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣89＝289，
∴ANND=89289=27．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出BM的长是解决(2)和(3)的关键．
22．(2022·贵州铜仁·中考真题)如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，记△COD的面积为S1，△AOB的面积为S2．
(1)问题解决：如图①，若AB//CD，求证：S1S2=OC⋅ODOA⋅OB
(2)探索推广：如图②，若AB与CD不平行，(1)中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
(3)拓展应用：如图③，在OA上取一点E，使OE=OC，过点E作EF∥CD交OD于点F，点H为AB的中点，OH交EF于点G，且OG=2GH，若OEOA=56，求S1S2值．

【答案】(1)见解析；(2)(1)中的结论成立，理由见解析：(3)2554
【分析】(1)如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，然后根据三角形面积公式求解即可；
(2)同(1)求解即可；
(3)如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OEOA=56，设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，证明△OGF∽△OHN，推出ON=32OF=15n2，BN=MN=ON-OM=3n2，则OB=ON+BN=9n，由(2)结论求解即可．
【详解】解：(1)如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
∴S△OCD=S1=12OC⋅DE=12OC⋅OD⋅sin∠DOE，
S△AOB=S2=12OA⋅BF=12OA⋅OB⋅sin∠BOF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
∴S1S2=12OC⋅OD⋅sin∠DOE12OA⋅OB⋅sin∠BOF=OC⋅ODOA⋅OB；

(2)(1)中的结论成立，理由如下：
如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
∴S△OCD=S1=12OC⋅DE=12OC⋅OD⋅sin∠DOE，
S△AOB=S2=12OA⋅BF=12OA⋅OB⋅sin∠BOF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
∴S1S2=12OC⋅OD⋅sin∠DOE12OA⋅OB⋅sin∠BOF=OC⋅ODOA⋅OB；

(3)如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，
∵EF∥CD，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD(AAS)，
∴OD=OF，
∵EF∥AM，
∴△OEF∽△OAM，
∴OFOM=OEOA=56，
设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，
∵H是AB的中点，N是BM的中点，
∴HN是△ABM的中位线，
∴HN∥AM∥EF，
∴△OGF∽△OHN，
∴OGOH=OFON，
∵OG=2GH，
∴OG=23OH，
∴OGOH=OFON=23，
∴ON=32OF=15n2，BN=MN=ON-OM=3n2，
∴OB=ON+BN=9n，
由(2)可知S1S2=OC⋅ODOA⋅OB=5m⋅5n6m⋅9n=2554．

【点睛】本题主要考查了解直角三角形，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，正确作出辅助线是解题的关键．
23．(2022·内蒙古包头·中考真题)如图，在平行四边形ABCD中，AC是一条对角线，且AB=AC=5，BC=6，E，F是AD边上两点，点F在点E的右侧，AE=DF，连接CE，CE的延长线与BA的延长线相交于点G．

(1)如图1，M是BC边上一点，连接AM，MF，MF与CE相交于点N．
①若AE=32，求AG的长；
②在满足①的条件下，若EN=NC，求证：AM⊥BC；
(2)如图2，连接GF，H是GF上一点，连接EH．若∠EHG=∠EFG+∠CEF，且HF=2GH，求EF的长．
【答案】(1)①53；②证明见解析
(2)2

【分析】(1)①解：根据平行四边形ABCD的性质可证△AGE∽△DCE，得到AGDC=AEDE，再根据AB=AC=5，BC=6，AE=32，结合平行四边形的性质求出DE的长，代入比例式即可求出AG的长；
②先根据ASA证明△ENF≌△CNM可得EF=CM，再根据AE=32，AE=DF求出EF=3，进一步证明BM=MC，最后利用等腰三角形的三线合一可证明结论．
(2)如图，连接CF，先根据SAS证明△AEC≌△DFC，再结合∠EHG=∠EFG+∠CEF，说明EH∥CF，利用平行线分线段成比例定理可得GEEC=12，接着证明△AGE∽△DCE，可得到AEDE=12，设AE=x，则DE=2x，根据AD=AE+DE=6构建方程求出x，最后利用EF=AD-AE-DF可得结论．
(1)
①解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AC=5，BC=6，
∴AB∥CD，AD∥BC，DC=AB=5，AD=BC=6，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
∴AGDC=AEDE，
∴AG·DE=DC·AE，
∵AE=32，
∴DE=AD-AE=6-32=92，
∴92AG=5×32，
∴AG=53，
∴AG的长为53．

②证明：∵AD∥BC，
∴∠EFN=∠CMN，
∵EN=NC，
在△ENF和△CNM中，
∠EFN=∠CMNEN=CN∠ENF=∠CNM
∴△ENF≌△CNMASA，
∴EF=CM，
∵AE=32，AE=DF，
∴DF=32，
∴EF=AD-AE-DF=3，
∴CM=3，
∵BC=6，
∴BM=BC-CM=3，
∴BM=MC，
∵AB=AC，
∴AM⊥BC．
(2)
如图，连接CF，
∵AB=AC，AB=DC，
∴AC=DC，
∴∠CAD=∠CDA，
∵AE=DF，
在△AEC和△DFC中，
AC=DC∠CAD=∠CDAAE=DF
∴△AEC≌△DFCSAS，
∴CE=CF，
∴∠CFE=∠CEF
∵∠EHG=∠EFG+∠CEF，
∴∠EHG=∠EFG+∠CEF=∠EFG+∠CFE=∠CFG，
∴EH∥CF，
∴GHHF=GEEC，
∵HF=2GH，
∴GEEC=12，
∵AB∥CD，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
∴AEDE=GECE，
∴AEDE=12，
∴DE=2AE，
设AE=x，则DE=2x，
∵AD=6，
∴AD=AE+DE=x+2x=6，
∴x=2，
即AE=2，
∴DF=2，
∴EF=AD-AE-DF=2．
∴EF的长为2．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的三线合一，平行线的判定及性质，平行线分线段成比例定理等知识．灵活运用相似三角形和全等三角形的判定及性质是解答本题的关键．
24．(2022·江苏泰州·中考真题)已知：△ABC中，D 为BC边上的一点.

(1)如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的长；
(2)在图②，用无刻度的直尺和圆规在AC边上做点F，使∠DFA=∠A；(保留作图痕迹，不要求写作法)
(3)如图③，点F在AC边上，连接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面积等于12CD•AB，以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F的位置关系，并说明理由.
【答案】(1)2
(2)图见详解
(3)直线BC与⊙F相切，理由见详解

【分析】(1)由题意易得CDBD=23，则有CDCB=25，然后根据相似三角形的性质与判定可进行求解；
(2)作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；
(3)作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，证明四边形ABRF是等腰梯形，推出AB=FR，由CF∥BR，推出S△CFB=S△CFR=12AB⋅CD=12FR⋅CD，推出CD⊥DF，然后问题可求解．
(1)
解：∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴DEAB=CDCB，
∵AB=5，BD=9，DC=6，
∴DE5=66+9，
∴DE=2；
(2)
解：作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；
如图所示：点F即为所求，

(3)
解：直线BC与⊙F相切，理由如下：
作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，如图，

∵∠DFA=∠A，
∴四边形ABRF是等腰梯形，
∴AB=FR，
∵△FBC的面积等于12CD•AB，
∴S△CFB=S△CFR=12AB⋅CD=12FR⋅CD，
∴CD⊥DF，
∵FD是⊙F的半径，
∴直线BC与⊙F相切．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定是解题的关键．
25．(2022·湖南岳阳·中考真题)如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠BDE=30°，BC=3，BE=2．

(1)特例发现：如图1，当点D，E分别在AB，BC上时，可以得出结论：ADCE=______，直线AD与直线CE的位置关系是______；
(2)探究证明：如图2，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC上，连接EC，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展运用：如图3，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α(19°<α<60°)，连接AD、EC，它们的延长线交于点F，当DF=BE时，求tan60°-α的值．
【答案】(1)3 ，垂直
(2)成立，理由见解析
(3)85-9311

【分析】(1)解直角三角形求出EC，AD，可得结论；
(2)结论不变，证明△ABD∽△CBE，推出ADEC=ABBC=3，∠ADB=∠BEC，可得结论；
(3)如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点K.求出BJ，JK，可得结论．
(1)
解：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=3，∠A=30°，
∴AB=3BC=33，
在Rt△BDE中，∠BDE=30°，BE=2，
∴BD=3BE=23，
∴EC=1，AD=3，
∴ADEC=3，此时AD⊥EC，
故答案为：3，垂直；
(2)
结论成立．
理由：∵∠ABC=∠DBE=90°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=3BC，BD=3BE，
∴ACBC=DBEB，
∴△ABD∽△CBE，
∴ADEC=ABBC=3，∠ADB=∠BEC，
∵∠ADB+∠CDB=180°，
∴∠CDB+∠BEC=180°，
∴∠DBE+∠DCE=180°，
∵∠DBE=90°，
∴∠DCE=90°，
∴AD⊥EC；
(3)
如图3中，过点B作BJ⊥AC于点J，设BD交AK于点K，过点K作KT⊥AC于点K．

∵∠AJB=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABJ=60°，
∴∠KBJ=60°-α．
∵AB=33，
∴BJ=12AB=332，AJ=3BJ=92，
当DF=BE时，四边形BEFD是矩形，
∴∠ADB=90°，AD=AB2-BD2=(33)2-(23)2=15，
设KT=m，则AT=3m，AK=2m，
∵∠KTB=∠ADB=90°，
∴tanα=KTBT=ADBD，
∴mBT=1523，
∴BT=255m，
∴3m+255m=33，
∴m=45-61511，
∴AK=2m=90-121511，
∴KJ=AJ-AK=92-90-121511=2415-8122，
∴tan60°-α=KJBJ=85-9311．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．


一、解答题
1．(2022·江苏镇江·中考真题)已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．

(1)如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；
(2)如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有_________关系时，四边形EFGH是矩形；
(3)如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)AE=CF
(3)平行四边形，证明见解析

【分析】(1)利用平行四边形的性质证得∠BEF=∠AHE，根据角角边证明△AEH≌△BFE．
(2)当AE=CF，证得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
(3)利用正方形的性质证得AEGD为平行四边形，过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，由平行线分线段成比例，设OE=4x，OF=5x，HN=h，则可表示出HN，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
(1)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AEH+∠AHE=90°．
∵四边形EFGH为正方形，
∴EH=EF，∠HEF=90°，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠BEF=∠AHE．
在△AEH和△BFE中，
∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，
∴△AEH≌△BFE．
∴AH=BE．
∴AE+AH=AE+BE=AB；
(2)
AE=CF；证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴△AEH≌△FCG，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
(3)
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD．
∵AE=DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD为平行四边形．
∴AD∥EG．
∴EG∥BC．
过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，
∴HNHM=HOHF．
∵OE:OF=4:5，
设OE=4x，OF=5x，HN=h，则h16=20-5x20，
∴h=44-x．
∴S=12⋅OE⋅HN=12⋅4x⋅4(4-x)=-8(x-2)2+32．
∴当x=2时，△OEH的面积最大，
∴OE=4x=8=12EG=OG，OF=5x=10=12HF=OH，
∴四边形EFGH是平行四边形．

【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
2．(2022·山东东营·中考真题)△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.

(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，(1)中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，▱BDEF是菱形，证明见解析

【分析】(1)根据△ABC和△ADF均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
(2)连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
(3)过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，推出AE=BE= 12AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出EGAD=BEAB=12，得到EG=12AD= 12h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出SCEFD=CD⋅EG=12a⋅12h=12⋅12ah=12S△ABC，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出▱BDEF是菱形．
(1)
∵△ABC和△ADF均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
(2)
CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；

(3)
如图，当点D运动到BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，此时，四边形BDEF是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，
∴AE=BE= 12AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴EGAD=BEAB=12，
∴EG=12AD= 12h，
由(2)知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴S四边形CEFD=CD⋅EG=12a⋅12h=12⋅12ah=12S△ABC,
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴▱BDEF是菱形．

【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
3．(2022·辽宁鞍山·中考真题)如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在直线AC上，连接BD，将DE绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．

(1)求证：BC=3AB；
(2)当点D在线段AC上(点D不与点A，C重合)时，求CEAD的值；
(3)过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD=2CD，请直接写出ANCE的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)3
(3)5719或2121

【分析】(1)作AH⊥BC于H，可得BH＝32AB，BC＝2BH，进而得出结论；
(2)证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
(3)当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．
(1)
证明：如图1，

作AH⊥BC于H，
∵AB＝AB，
∴∠BAH＝∠CAH＝12∠BAC＝12×120°＝60°，BC＝2BH，
∴sin60°＝BHAB，
∴BH＝32AB，
∴BC＝2BH＝3AB；
(2)
解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝180°-∠BAC2＝180°-120°2＝30°，
由(1)得，BCAB=3，
同理可得，
∠DBE＝30°，BEBD=3，
∴∠ABC＝∠DBE，BCAB=BEBD，
∴∠ABC−∠DBC＝∠DBE−∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴CEAD=BEBD=3；
(3)
：如图2，

当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由(1)得，CE=3AD=23a，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°−∠BAC＝60°，AB＝3a，
∴AF＝3a•cos60°＝32a，BF＝3a•sin60°＝332a，
在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝2a+32a=72a，
BD＝BF2＋DF2=332a2+72a2=19a，
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴AGBF＝ADBD，
∴AG332a=2a19a，
∴AG=3319a，
∵AN∥DE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
∴AN＝AGsin60°=3319·23a=61919a，
∴ANCE=61919a23a=5719，
如图3，

当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由(1)得，
CE＝3AD=43a，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝3a，
∴BD=3a2+5a2=27a，
∴AQ3a=4a27a，
∴AQ=237a，
∴AN=237a·23=47a，
∴ANCE=47a43a=2121，
综上所述：ANCE的值为5719或2121．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．
4．(2022·浙江衢州·中考真题)如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．

(1)求证：∠DBG=90°.
(2)若BD=6，DG=2GE．
①求菱形ABCD的面积.
②求tan∠BDE的值.
(3)若BE=AB，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，说明理由并求出ET的值．
【答案】(1)见解析
(2)①24，②49
(3)ET＝103，理由见解析

【分析】(1)由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝12∠ABC，由BG平分∠CBE交DE于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝12∠CBE，进一步即可得到答案；
(2)①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝CD2-OD2=52-32=4，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BG∥AC，得到DHDG=DOBD=12，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则DHEH=12，再证明△CDH∽△AEH，CH＝13AC＝83，OH＝OC－CH＝4－83＝43，利用正切的定义得到答案；
(3)过点G作GT∥BC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得GTAD=ETEA=13，GT＝53，为定值，即可得到ET的值．
(1)
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝12∠ABC，
∵BG平分∠CBE交DE于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝12∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝12(∠ABC＋∠CBE)＝12×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
(2)
解：①如图1，连接AC交BD于点O，

∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝12BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝CD2-OD2=52-32=4，
∴AC＝2OC＝8，
∴S菱形ABCD=12AC×BD=12×8×6=24，
即菱形ABCD的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG∥AC，
∴DHDG=DOBD=12，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴DHEH=12，
∵AB∥CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴CHAH=DHEH=12，
∴CH＝13AC＝83，
∴OH＝OC－CH＝4－83＝43，
∴tan∠BDE＝OHOD=49；
(3)
如图3，过点G作GT∥BC交AE于点T，此时ET＝103．

理由如下：由题(1)可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG∥AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴EGGH=BEAB，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴DHGH=DOBO，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT∥BC，
∴GT∥AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴GTAD=EGED=ETEA=13，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝53，为定值，
此时ET＝13AE＝13(AB＋BE)＝103．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5．(2022·山东枣庄·中考真题)已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒2cm的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，设运动的时间为t秒．

(1)如图①，若PQ⊥BC，求t的值；
(2)如图②，将△PQC沿BC翻折至△P′QC，当t为何值时，四边形QPCP′为菱形？
【答案】(1)当t＝2时，PQ⊥BC
(2)当t的值为43时，四边形QPCP′为菱形

【分析】(1)根据勾股定理求出AB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
(2)作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，证明出ΔABC为直角三角形，进一步得出ΔAPE和ΔPBD为等腰直角三角形，再证明四边形PECD为矩形，利用勾股定理在Rt△PCE、Rt△PDQ中，结合四边形QPCP'为菱形，建立等式进行求解．
【详解】(1)解：(1)如图①，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，
∴AB＝AC2+BC2＝42+42=42(cm)，
由题意得，AP＝2tcm，BQ＝tcm，
则BP＝(42﹣2t)cm，
∵PQ⊥BC，
∴∠PQB＝90°，
∴∠PQB＝∠ACB，
∴PQ∥AC，
∴{∠BPQ=∠BAC∠BQP=∠BCA，
∴△BPQ∽△BAC，
∴BPBA＝BQBC，
∴42-2t42=t4，
解得：t＝2，
∴当t＝2时，PQ⊥BC．
(2)解：作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图，

AP=2t，BQ=tcm，(0⩽t<4)
∵∠C=90°，AC=BC=4cm，
∴ΔABC为直角三角形，
∴∠A=∠B=45°，
∴ΔAPE和ΔPBD为等腰直角三角形，
∴PE=AE=22AP=tcm，BD=PD，
∴CE=AC-AE=(4-t)cm，
∵四边形PECD为矩形，
∴PD=EC=(4-t)cm，
∴BD=(4-t)cm，
∴QD=BD-BQ=(4-2t)cm，
在Rt△PCE中，PC2=PE2+CE2=t2+(4-t)2，
在Rt△PDQ中，PQ2=PD2+DQ2=(4-t)2+(4-2t)2，
∵四边形QPCP'为菱形，
∴PQ=PC，
∴t2+(4-t)2=(4-t)2+(4-2t)2，
∴t1=43，t2=4(舍去)．
∴t的值为43．
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
6．(2022·江苏南通·中考真题)如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．

(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；
(2)当AE=32时，求CF的长；
(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)3或13
(3)35

【分析】(1)证明△ABE≅△AMF即可得证．
(2)分情况讨论，当点E在BC上时，借助△ABE≅△AMF，在Rt△CMF中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△AGE≅△AHF并利用勾股定理求解即可．
(3)分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
(1)
如图所示，
由题意可知，∠AMF=∠B=90∘，∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠MAF，
由旋转性质知：AE=AF，
在△ABE和△AMF中，
{∠B=∠AMF∠BAE=∠MAFAE=AF，
∴△ABE≅△AMF，
∴AM=AB．

(2)
当点E在BC上时，
在Rt△ABE中，AB=4，AE=32，
则BE=AE2-AB2=2，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
则AC=AB2+BC2=5，
由(1)可得，MF=BE=2，
在Rt△CMF中，MF=2，CM=AC-AM=5-4=1，
则CF=MF2+CM2=3，
当点E在CD上时，如图，

过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同(1)可得△AGE≅△AHF，
∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，
由勾股定理得CF=32+22=13；
故CF的长为3或13．
(3)
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作DH⊥FM于点H，
由(1)知，∠AMF=90∘，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在△CMJ与△CDA中，
{∠CMJ=∠ADC∠MCJ=∠ACD，
∴Rt△CMJ~Rt△CDA，
∴CMCD=MJAD=CJAC，
即∴14=MJ3=CJ5，
∴MJ=34，CJ=54，
DJ=CD-CJ=4-54=114，
在△CMJ与△DHJ中，
{∠CMJ=∠DHJ∠CJM=∠DJH，
∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，
∴CMDH=CJDJ，
即1DH=54114，
DH=115，
故DF的最小值115；

如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR，DK⊥FR，
由题意可知，∠DAE=∠RAF，
在△ARF与△ADE中，
{AD=AR∠DAE=∠RAFAE=AF，
∴△ADE≅△ARF，
∴∠ARF=∠ADE=90∘，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90∘，
故四边形DQRK是矩形；
∴DK=QR，
∴AQ=AD⋅cos∠BAC=3×45=125，
∵AR=AD=3，
∴DK=QR=AR-AQ=3-125=35，
故此时DF的最小值为35；
由于35<115，故DF的最小值为35．

【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
7．(2022·山东菏泽·中考真题)如图1，在△ABC中，∠ABC=45°,AD⊥BC于点D，在DA上取点E，使DE=DC，连接BE、CE．

(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B'E'D(点B'，E'分别与点B，E对应)，连接CE'、AB'，在△BED旋转的过程中CE'与AB'的位置关系与(1)中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30°时，射线CE'与AD、AB'分别交于点G、F，若CG=FG,DC=3，求AB'的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)53

【分析】(1)由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
(2)通过证明△ADB'≅△CDE'，可得∠DAB'=∠DCE'，由余角的性质可得结论；
(3)由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得AB'=3AD，即可求解．
【详解】(1)如图，延长CE交AB于H，

∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
(2)在△BED旋转的过程中CE'与AB'的位置关系与(1)中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：
如图2，延长CE'交AB'于H，

由旋转可得：CD=DE'，B'D=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴∠CDE'=∠ADB'，
∵CDDE'=ADDB'=1，
∴△ADB'∼△CDE',
∴∠DAB'=∠DCE'，
∵∠DCE'+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DAB'+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
∴CE'⊥AB'；
(3)如图3，过点D作DH⊥AB'于点H，

∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴∠BDB'=30°,BD'=BD=AD，
∴∠ADB'=120°,∠DAB'=∠AB'D=30°，
∵DH⊥AB',AD=B'D，
∴AD=2DH，AH=3DH=B'H，
∴AB'=3AD，
由(2)可知：△ADB'∼△CDE'，
∴∠DAB'=∠DCE'=30°，
∵AD⊥BC，CD=3，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
∵∠DAB'=30°,DH⊥AB'，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴AB'=3AD=53．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
8．(2022·辽宁丹东·中考真题)已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点(点E不与点B重合)，连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG(A，E，F，G按逆时针方向排列)，连接DG．

(1)如图1，当ADAB＝AGAE＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；
(2)如图2，当ADAB＝AGAE＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；
(3)如图3，在(2)的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝12DG，BE⊥DG，理由见解析
(3)S△MNG＝94

【分析】(1)证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；
(2)证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；
(3)解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据(2)DGBE=2可得DG＝6，从而得出三角形BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．
(1)
解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG(SAS)，
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
(2)
BE＝12DG，BE⊥DG，理由如下：
由(1)得：∠BAE＝∠DAG，
∵ADAB＝AGAE＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴DGBE=ADAB=2，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
(3)
如图，

作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝AHBH=ADAB=2，
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+(2x)2＝(5)2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝AHEH，
∴AHEH=tan45°=1，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝AB2+AD2=(5)2+(25)2＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由(2)得：DGBE=2，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝12BE⋅DG＝12×3×6＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
∴DM＝GM＝12BG,DN=GN=12EG，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN(SSS)，
∵MN是△BEG的中位线，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
∴SΔMNGSΔBEG＝(GMGB)2＝14，
∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝94．
【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是类比的方法．
9．(2022·山东济南·中考真题)如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．

(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)①BE=AE+CE；②∠BAD=45°，理由见解析

【分析】(1)利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△ABD≌△ACESAS，再由全等三角形的性质求解；
(2)①根据线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE得到△ADE是等边三角形，
由等边三角形的性质和(1)的结论来求解；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，进而得到△BAD∽△FAG，进而求出∠ADB=90°，结合BD=CE，ED＝EC得到BD=AD，再用等腰直角三角形的性质求解．
(1)
解：BD=CE．
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°．
∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE；
(2)
解：①BE=AE+CE
理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE=AE，
由(1)得BD=CE，
∴BE=DE+BD=AE+CE；
②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，如下图．

∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，
∴∠DAG=12∠DAE=30°，
∴AGAD=cos∠DAG=32．
∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC中点，
∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF=12∠BAC=30°，
∴AFAB=cos∠BAF=32，
∴∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，
∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
即∠BAD=∠FAG，
∴△BAD∽△FAG，
∴∠ADB=∠AGF=90°．
∵BD=CE，ED＝EC，
∴BD=AD，
即△ABD是等腰直角三角形，
∴∠BAD=45°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
10．(2022·湖南益阳·中考真题)如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点(不与点C重合)，作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．

(1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形

【分析】(1)因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
(2)根据△AFB∽△BGC，得AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
(3)分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
(1)解：(任意回答一个即可)；①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BCE＝90°，∴△AFB∽△BCE；②△AFB∽△CGE，理由如下：∵CG⊥BE，∴∠CGE＝90°，∴∠CGE＝∠AFB，∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；③△AFB∽△BGC，理由如下：∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠BCG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，∴△AFB∽△BGC；
(2)∵四边形AFCC'是平行四边形，∴AF＝CC'，由(1)知：△AFB∽△BGC，∴AFBG=ABBC ，即AFBG=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴CGBG=CEBC ，即2.5x3x=CE9，∴CE＝7.5；
(3)分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由(2)知：设AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴AFBC=BFCE ，即5x9=6xCE，∴5x6x=9CE，∴CE＝545；②当C'F＝BF时，如图3，由(1)知：△AFB∽△BGC，∴ABBC=BFCG=159=53 ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝CF2-CG2＝4a，∵tan∠CBE＝CEBC=CGBG，∴CE9=3a4a+5a，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
11．(2022·四川绵阳·中考真题)如图，平行四边形ABCD中，DB＝23，AB＝4，AD＝2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D的路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．

(1)如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为23秒时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；
(2)如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为3个单位每秒，运动时间为x秒，ΔAEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为多少？
(3)如图3，H在线段AB上且AH＝13HB，M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．
【答案】(1)EPPC=49；
(2)y关于x的函数解析式为y=34x20≤x≤2-34x2+32x+32x2≤x≤4336+23-x-3x433≤x≤23；当x=433时，y的最大值为2+233；
(3)当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由见解析

【分析】(1)延长DF交CB的延长线于点G，先证得△AFD~△BFG，可得AFFB=ADBG，根据题意可得AF=83，AE=23，可得到CG=3，再证明△PDE∽△PGC，即可求解；
(2)分三种情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上；当2≤x≤433时，E点在BD上，F点在AB上；当433≤x≤23时，点E、F均在BD上，即可求解；
(3)当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由：连接DH，根据直角三角形的性质，即可求解 ．
(1)
解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CG∥AD，
∴△AFD~△BFG，
∴AFFB=ADBG，
∵点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为23秒，
∴AF=83，AE=23，
∵AB=4，AD=2，
∴BF=43， ED=43，
∴8343=2BG，
∴BG=1，
∴CG=3，
∵CG∥AD，
∴△PDE∽△PGC，
∴EPPC=EDGC，
∴EPPC=49；
(2)
解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，AF=3x，
∵DB=23， AB=4，AD=2，
∴AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，
∵ADAB=12，
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如图，过点E作EH⊥AB交于H，

∴EH=AE⋅sin60°=32x，
∴y=12×AF×EH=12×3x×32x=34x2；
∴当x＞0时，y随x的增大而增大，
此时当x=2时，y有最大值3；
当2≤x≤433时，E点在BD上，F点在AB上，
如图， 过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，则EN∥DM，

根据题意得：DE=x-2，
∴BE=23+2-x，
在Rt△ABD中，DM=AD⋅sinA=3，AM=1，
∵EN∥DM，
∴△BEN∽△BDM，
∴ENDM=BEBD，
∴EN3=2+23-x23
∴EN=1+3-12x，
∴y=12×AF×EN=12×(3x)×(1+3-12x)=-34x2+3+32x，
此时该函数图象的对称轴为直线x=3+1 ，
∴当2≤x≤433时，y随x的增大而增大，
此时当x=433时，y有最大值2+233；
当433≤x≤23时，点E、F均在BD上，
过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，过点D作DM⊥AB于点M，

∴AB+BF=3x，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴BE=23-x+2，DF=4+3，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
∴BFBD=PFDM，即3x-423=PF3，
∴PF=32x-2，
∵EQ//DM，
∴△BEQ∽△BDM，
∴BEBD=EQDM，即23+2-x23=EQ3，
∴EQ=3+1-12x，
∴y=12×AB×(EQ-PF)=12×4×(3+1-12x-32x+2)=6+23-1+3x，
此时y随x的增大而减小，
此时当x=433时，y有最大值2+233；
综上所述：y关于x的函数解析式为y=34x20≤x≤2-34x2+32x+32x2≤x≤4336+23-x-3x433≤x≤23
当x=433时，y最大值为2+233；
(3)
解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：
连接DH，如图，

∵AH=13HB，AB=4，
∴．AH=1，
由(2)得：此时AH⊥AB，
∵M是DF的中点，
∴HM=DM=MF，
∵EF∥BD，BD⊥AD，
∴EF⊥AD，
∴EM=DM=FM，
∴EM=HM．
【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
12．(2022·山东济宁·中考真题)如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂足为C，点C的坐标为(0，3)．P是直线AB上在第一象限内的一动点，过点P作y轴的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连接BE，BF．

(1)填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为 ；
(2)当点P在线段AB上运动时(点P不与点A，B重合)，设点M的横坐标为m．
①求m值最大时点D的坐标；
②是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)0,233或(0,2)
(2)①点D坐标为0,32；②存在，m=23

【分析】(1)根据题意易得∠AOB=60°从而∠AOC=30°和∠CDA=60°，根据tan30°求得AC的长，再根据sin60°求得AD的长，当OA=AD和OD=OA时分情况讨论，即可得到OD的长，从而得到D点坐标；
(2)①设点D的坐标为(0，a)，则OD＝a，CD＝3－a，易证ΔACD∽ΔDOM，从而得出CDOM=ACDO，代入即可得到m与a的函数关系，化为顶点式即可得出答案；
②作FH⊥y轴于点H，得到AC∥PD∥FH∥x轴，易得AEEF=CDDH，OHDH=OFEF，易证ΔBEA≌ΔBFO得出AE=FO，即OHDH=CDDH，设OD=n，则DH=OC-CD-OH=2n-3，通过证得ΔACD∽ΔDHF得出HDCA=HFCD，代入即可得到n的值，进一步得到m的值．
(1)
∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，∴∠AOC=30°，
∵AC⊥y轴，点C的坐标为(0，3)，
∴OC=3，
∴AC=OC·tan30°=3×33=1，
当△AOD是等腰三角形，OD=AD，∠DAO=∠DOA=30°，
∴∠CDA=60°，
∴AD=ACsin60°=233，
∴OD=AD=233，
∴D的坐标为0,233，
当△AOD是等腰三角形，此时OA=OD时，OA=OCcos30°=2,
∴OD=OA=2，
∴点D坐标为(0，2)，
故答案为：0,233或(0，2)；
(2)
①解：设点D的坐标为(0，a)，则OD＝a，CD＝3－a，
∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠OBA=∠BAO=60∘，
∴∠COA=90∘-∠AOB=90∘-60∘=30∘，
在RtΔAOC中，tan∠COA=CAOC，
∴CA=OCtan∠COA=3×33=1，
∴OA=2CA=2，
∵AD⊥DM，∴∠ADC+∠ODM=90∘，
∵∠CAD+∠ADC=90∘，∴∠CAD=∠ODM，
∵∠ACD=∠DOM=90∘，
∴ΔACD∽ΔDOM，
∴CDOM=ACDO，即：3-am=1a，
∴m=-a2+3a=-a-322+34，
∴当a=32时，m的最大值为34；
∴m的最大值为34时，点D坐标为0,32；
②存在这样的m值，使BE＝BF；
作FH⊥y轴于点H，
∴AC∥PD∥FH∥x轴，

∴AEEF=CDDH，OHDH=OFEF，
∵BF=BE，
∴∠BEF=∠BFE，
∵∠BEA+∠BEF=180∘，∠BFO+∠BFE=180∘，
∴∠BEA=∠BFO，
∵∠BAE=∠BOF=60∘，
∴ΔBEA≌ΔBFO(AAS)，
∴AE=FO，
∴OHDH=CDDH，
∴CD=HO，
设OD=n，则DH=OC-CD-OH=2n-3，
HF=HOtan30∘=33(3-n)，
∵∠CAD=∠ODM，∠ACD=∠DHF=90∘，
∴ΔACD∽ΔDHF，
∴HDCA=HFCD，
∴2n-31=33(3-n)3-n，
解得：n=3 或n=233 ，
当n=3时，点P与点A重合，不合题意，舍去，
当n=233时，m=-n-322+34=-233-322+34=23 ，
∴存在这样的m值，使BE＝BF．此时m=23 ．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、特殊角的三角函数，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及二次函数的综合运用，解题的关键是得出二次函数的关系式，是对知识的综合考查．
13．(2022·山东烟台·中考真题)
(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出BDCE的值．
(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．连接BD，CE．
①求BDCE的值；
②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)①35；②45

【分析】(1)证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；
(2)证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；
(3)①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；
②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．
【详解】(1)证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD＝CE；
(2)解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴ABAE=ABAC=12，∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD∽△CAE，
∴BDCE=ABAC=12=22；
(3)解：①ABAC=ADDE=34，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAC=ADAE=35，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴△CAE∽△BAD，
∴BDCE=ADAE=35 ；
②由①得：△CAE∽△BAD，
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠AGC＝∠BGF，
∴∠BFC＝∠BAC，
∴sin∠BFC=BCAC=45．
【点睛】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等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．
14．(2022·吉林长春·中考真题)如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，动点P从点A出发，沿折线AD-DB以每秒13个单位长度的速度向终点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A'，连结A'P、A'M．设点P的运动时间为t秒．

(1)点D到边AB的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段DP的长；
(3)连结A'D，当线段A'D最短时，求△DPA'的面积；
(4)当M、A'、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t≤2时，PD=13t-13；
(3)35
(4)23或2011

【分析】(1)连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
(2)分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
(3)过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得DE=3-3t,PE=2-2t，从而得到A'E=DE-A'D=2-3t，在Rt△A'PE中，由勾股定理可得t=25，即可求解；
(4)分两种情况讨论：当点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A'(A″)位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
(1)
解：如图，连接DM，

∵AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴DM=AD2-AM2=3，
即点D到边AB的距离为3；
故答案为：3
(2)
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
DP=13-13t；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD=13t-13；
综上所述，当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t≤2时，PD=13t-13；
(3)
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，

∵作点A关于直线PM的对称点A'，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，
∴A'D=1，
根据题意得：A'P=AP=13t，DP=13-13t，
由(1)得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴PDAD=DEDM=PEAM，
∴13-13t13=DE3=PE2，
解得：DE=3-3t,PE=2-2t，
∴A'E=DE-A'D=2-3t，
在Rt△A'PE中，A'P2=PE2+A'E2，
∴13t2=2-2t2+2-3t2，解得：t=25，
∴PE=65，
∴S△DPA'=12A'D⋅PE=12×1×65=35；
(4)
解：如图，

当点M、A'、C三点共线时，且点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在▱ABCD中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴sin∠CMN=CNCM=35，
∵A' M=2，
∴A'G=2×35=65，
∴MG=85，
∴BG=BM-MG=25，
∴tan∠A'BA=A'GBG=3，
∴tan∠PMF=tan∠A'BA=3，
∴PFFM=3，即PF=3FM，
∵tan∠DAM=DMAM=PFAF=32，cos∠DAM=AMAD=AFAP=213，
∴PF=32AF，
∴3FM=32AF，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴AF=43，
∴4313t=213，解得：t=23；
如图，当点A'(A″)位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，PB=213-13t，
过点A″作A″G'⊥AB于点G′，则∠AMA″=∠CMN，取AA″的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，

同理：A″G'=65,AG'=25，
∵HK⊥AB，A″G'⊥AB，
∴HK∥A′′G′，
∴△AHK∼△AA″G'，
∵点H是AA″的中点，
∴HKA″G'=AKAG'=AHAA″=12，
∴HK=35,AK=15，
∴MK=95，
∴tan∠PMT=tan∠HMK=HKMK=13，
∴PTMT=13，即MT=3PT，
∵tan∠PBT=DMBM=PTBT=32，cos∠PBT=BTPB=BMBD=213，
∴BT=23PT，
∴MT=92BT，
∵MT+BT=BM=2，
∴BT=411，
∴411213-13t=213，解得：t=2011；
综上所述，t的值为23或2011．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A'的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
15．(2022·内蒙古通辽·中考真题)已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A．

(1)如图1，当点G在AD上，F在AB上，求2CE2DG的值为多少；
(2)将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，如图2，求：CEDG的值为多少；
(3)AB=82，AG=22AD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α(0°<α<360°)，当C，G，E三点共线时，请直接写出DG的长度．
【答案】(1)2
(2)2
(3)46-42或46+42

【分析】(1)根据题意可得GE∥DC，根据平行线分线段成比例即可求解；
(2)根据(1)的结论，可得AGAE=ADAC=12，根据旋转的性质可得∠DAG=∠CAE，进而证明△GAD∽△EAC，根据相似三角形的性质即可求解；
(3)分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．
(1)
解：∵正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A，点G在AD上，F在AB上，
∴GE∥DC
∴AGDG=AEEC
∴ECDG=AEAG
∵四边形AFEG是正方形
∴ AE=2AG
∴ 2CE2DG =2CEDG=2AEAG=2×2=2
(2)
解：如图，连接AE，

∵正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，
∴∠DAG=∠CAE
∵AGAE=ADAC=12
∴△GAD∽△EAC
∴ CEDG=ACAD=2，
(3)
解：①如图，

∵ AB=82，AG=22AD，
∴AD=AB=82,AG=22×82=8,AC=2AB=16，
∵G,E,C三点共线，
Rt△AGC中，GC=AC2-AG2=162-82=83，
∴CE=GC-GE=83-8，
由(2)可知△GAD∽△EAC，  
∴ CEDG=ACDA=2，
∴DG=DA⋅CEAC=82×83-816 =46-2=46-42．
②如图：

由(2)知△ADG∽△ACE，
∴DGCE=ADAC=22，
∴DG=22CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=82，AC=AB2+BC2=16，
∵AG=22AD，
∴AG=22AD=8，
∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC=90°
∴CG=AC2-AG2=162-82=83，
∴CE=CG+EG=83+8，
∴DG=22CE=46+42．
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为46-42或46+42．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
16．(2022·湖南郴州·中考真题)如图1，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6．点E是线段AD上的动点(点E不与点A，D重合)，连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F．

(1)求证：△AEF∽△DCE；
(2)如图2，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，连接GM．
①求AG+GM的最小值；
②当AG+GM取最小值时，求线段DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①5；②DE=3+5或DE=3-5

【分析】(1)证明出∠DCE=∠AEF即可求解；
(2)①连接AM．先证明BM=CM=GM=12BC=3．确定出点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．当A，G，M三点共线时，AG+GM=AM．此时，AG+GM取最小值．在Rt△ABM中利用勾股定理即可求出AM，则问题得解．②先求出AF，求AF的第一种方法：过点M作MN∥AB交FC于点N，即有△CMN∽△CBF，进而有MNBF=CMCB=12．设AF=x，则BF=4-x，MN=124-x．再根据MN∥AB，得到△AFG∽△MNG，得到AFMN=AGGM，则有x124-x=23，解方程即可求出AF；求AF的第二种方法：过点G作GH∥AB交BC于点H．即有△MHG∽△MBA．则有GMAM=GHAB=MHMB，根据AM=5，可得35=GH4=MH3，进而求出GH=125，MH=95．由GH∥AB得△CHG∽△CBF，即可求出AF．求出AF之后，由(1)的结论可得AFDE=AEDC．设DE=y，则AE=6-y，即有1y=6-y4，解得解方程即可求出DE．
(1)
证明：如图1，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠CED+∠DCE=90°．
∵EF⊥CE，
∴∠CED+∠AEF=90°，
∴∠DCE=∠AEF，
∴△AEF∽△DCE；
(2)
①解：如图2-1，连接AM．

∵BG⊥CF，
∴△BGC是直角二角形．
∴BM=CM=GM=12BC=3．
∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．
当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于箒三边得：AG+GM>AM，
当A，G，M三点共线时，AG+GM=AM．
此时，AG+GM取最小值．在Rt△ABM中，AM=AB2+BM2=5．
∴AG+GM的最小值为5．
②(求AF的方法一)如图2-2，过点M作MN∥AB交FC于点N，

∴△CMN∽△CBF．
∴MNBF=CMCB=12．
设AF=x，则BF=4-x，
∴MN=12BF=124-x．
∵MN∥AB，
∴△AFG∽△MNG，
∴AFMN=AGGM，
由①知AG+GM的最小值为5、即AM=5，
又∵GM=3，
∴AG=2．
∴x124-x=23，解得x=1，即AF=1．
(求AF的方法二)
如图2-3，过点G作GH∥AB交BC于点H．

∴△MHG∽△MBA．
∴GMAM=GHAB=MHMB，
由①知AG+GM的最小值为5，即AM=5，
又∵GM=3，
∴35=GH4=MH3．
∴GH=125，MH=95．
由GH∥AB得△CHG∽△CBF，
∴GHFB=CHCB，即125FB=3+956，
解得FB=3．
∴AF=AB-FB=1．
由(1)的结论可得AFDE=AEDC．
设DE=y，则AE=6-y，
∴1y=6-y4，
解得y=3+5或3-5．
∵0<3+5<6，0<3-5<6，
∴DE=3+5或DE=3-5．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及一元二次方程的应用等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
17．(2022·广西贵港·中考真题)已知：点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD=2AC，AD与BC相交于点O．

(1)如图1，若连接CD，则△BCD的形状为______，AOAD的值为______；
(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE．
①如图2，当AE与AC重合时，连接OE，若AC=32，求OE的长；
②如图3，当∠ACB=60°时，连接EC并延长交直线l于点F，连接OF．求证：OF⊥AB．
【答案】(1)等腰三角形，13
(2)①OE=27；②见解析

【分析】(1)过点C作CH⊥BD于H，可得四边形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，进而可判断△BCD的形状，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根据三角形相似的性质即可求解．
(2)①过点E作EF⊥AD于点H，AC，BD均是直线l的垂线段，可得AC//BD，根据等边三角形的性质可得∠BAD=30°，再利用勾股定理即可求解．
②连接CD，根据AC//BD，得∠CBD=∠ACB=60°，即△BCD是等边三角形，把△ABD旋转得∠ECD=∠ABD=90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到AFAB=AOAD=13，则可得△AOF∽△ADB，根据三角形相似的性质即可求证结论．
(1)
解：过点C作CH⊥BD于H，如图所示：

∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，
∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC=BH，
又∵BD=2AC，
∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，
∴△BCD的形状为等腰三角形，
∵AC、BD都垂直于l，
∴AC//BD，
∴△AOC∽△BOD，
∴AODO=ACDB=AC2AC=12，即DO=2AO，
∴AOAD=AOAO+DO=AO3AO=13，
故答案为：等腰三角形，13．
(2)
①过点E作EF⊥AD于点H，如图所示：

∵AC，BD均是直线l的垂线段，
∴AC//BD，
∵△ADE是等边三角形，且AE与AC重合，
∴∠EAD=60°，
∴∠ADB=∠EAD=60°，
∴∠BAD=30°，
∴在Rt△ADB中，AD=2BD，AB=3BD，
又∵BD=2AC，AC=32，
∴AD=6,AB=33，
∴AH=DH=12AD=3，AE=6
在Rt△AEH中，EH=AE2-AH2=62-32=33，
又由(1)知AOAD=13，
∴AO=13AD=2，则OH=1，
∴在Rt△EOH中，由勾股定理得：OE=EH2+OH2=27．
②连接CD，如图3所示：

∵AC//BD，
∴∠CBD=∠ACB=60°，
∵由(1)知△BCD是等腰三角形，
∴△BCD是等边三角形，
又∵△ADE是等边三角形，
∴△ABD绕点D顺时针旋转60°后与△ECD重合，
∴∠ECD=∠ABD=90°，
又∵∠BCD=∠ACB=60°，
∴∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，
∴FC=FB=2AF，
∴AFAB=AOAD=13，
又∠OAF=∠DAB，
∴△AOF∽△ADB，
∴∠AFO=∠ABD=90°，
∴OF⊥AB．
【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键．
18．(2022·山东青岛·中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP,EQ．设运动时间为t(s)(0
(1)当EQ⊥AD时，求t的值；
(2)设四边形PCDQ的面积为S(cm2)，求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)165s
(2)S=12t2-3710t+14
(3)存在，t=6529s

【分析】(1)利用△AQE∽△AED得AQAE=AEAD，即t4=45，进而求解；
(2)分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N，证△ABC∽△CAM得，ABCA=BCAM=ACCM，求得AM=125，CM=165，再证△BPN∽△BAC得BPBA=PNAC，得出PN=45t，根据S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD-S△APQ-S△BPC即可求出表达式；
(3)当PQ∥CD时∠AQP=∠ADC，易证△APQ∽△MCD，得出APMC=AQMD，则5-t165=t135，进而求出t值．
(1)
解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC=AB2-BC2=25-9=4
∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE
∴AD=5，DE=3，AE=4，∠AED=90°，∠BAD=90°
∵EQ⊥AD
∴∠AQE=∠AED=90°
又∠EAQ=∠DAE
∴△AQE∽△AED
∴AQAE=AEAD
∴t4=45
∴t=165
答：当EQ⊥AD时，t的值为165s．

(2)
解：分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N
∵∠B+∠BAC=90°,∠CAM+∠BAC=90°
∴∠B=∠CAM
又∠BCA=∠AMC=90°
∴△ABC∽△CAM
∴ABCA=BCAM=ACCM
∴54=3AM=4CM
∴AM=125，CM=165
∵∠B=∠B，∠BNP=∠BCA=90°
∴△BPN∽△BAC
∴BPBA=PNAC
∴t5=PN4
∴PN=45t
∴S△ABC=12⋅BC⋅AC=12×3×4=6,S△ACD=12⋅AD⋅CM=12×5×165=8
S△PBC=12⋅BC⋅PN=12×3×45t=65t,S△APQ=12⋅AQ⋅AP=12t(5-t)
∴S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD-S△APQ-S△BPC
=6+8-12t(5-t)-65t
=12t2-3710t+14

∴S=12t2-3710t+14
(3)
解：假设存在某一时刻t，使PQ∥CD

∵AD=5,AM=125
∴DM=AD-AM=5-125=135
∵PQ∥CD
∴∠AQP=∠ADC
又∠PAQ=∠CMD=90°
∴△APQ∽△MCD
∴APMC=AQMD
∴5-t165=t135
∴t=6529
∴存在时刻t=6529s，使PQ∥CD．
【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．
19．(2022·辽宁营口·中考真题)在平面直角坐标系中，抛物线y=-12x2+bx+c经过点A-12,278和点B4,0，与y轴交于点C，点P为抛物线上一动点．

(1)求抛物线和直线AB的解析式；
(2)如图，点P为第一象限内抛物线上的点，过点P作PD⊥AB，垂足为D，作PE⊥x轴，垂足为E，交AB于点F，设△PDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，当S1S2=4925时，求点P坐标；
(3)点N为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N，使得直线BC垂直平分线段PN？若存在，请直接写出点N坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线解析式为y=-12x2+x+4，直线AB的解析式为y=-34x+3，
(2)P3,52
(3)存在N1,3-3

【分析】(1)待定系数法求解析式即可求解；
(2)设∠ABO=α，则sinα=35，Rt△BEF中，BF=EFsinα=5EF3，证明△DFP∽△EFB，根据相似三角形的性质以及S1S2=4925建立方程，解方程即可求解；
(3)设直线PN交y轴于点K，设PE交BC于点H，连接CN，NH，PC，证明△NHP是等腰直角三角形，则设Pn,-12n2+n+4，则Hn,-n+4，N1,-n+4，根据HN=HP列出方程，即可求解．
(1)
解：抛物线y=-12x2+bx+c经过点A-12,278和点B4,0，
278=-12×-122+-12b+c0=-12×42+4b+c，
解得b=1c=4，
∴抛物线解析式为y=-12x2+x+4，
设直线AB的解析式为y=kx+b1，
278=-12k+b10=4k+b1，
解得k=-34b=3，
∴直线AB的解析式为y=-34x+3，
(2)
如图，设直线AB与y轴交于点G，
由y=-34x+3，令x=0,得y=3，则G0,3，

∴OG=3,OB=4，
∴BG=5，
设∠ABO=α，则sinα=35，
∵PE⊥OB,PD⊥AB，
∴∠FEB=∠OBG=α，
∵∠PFD=∠EFB,∠PDF=∠FEB，
∴∠DPF=∠EBF=α，
∴△DFP∽△EFB，
∴S1S2=PFBF2，
Rt△BEF中，BF=EFsinα=5EF3，
设△PDF的面积为S1，△BEF的面积为S2，
∵ S1S2=4925，
∴S1S2=PFBF2 =3PF5EF2=4925=752，
∴3PF5EF=75，
即3PF=7EF，
设Pm,-12m2+m+4，则Fm,-34m+3，
∴PF=-12m2+m+4--34m+3=-12m2+74m+1,EF=-34m+3 ∴3-12m2+74m+1=7-34m+3，
解得m=3或m=4(舍)，
当m=3时，-12m2+m+4 =52，
∴P3,52
(3)
设直线PN交y轴于点K，设PE交BC于点H，连接CN，NH，PC，如图，

由y=-12x2+x+4，令x=0，得y=4，则C0,4
∵B4,0,C0,4
设过直线BC的解析式为y=sx+t，
4s+t=0t=4
解得s=-1t=4
∴过直线BC的解析式为y=-x+4，
∵OB=OC=4
∴△OBC是等腰直角三角形
∴∠OCQ=45°
∴△CQK是等腰直角三角形
∵PE⊥OB
∴ ∠QPH=45°
∵直线BC垂直平分线段PN
∴HN=HP
∴△NHP是等腰直角三角形，
∴NH⊥PH，
设Pn,-12n2+n+4，则Hn,-n+4，N1,-n+4
∴PH=-12n2+n+4--n+4=-12n2+2n，NH=n-1
∴-12n2+2n=n-1
解得n1=1+3,n2=1-3(舍)
∴N1,-1-3+4即N1,3-3
【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，二次函数线段问题，掌握以上知识是解题的关键．
20．(2022·山东威海·中考真题)回顾：用数学的思维思考

(1)如图1，在△ABC中，AB＝AC．
①BD，CE是△ABC的角平分线．求证：BD＝CE．
②点D，E分别是边AC，AB的中点，连接BD，CE．求证：BD＝CE．
(从①②两题中选择一题加以证明)
(2)猜想：用数学的眼光观察
经过做题反思，小明同学认为：在△ABC中，AB＝AC，D为边AC上一动点(不与点A，C重合)．对于点D在边AC上的任意位置，在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E，使得BD＝CE．进而提出问题：若点D，E分别运动到边AC，AB的延长线上，BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：
如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别在边AC，AB的延长线上，请添加一个条件(不再添加新的字母)，使得BD＝CE，并证明．
(3)探究：用数学的语言表达
如图3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E为边AB上任意一点(不与点A，B重合)，F为边AC延长线上一点．判断BF与CE能否相等．若能，求CF的取值范围；若不能，说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)添加条件CD=BE，见解析
(3)能，0＜CF＜5-1

【分析】(1)①利用ASA证明△ABD≌△ACE．
②利用SAS证明△ABD≌△ACE．
(2)添加条件CD=BE，证明AC+CD=AB+BE，从而利用SAS证明△ABD≌△ACE．
(3)在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，当BD=BF=BA时，可证△CBF∽△BAF，运用相似性质，求得CF的长即可．
(1)
①如图1，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，

∵BD，CE是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=12∠ABC，∠ACE =12∠ACB，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
②如图1，∵AB=AC，点D，E分别是边AC，AB的中点，
∴AE=AD，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
(2)
添加条件CD=BE，证明如下：
∵AB=AC，CD=BE，

∴AC+CD=AB+BE，
∴AD=AE，
∵AB=AC，∠A=∠A，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
(3)
能
在AC上取一点D，使得BD=CE，根据BF=CE，得到BD=BF，

当BD=BF=BA时，E与A重合，
∵∠A＝36°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=72°，∠A=∠BFA=36°，
∴∠ABF=∠BCF=108°，∠BFC=∠AFB，
∴△CBF∽△BAF，
∴BFAF=CFBF，
∵AB＝AC＝2=BF， 设CF=x，
∴2x+2=x2，
整理，得x2+2x-4=0，
解得x=5-1，x=-5-1(舍去)，
故CF= x=5-1，
∴0＜CF＜5-1．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，一元二次方程的解法，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形全等的判定，三角形相似的判定性质是解题的关键．