专题32三角形压轴综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）

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一、解答题
1．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：
如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD=CE；
图1
(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，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.
图2
【答案】(1)见解析
(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM
【解析】
【分析】
（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
(1)
证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE．
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE．
(2)
解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，
理由如下：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ADC=180°−∠CDE=135°，
∴∠BEC=∠ADC=135°，
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=135°−45°=90°．
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME．
∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM，
∴DE=2CM．
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．
2．（2022·辽宁大连·中考真题）综合与实践
问题情境：
数学活动课上，王老师出示了一个问题：如图1，在△ABC中，D是AB上一点，∠ADC=∠ACB．求证∠ACD=∠ABC．
独立思考：
（1）请解答王老师提出的问题．
实践探究：
（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，请你解答．“如图2，延长CA至点E，使CE=BD，BE与CD的延长线相交于点F，点G，H分别在BF,BC上，BG=CD，∠BGH=∠BCF．在图中找出与BH相等的线段，并证明．”
问题解决：
（3）数学活动小组河学时上述问题进行特殊化研究之后发现，当∠BAC=90°时，若给出△ABC中任意两边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求，该小组提出下面的问题，请你解答．“如图3，在（2）的条件下，若∠BAC=90°，AB=4，AC=2，求BH的长．”
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BH=173.
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的内角和定理可得答案；
（2）如图，在BC上截取BN=CF, 证明△CEF≌△BDN, 再证明EF=DN,∠EFC=∠DNB, 证明△GHB≌△CND, 可得BH=DN, 从而可得结论；
（3）如图，在BC上截取BN=CF, 同理可得：BH=DN=EF, 利用勾股定理先求解BC=22+42=25, 证明△ADC∽△ACB, 可得AD=1,CD=5, 可得BG=CD=5, 证明△BGH∽△BCF, 可得BF=2BH, 而EF=GH, 可得BE=3BH, 再利用勾股定理求解BE，即可得到答案．
【详解】
证明：（1）∵∠ADC=∠ACB,∠A=∠A,
而∠ACD=180°−∠A−∠ADC,∠ABC=180°−∠A−∠ACB,
∴∠ACD=∠ABC,
（2）BH=EF, 理由如下：
如图，在BC上截取BN=CF,
∵BD=CE,∠ACD=∠ABC,
∴△CEF≌△BDN,
∴EF=DN,∠EFC=∠DNB,
∵ ∠BGH=∠BCF，∠GBN=∠FBC,
∴∠BHG=∠BFC,
∵∠EFC=∠BND,
∴∠BFC=∠DNC,
∴∠BHG=∠DNC,
∵BG=CD,
∴△GHB≌△CND,
∴BH=DN,
∴BH=EF.
（3）如图，在BC上截取BN=CF,
同理可得：BH=DN=EF,
∵AC=2,AB=4,∠BAC=90°,
∴BC=22+42=25,
∵∠DAC=∠BAC,∠ACD=∠ABC,
∴△ADC∽△ACB,
∴ADAC=ACAB=CDBC,
∴AD2=24=CD25,
∴AD=1,CD=5,
∴BG=CD=5,
∵∠GBH=∠FBC,∠BGH=∠BCF,
∴△BGH∽△BCF,
∴BGBC=GHCF=BHBF=525=12,
∴BF=2BH, 而EF=GH,
∴BE=3BH,
∵AB=4,AD=1,BD=CE,
∴BD=CE=3,
∴AE=3−2=1, 而∠BAE=∠BAC=90°,
∴BE=AB2+AE2=17,
∴BH=173.
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键．
3．（2022·山东青岛·中考真题）【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．
例如：如图①．在△ABC和△A'B'C'中，AD,A'D'分别是BC和B'C'边上的高线，且AD=A'D'，则△ABC和△A'B'C'是等高三角形．
【性质探究】
如图①，用S△ABC，S△A'B'C'分别表示△ABC和△A'B'C'的面积．
则S△ABC=12BC⋅AD,S△A'B'C'=12B'C'⋅A'D'，
∵AD=A'D'
∴S△ABC:S△A'B'C=BC:B'C'．
【性质应用】
(1)如图②，D是△ABC的边BC上的一点．若BD=3,DC=4，则S△ABD:S△ADC=__________；
(2)如图③，在△ABC中，D，E分别是BC和AB边上的点．若BE:AB=1:2，CD:BC=1:3，S△ABC=1，则S△BEC=__________，S△CDE=_________；
(3)如图③，在△ABC中，D，E分别是BC和AB边上的点，若BE:AB=1:m，CD:BC=1:n，S△ABC=a，则S△CDE=__________．
【答案】(1)3:4
(2)12；16
(3)amn
【解析】
【分析】
（1）由图可知△ABD和△ADC是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案；
（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和等高三角形的性质可求得S△CDE；
（3）根据BE:AB=1:m，S△ABC=a和等高三角形的性质可求得S△BEC，然后根据CD:BC=1:n，和等高三角形的性质可求得S△CDE．
(1)
解：如图，过点A作AE⊥BC，
则S△ABD=12BD⋅AE，S△ADC=12DC⋅AE
∵AE=AE，
∴S△ABD:S△ADC=BD:DC=3:4．
(2)
解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，
∴S△BEC:S△ABC=BE:AB=1:2，
∴S△BEC=12S△ABC=12×1=12；
∵△CDE和△BEC是等高三角形，
∴S△CDE:S△BEC=CD:BC=1:3，
∴S△CDE=13S△BEC=13×12=16．
(3)
解：∵△BEC和△ABC是等高三角形，
∴S△BEC:S△ABC=BE:AB=1:m，
∴S△BEC=1mS△ABC=1m×a=am；
∵△CDE和△BEC是等高三角形，
∴S△CDE:S△BEC=CD:BC=1:n，
∴S△CDE=1nS△BEC=1n×am=amn．
【点睛】
本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键．
4．（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
【解析】
【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．
(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．
5．（2022·广西·中考真题）已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．
(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A',B',D'，连接OD,OD'．判断OD与OD'有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．
【答案】(1)OD=OD'，证明见解析
(2)33+3
(3)当OA=OB时，△AOB的面积最大；理由见解析，△AOB面积的最大值为92+9
【解析】
【分析】
（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=12AB，OD′=12A′B′，进而得出结论；
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，进一步求得结果．
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，当OA=OB时，此时OT最大，即△AOB的面积最大，由勾股定理等进行求解即可．
(1)
解：OD=OD'，证明如下：
∵ ∠AOB=α=90°，AB中点为D，
∴OD=12AB，
∵D'为A'B'的中点，∠A'OB'=α=90°，
∴OD'=12A'B'，
∵AB=A'B'，
∴OD=OD'；
(2)
解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+33；
(3)
解：如图2，作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，
∴AI=22AB=32，∠AOB=12∠AIB＝45°，
则点O在⊙I上，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，
此时△AOB的面积最大，
∵OC=CI+OI=12AB+32=3+32，
∴S△AOB最大=12×6×(3+32)=9+92．
【点睛】
本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．
6．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】
甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Gegebra按图②作出示意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．
请你证明：AG=BH．
【迁移应用】
延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．
【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．
【答案】证明见解析；垂直；BH=3AG
【解析】
【分析】
证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出AGBH=OAOB=33，得出结论；
【详解】
证明：∵ AB=AC,AO⊥BC，
∴ OA=OB,∠AOB=90°，
∵ ∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，
∴ ∠BOH=∠AOG，
∵ OH=OG，
∴ △BOH≅△AOG，
∴ AG=BH；
迁移应用：AG⊥BH，
证明：∵ △BOH≅△AOG，
∴ ∠BHO=∠AGO，
∵ ∠DGH+∠AGO=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO=45°，
∵ ∠OHG=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，
∴ ∠HDG=90°，
∴ AG⊥BH；
拓展延伸：BH=3AG，
证明：在Rt△AOB中，tan30°=OAOB=33，
在Rt△HOG中，tan30°=OGOH=33，
∴ OAOB=OGOH，
由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，
∴ △BOH∽△AOG，
∴ AGBH=OAOB=33，
∴ BH=3AG．
【点睛】
本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．
7．（2022·辽宁锦州·中考真题）在△ABC中，AC=BC，点D在线段AB上，连接CD并延长至点E，使DE=CD，过点E作EF⊥AB，交直线AB于点F．
(1)如图1，若∠ACB=120°，请用等式表示AC与EF的数量关系：____________．
(2)如图2．若∠ACB=90°，完成以下问题：
①当点D，点F位于点A的异侧时，请用等式表示AC,AD,DF之间的数量关系，并说明理由；
②当点D，点F位于点A的同侧时，若DF=1,AD=3，请直接写出AC的长．
【答案】(1)EF=12AC
(2)①AD+DF=22AC；②42或22；
【解析】
【分析】
（1）过点C作CG⊥AB于G，先证明△EDF≌△CDG，得到EF=CG，然后等腰三角形的性质和含30度直角三角形的性质，即可求出答案；
（2）①过点C作CH⊥AB于H，与（1）同理，证明△EDF≌△CDH，然后证明△ACH是等腰直角三角形，即可得到结论；
②过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到△ACG是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．
(1)
解：过点C作CG⊥AB于G，如图，
∵EF⊥AB，
∴∠EFD=∠CGD=90°，
∵∠EDF=∠CDG，DE=CD，
∴△EDF≌△CDG，
∴EF=CG；
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=120°，
∴∠A=∠B=12×(180°−120°)=30°，
∴CG=12AC，
∴EF=12AC；
故答案为：EF=12AC；
(2)
解：①过点C作CH⊥AB于H，如图，
与（1）同理，可证△EDF≌△CDH，
∴DF=DH，
∴AD+DF=AD+DH=AH，
在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAH=45°，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∴AH=22AC，
∴AD+DF=22AC；
②如图，过点C作CG⊥AB于G，
与（1）同理可证，△EDF≌△CDG，
∴DF=DG=1，
∵AD=3，
当点F在点A、D之间时，有
∴AG=1+3=4，
与①同理，可证△ACG是等腰直角三角形，
∴AC=2AG=42；
当点D在点A、F之间时，如图：
∴AG=AD−DG=3−1=2，
与①同理，可证△ACG是等腰直角三角形，
∴AC=2AG=22；
综合上述，线段AC的长为42或22．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，正确得到三角形全等．
8．（2022·北京·中考真题）在△ABC中，∠ACB=90∘，D为△ABC内一点，连接BD，DC，延长DC到点E，使得CE=DC.
(1)如图1，延长BC到点F，使得CF=BC，连接AF，EF，若AF⊥EF，求证：BD⊥AF；
(2)连接AE，交BD的延长线于点H，连接CH，依题意补全图2，若AB2=AE2+BD2，用等式表示线段CD与CH的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)CD=CH；证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先利用已知条件证明△FCE≅△BCDSAS，得出∠CFE=∠CBD，推出EF∥BD，再由AF⊥EF即可证明BD⊥AF；
（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证△MEC≅△BDCSAS，推出ME=BD，通过等量代换得到AM2=AE2+ME2，利用平行线的性质得出∠BHE=∠AEM=90°，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到CD=CH．
(1)
证明：在△FCE和△BCD中，
CE=CD∠FCE=∠BCDCF=CB，
∴ △FCE≅△BCDSAS，
∴ ∠CFE=∠CBD，
∴ EF∥BD，
∵AF⊥EF，
∴BD⊥AF．
(2)
解：补全后的图形如图所示，CD=CH，证明如下：
延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，
∵∠ACB=90∘，CM＝CB，
∴ AC垂直平分BM，
∴AB=AM，
在△MEC和△BDC中，
CM=CB∠MCE=∠BCDCE=CD，
∴ △MEC≅△BDCSAS，
∴ ME=BD，∠CME=∠CBD，
∵AB2=AE2+BD2，
∴ AM2=AE2+ME2，
∴ ∠AEM=90°，
∵∠CME=∠CBD，
∴ BH∥EM，
∴ ∠BHE=∠AEM=90°，即∠DHE=90°，
∵CE=CD=12DE，
∴ CH=12DE，
∴ CD=CH．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明∠DHE=90°是解题的关键．
9．（2022·福建·中考真题）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC．
(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求∠ADB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠ACE+∠EFC=180°，见解析
(3)30°
【解析】
【分析】
（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出∠ACF=∠CEF，再根据三角形内角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，得到∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得△ABM≌△CDB，得到∠MBA=∠BDC，设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，得到α+β的关系即可．
(1)
∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴∠ACB=∠DCB，
∴∠ABC=∠DCB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
(2)
结论：∠ACE+∠EFC=180°．
证明：∵△ABC≌△DEC，
∴∠ABC=∠DEC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB=∠DEC，
∵∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°，
∴∠ACF=∠CEF，
∵∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，
∴∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，
∴∠ACE+∠EFC=180°；
(3)
在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，
∵AB＝CD，∠BAD=∠BCD，
∴△ABM≌△CDB，
∴BM＝BD，∠MBA=∠BDC，
∴∠ADB=∠BMD，
∵∠BMD=∠BAD+∠MBA，
∴∠ADB=∠BCD+∠BDC，
设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，
∵CA＝CD，
∴∠CAD=∠CDA=α+2β，
∴∠BAC=∠CAD−∠BAD=2β，
∴∠ACB=12180°−∠BAC=90°−β，
∴∠ACD=90°−β+α，
∵∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°，
∴90°−β+α+2α+2β=180°，
∴α+β=30°，即∠ADB＝30°．
【点睛】
本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．
10．（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
【解析】
【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．
11．（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
【解析】
【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．
12．（2022·湖北武汉·中考真题）已知CD是△ABC的角平分线，点E，F分别在边AC，BC上，AD=m，BD=n，△ADE与△BDF的面积之和为S．
(1)填空：当∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图1，若∠B=45°，m=52，则n=_____________，S=_____________；
②如图2，若∠B=60°，m=43，则n=_____________，S=_____________；
(2)如图3，当∠ACB=∠EDF=90°时，探究S与m、n的数量关系，并说明理由：
(3)如图4，当∠ACB=60°，∠EDF=120°，m=6，n=4时，请直接写出S的大小．
【答案】(1)①52，25；②4；83
(2)S=12mn
(3)S=63
【解析】
【分析】
（1）①先证四边形DECF为正方形，再证△ABC为等腰直角三角形，根据CD平分∠ACB，得出CD⊥AB，且AD=BD=m,然后利用三角函数求出BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5即可；②先证四边形DECF为正方形，利用直角三角形两锐角互余求出∠A=90°-∠B=30°，利用30°直角三角形先证求出DE=12AD=12×43=23，利用三角函数求出AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，BF=DFtan30°=2，BD=DF÷sin60°=4即可；
（2）过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，先证四边形DGCH为正方形，再证△DFG≌△DEH（ASA）与△DBG≌△DIH（SAS），然后证明∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°即可；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，先证明△DQF≌△DPE，△DBQ≌△DRP，再证△DBF≌△DRE，求出∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°即可．
(1)
解：①∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=45°，
∴∠A=90°-∠B=45°=∠B，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵CD平分∠ACB，
∴CD⊥AB，且AD=BD=m,
∵m=52，
∴BD=n=52，
∴BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5，ED=DF=5，
∴S= S△ADE+SΔBDF=12×5×5+12×5×5=25；
故答案为52，25；
②∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=60°，
∴∠A=90°-∠B=30°，
∴DE=12AD=12×43=23，AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，
∵∠BDF=90°-∠B=30°，
∴BF=DFtan30°=2，
∴BD=DF÷sin60°=4，
∴BD=n=4，
∴S=S△ADE+SΔBDF=12×23×6+12×2×23=83，
故答案为：4；83；
(2)
解：过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，
∴∠DHC=∠DGC=∠GCH=90°，
∴四边形DGCH为矩形，
∵CD是△ABC的角平分线，DH⊥AC，DG⊥BC，
∴DG=DH，
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDG+∠GDE=∠GDE+∠EDH=90°，
∴∠FDG=∠EDH，
在△DFG和△DEH中，
∠FDG=∠EDHDG=DH∠DGF=∠DHE，
∴△DFG≌△DEH（ASA）
∴FG=EH，
在△DBG和△DIH中，
DG=DH∠DGB=∠DHIBG=IH，
∴△DBG≌△DIH（SAS），
∴∠B=∠DIH，DB=DI=n，
∵∠DIH+∠A=∠B+∠A=90°，
∴∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°，
∴S△ADI=12AD⋅DI=12mn，
∴S=S△ADE+SΔBDF=S△ADE+SΔHDI=SΔADI=12mn；
(3)
过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，
∵CD是△ABC的角平分线，DP⊥AC，DQ⊥BC，
∴DP=DQ，
∵∠ACB=60°
∴∠QDP=120°，
∵∠EDF=120°，
∴∠FDQ+∠FDP=∠FDP+∠EDP=120°，
∴∠FDQ=∠EDP，
在△DFQ和△DEP中，
∠FDQ=∠EDPDQ=DP∠DQF=∠DPE，
∴△DFQ≌△DEP（ASA）
∴DF=DE，∠QDF=∠PDE，
在△DBQ和△DRP中，
DQ=DP∠DQB=∠DPRBQ=RP，
∴△DBQ≌△DRP（SAS），
∴∠BDQ=∠RDP，DB=DR，
∴∠BDF=∠BDQ+∠FDQ=∠RDP+∠EDP=∠RDE，
∵DB=DE，DB=DR，
∴△DBF≌△DRE，
∴∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°，
∴S=S△ADR=12AS⋅DR=12ADsin60°×DR=12×6×32×4=63．
【点睛】
本题考查等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形，掌握等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形是解题关键．
13．（2022·黑龙江·中考真题）△ABC和△ADE都是等边三角形．
(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有PA+PB=PC（或PA+PC=PB）成立；请证明．
(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；
(3)将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)图②结论：PB=PA+PC，证明见解析
(3)图③结论：PA+PB=PC
【解析】
【分析】
（1）由△ABC是等边三角形，得AB=AC，再因为点P与点A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出结论；
（2）在BP上截取BF=CP，连接AF，证明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再证明△CAP≌△BAF（SAS），得∠CAP=∠BAF，AF=AP，然后证明△AFP是等边三角形，得PF=AP，即可得出结论；
（3）在CP上截取CF=BP，连接AF，证明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再证明△BAP≌△CAF（SAS），得出∠CAF=∠BAP，AP=AF，然后证明△AFP是等边三角形，得PF=AP，即可得出结论：PA+PB=PF+CF=PC．
(1)
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵点P与点A重合，
∴PB=AB，PC=AC，PA=0，
∴PA+PB=PC或PA+PC=PB；
(2)
解：图②结论：PB=PA+PC
证明：在BP上截取BF=CP，连接AF，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵AC=AB，CP=BF，
∴△CAP≌△BAF（SAS），
∴∠CAP=∠BAF，AF=AP，
∴∠CAP+∠CAF=∠BAF+∠CAF，
∴∠FAP=∠BAC=60°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=AP，
∴PA+PC=PF+BF=PB；
(3)
解：图③结论：PA+PB=PC，
理由：在CP上截取CF=BP，连接AF，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°
∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，BP=CF，
∴△BAP≌△CAF（SAS），
∴∠CAF=∠BAP，AP=AF，
∴∠BAF+∠BAP=∠BAF+∠CAF，
∴∠FAP=∠BAC=60°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=AP，
∴PA+PB=PF+CF=PC，
即PA+PB=PC．
【点睛】
本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
14．（2022·陕西·中考真题）问题提出
(1)如图1，AD是等边△ABC的中线，点P在AD的延长线上，且AP=AC，则∠APC的度数为__________．
问题探究
(2)如图2，在△ABC中，CA=CB=6,∠C=120°．过点A作AP∥BC，且AP=BC，过点P作直线l⊥BC，分别交AB、BC于点O、E，求四边形OECA的面积．
问题解决
(3)如图3，现有一块△ABC型板材，∠ACB为钝角，∠BAC=45°．工人师傅想用这块板材裁出一个△ABP型部件，并要求∠BAP=15°,AP=AC．工人师傅在这块板材上的作法如下：
①以点C为圆心，以CA长为半径画弧，交AB于点D，连接CD；
②作CD的垂直平分线l，与CD于点E；
③以点A为圆心，以AC长为半径画弧，交直线l于点P，连接AP、BP，得△ABP．
请问，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？请证明你的结论．
【答案】(1)75°
(2)1532
(3)符合要求，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用等腰三角形的判定及性质，结合三角形内角和，先求出∠PCD=15°即可；
（2）连接BP．先证明出四边形ACBP是菱形．利用菱形的性质得出BP=AC=6，由∠ACB=120°，得出∠PBE=60°．根据l⊥BC，得BE=PB⋅cs60°=3，PE=PB⋅sin60°=33，即可求出S△ABC=12BC⋅PE=93，再求出OE=3，利用S四边形OECA=S△ABC−S△OBE即可求解；
（3）由作法，知AP=AC，根据CD=CA,∠CAB=45°，得出∠ACD=90°．以AC、CD为边，作正方形ACDF，连接PF．得出AF=AC=AP．根据l是CD的垂直平分线，证明出△AFP为等边三角形，即可得出结论．
(1)
解：∵AC=AP，
∴∠ACP=∠APC，
∵2(∠ACD+∠PCD)+∠CAP=180°，
∴2×(60°+∠PCD)+30°=180°，
解得：∠PCD=15°，
∴∠ACP=∠ACD+∠PCD=75°，
∴∠APC=75°，
故答案为：75°；
(2)
解：如图2，连接BP．
图2
∵AP∥BC,AP=BC=AC，
∴四边形ACBP是菱形．
∴BP=AC=6．
∵∠ACB=120°，
∴∠PBE=60°．
∵l⊥BC，
∴BE=PB⋅cs60°=3,PE=PB⋅sin60°=33．
∴S△ABC=12BC⋅PE=93．
∵∠ABC=30°，
∴OE=BE⋅tan30°=3．
∴S△OBE=12BE⋅OE=332．
∴S四边形OECA=S△ABC−S△OBE=1532．
(3)
解：符合要求．
由作法，知AP=AC．
∵CD=CA,∠CAB=45°，
∴∠ACD=90°．
如图3，以AC、CD为边，作正方形ACDF，连接PF．
图3
∴AF=AC=AP．
∵l是CD的垂直平分线，
∴l是AF的垂直平分线．
∴PF=PA．
∴△AFP为等边三角形．
∴∠FAP=60°，
∴∠PAC=30°，
∴∠BAP=15°．
∴裁得的△ABP型部件符合要求．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定及性质、三角形内角和定理、菱形的判定及性质、锐角三角函数、正方形、垂直平分线，解题的关键是要灵活运用以上知识点进行求解，涉及知识点较多，题目较难．
15．（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
【解析】
【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．
16．（2022·湖北十堰·中考真题）已知∠ABN=90°，在∠ABN内部作等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=α0°<α≤90°．点D为射线BN上任意一点（与点B不重合），连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转α得到线段AE，连接EC并延长交射线BN于点F．
(1)如图1，当α=90°时，线段BF与CF的数量关系是_________；
(2)如图2，当0°<α<90°时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)若α=60°，AB=43，BD=m，过点E作EP⊥BN，垂足为P，请直接写出PD的长（用含有m的式子表示）．
【答案】(1)BF=CF
(2)成立；理由见解析
(3)PD=6−m2或PD=0或PD=m2−6
【解析】
【分析】
（1）连接AF，先根据“SAS”证明ΔACE≌ΔABD，得出∠ACE=∠ABD=90°，再证明Rt△ABF≌Rt△ACF，即可得出结论；
（2）连接AF，先说明∠EAC=∠BAD，然后根据“SAS”证明ΔACE≌ΔABD，得出∠ACE=∠ABD=90°，再证明Rt△ABF≌Rt△ACF，即可得出结论；
（3）先根据α=60°，AB=AC，得出△ABC为等边三角形，再按照∠BAD＜60°，∠BAD=60°，∠BAD＞60°三种情况进行讨论，得出结果即可．
(1)
解：BF=CF；理由如下：
连接AF，如图所示：
根据旋转可知，∠DAE=α=90°，AE=AD，
∵∠BAC=90°，
∴∠EAC+∠CAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，
∴∠EAC=∠BAD，
∵AC=AB，
∴ΔACE≌ΔABD（SAS），
∴∠ACE=∠ABD=90°，
∴∠ACF=180°−90°=90°，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中AB=ACAF=AF，
∴Rt△ABF≌Rt△ACF（HL），
∴BF=CF．
故答案为：BF=CF．
(2)
成立；理由如下：
连接AF，如图所示：
根据旋转可知，∠DAE=α，AE=AD，
∵∠BAC=α，
∴∠EAC−∠CAD=α，∠BAD−∠CAD=α，
∴∠EAC=∠BAD，
∵AC=AB，
∴ΔACE≌ΔABD，
∴∠ACE=∠ABD=90°，
∴∠ACF=180°−90°=90°，
∵在Rt△ABF与Rt△ACF中AB=ACAF=AF，
∴Rt△ABF≌Rt△ACF（HL），
∴BF=CF．
(3)
∵α=60°，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AB=AC=BC=43，
当∠BAD＜60°时，连接AF，如图所示：
根据解析（2）可知，Rt△ABF≌Rt△ACF，
∴∠BAF=∠CAF=12∠BAC=30°，
∵AB=43，
∴tan∠BAF=tan30°=BFAB，
即BF=AB×tan30°=43×33=4，
∴CF=BF=4，
根据解析（2）可知，ΔACE≌ΔABD，
∴CE=BD=m，
∴EF=CF+CE=4+m，
∠FBC=∠FCB=90°−60°=30°，
∴∠EFP=∠FBC+∠FCB=60°，
∵∠EPF=90°，
∴∠FEP=90°−60°=30°，
∴PF=12EF=124+m=2+m2，
∴BP=BF+PF=4+2+m2=6+m2，
∴PD=BP−BD=6+m2−m=6−m2；
当∠BAD=60°时，AD与AC重合，如图所示：
∵∠DAE=60°，AE=AD，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠ADE=60°，
∵∠ADB=90°−∠BAC=30°，
∴∠ADE=60°+30°=90°，
∴此时点P与点D重合，PD=0；
当∠BAD＞60°时，连接AF，如图所示：
根据解析（2）可知，Rt△ABF≌Rt△ACF，
∴∠BAF=∠CAF=12∠BAC=30°，
∵AB=43，
∴tan∠BAF=tan30°=BFAB，
即BF=AB×tan30°=43×33=4，
∴CF=BF=4，
根据解析（2）可知，ΔACE≌ΔABD，
∴CE=BD=m，
∴EF=CF+CE=4+m，
∵∠FBC=∠FCB=90°−60°=30°，
∴∠EFP=∠FBC+∠FCB=60°，
∵∠EPF=90°，
∴∠FEP=90°−60°=30°，
∴PF=12EF=124+m=2+m2，
∴BP=BF+PF=4+2+m2=6+m2，
∴PD=BD−BF=m−6+m2=m2−6；
综上分析可知，PD=6−m2或PD=0或PD=m2−6．
17．（2022·湖南湘潭·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
(1)特例体验：
如图①，若直线l∥BC，AB=AC=2，分别求出线段BD、CE和DE的长；
(2)规律探究：
①如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α0<α<45°，请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
②如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α45°<α<90°，与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
(3)尝试应用：
在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE=3，DE=1，求S△BFC．
【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2
(2)①DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析
(3)SΔBFC=258
【解析】
【分析】
（1）先根据得出∠ABC=∠ACB=90°2=45°，根据l∥BC，得出∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，再根据∠BDA=∠CEA=90°，求出∠ABD=45°，∠ACE=45°，
即可得出∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，最后根据三角函数得出AD=BD=1，AE=CE=1，即可求出DE=AD+AE=2；
（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明ΔABD≌ΔCAE，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出AC=AE2+CE2=5，根据DF∥CE，得出ADAE=AFCF，代入数据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积．
(1)
解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=90°2=45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB=∠ABC=45°，∠EAC=∠ACE=45°，
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠ABD=90°−45°=45°，∠ACE=90°−45°=45°，
∴∠DAB=∠ABD=∠EAC=∠ACE=45°，
∴AD=BD=AB×sin∠DAB=2×22=1，
AE=CE=AC×sin∠EAC=2×22=1，
∴DE=AD+AE=2．
(2)
①DE=CE+BD；理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=CE+BD，
即DE=CE+BD；
②BD=CE+DE，理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAB+∠CAE=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵AB=AC，
∴ΔABD≌ΔCAE，
∴AD=CE，BD=AE，
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，
即BD=CE+DE．
(3)
根据解析（2）可知，AD=CE=3，
∴AE=AD+DE=3+1=4，
在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：AC=AE2+CE2=5，
∵BD⊥AE，CE⊥AE，
∴DF∥CE，
∴ADAE=AFCF，
即34=AF5，
解得：AF=154，
∴CF=AC−AF=5−154=54，
∵AB=AC=5，
∴SΔBFC=12CF×AB=12×54×5=258．
【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明ΔABD≌ΔCAE，是解题的关键．
18．（2022·江苏扬州·中考真题）如图1，在ΔABC中，∠BAC=90°,∠C=60°，点D在BC边上由点C向点B运动（不与点B、C重合），过点D作DE⊥AD，交射线AB于点E．
(1)分别探索以下两种特殊情形时线段AE与BE的数量关系，并说明理由；
①点E在线段AB的延长线上且BE=BD；
②点E在线段AB上且EB=ED．
(2)若AB=6．
①当DEAD=32时，求AE的长；
②直接写出运动过程中线段AE长度的最小值．
【答案】(1)①AE=2BE②AE=2BE
(2)①215②4
【解析】
【分析】
（1）①算出△ABD各个内角，发现其是等腰三角形即可推出；
②算出△ADE各内角发现其是30°的直角三角形即可推出；
（2）①分别过点A，E作BC的垂线，得到一线三垂直的相似，即△EGD∽△DHA，设DE=3a，AD=2a，利用30°直角三角形的三边关系，分别表示出ED，AD，EG，DH，列式求解a即可；
②分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H，证明△EHD∽△DGA可得AGDH=DGEH，然后利用完全平方公式变形得出AE≥3+EH，求出AE的取值范围即可．
(1)
①如图：
∵在ΔABC中，∠BAC=90°，∠C=60°
∴∠ABC=30°
∵BE=BD
∴∠BDE=12∠ABC=15°，∠BDA=90°−∠BDE=90°−15°=75°
在△ABD中，∠BAD=180°−∠ABD−∠BDA=180°−30°−75°=75°
∴∠BAD=∠BDA=75°
∴AB=BD=BE
∴AE=2BE；
②如图：
∵BE=DE
∴∠EBD=∠EDB=30°，∠AED=60°
∴在Rt△ADE中，∠EAD=30°
∴AE=2ED
∴AE=2BE；
(2)
①分别过点A，E作BC的垂线，相交于点H，G，则∠EGD＝∠DHA＝90°，
∴∠GED＋∠GDE＝90°，
∵∠HDA＋∠GDE＝90°，
∴∠GED＝∠HDA，
∴△EGD∽△DHA，
设DE=3a，AD=2a，则AE=DE2+AD2=7a，BE=6−7a，
在Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=6
则AC=AB3=23，BC=2AC=43
在Rt△BEG中，∠EBG=30°，BE=6−7a
则EG=BE2=3−72a
在Rt△AHC中，∠C=60°，AC=23
∴AH=3AC2=3
∴DH=AD2−AH2=4a2−9
由△EGD∽△DHA得EDAD=EGDH，
即32=3−72a4a2−9
解得：a1=357，a2=−37（舍）
故AE=7a=215；
②分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H，则∠EHD＝∠AGD＝90°，
∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH=90°-∠ADG＝∠DAG，
∵∠EHD＝∠AGD＝90°，
∴△EHD∽△DGA，
∴AGDH=DGEH，
∴AG·EH=DH·DG，
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B=30°，
∴AG=12AB=3，EH=12BE=12（6-AE)，
∴DH·DG=3EH，
∴AE2=AD2+DE2=AG2+DG2+DH2+EH2=9+DG2+DH2+EH2，
∵DG2+DH2≥2DG·DH
∴AE2≥9+2DG·DH+EH2，
∴AE2≥9+6EH+EH2≥(3+EH)2，
∵AE＞0,DH＞0，
∴AE≥3+EH，
∵EH=12（6-AE)，
∴AE≥3+12(6−AE)，
∴AE≥4，
故AE的最小值为4.
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的性质，一线三垂直相似模型，垂线段最短，熟练掌握直角三角形的性质，一线三垂直模型，垂线段最短原理是解题的关键．
19．（2022·河北·中考真题）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB=23，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM=43．
(1)求证：△PQM≌△CHD；
(2)△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止．
①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；
②如图2，点K在BH上，且BK=9−43．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；
③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）．
【答案】(1)见详解
(2)①93+5π；
②(43−3)s；
③CF=60−12d9−d
【解析】
【分析】
（1）先证明四边形ABHD是矩形，再根据Rt△DHC算出CD长度，即可证明；
（2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可；
②运动分两个阶段：平移阶段：t=KHv；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作GT⊥DM于T；设∠KDH=θ，利用Rt△DKH算出tanθ，sinθ，csθ，利用Rt△DGM算出DG，利用Rt△DGT算出GT，最后利用Rt△HGT算出sin∠GHT，发现sin∠GHT=12，从而得到2θ，θ度数，求出旋转角，最后用旋转角角度计算所用时间即可；
③分两种情况：当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，证明△DEF∼△CED，结合勾股定理，可得DE2=232+3−d2=9−d2−m9−d，即可得CF与d的关系．
(1)
∵AD∥BC，DH⊥BC
∴DH⊥AD
则在四边形ABHD中
∠ABH=∠BHD=∠HDA=90°
故四边形ABHD为矩形
DH=AB=23，BH=AD=3
在Rt△DHC中，∠C=30°
∴CD=2DH=43，CH=3DH=6
∵∠DHC=∠Q=90°∠C=∠QPM=30°CD=PM=43
∴△CHD≌△PQM(AAS)；
(2)
①过点Q作QS⊥AM于S
由（1）得：AQ=CH=6
在Rt△AQS中，∠QAS=30°
∴AS=32AQ=33
平移扫过面积：S1=AD⋅AS=3×33=93
旋转扫过面积：S2=50°360°⋅π⋅PQ2=50°360°⋅π⋅62=5π
故边PQ扫过的面积：S=S1+S2=93+5π
②运动分两个阶段：平移和旋转
平移阶段：
KH=BH−BK=3−(9−43)=43−6
t1=KHv=(43−6)s
旋转阶段：
由线段长度得：PM=2DM
取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作GT⊥DM于T

设∠KDH=θ，则∠GHM=2θ
在Rt△DKH中：
KH=BH−BK=3−(9−43)=43−6=23×(2−3)
DK=DH2+KH2=(23)2+(43−6)2=43×2−3
设t=2−3，则KH=23t2，DK=43t，DH=23
tanθ=KHDH=t2，sinθ=KHDK=t2，csθ=DHDK=12t
∵DM为直径
∴∠DGM=90°
在Rt△DGM中 ：DG=DM⋅csθ=43×12t=23t
在Rt△DGT中：GT=DG⋅sinθ=23t×t2=3
在Rt△HGT中：sin2θ=GTGH=323=12
∴2θ=30°，θ=15°
PQ转过的角度：30°−15°=15°
t2=15°5°=3s
总时间：t=t1+t2=43−6+3=(43−3)s
③设CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
当旋转角＜30°时，DE在DH的左侧，如图：
∵∠EDF=30°，∠C=30°，
∴∠EDF=∠C，
又∵∠DEF=∠CED，
∴△DEF∼△CED，
∴DECE=EFDE，即DE9−d=9−d−mDE，
∴DE2=9−d2−m9−d，
∵在△DHE中，DE2=DH2+EH2=232+3−d2，
∴9−d2−m9−d=232+3−d2，
∴CF=m=60−12d9−d
当旋转角≥30°时，DE在DH上或右侧，如图：CF=m，则EF=BC-BE-CF=9-d-m，CE=9-d，
同理：可得CF=m=60−12d9−d

综上所述：CF=60−12d9−d．
【点睛】
本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解直角三角形，圆的性质，相似三角形的判定和性质；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出sin2θ是难点，第（2）问第③小题用到相似三角形的判定和性质．
20．（2022·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】
解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
21．（2022·湖北武汉·中考真题）问题提出：如图（1），△ABC中，AB=AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE=DB，延长ED交AB于点F，探究AFAB的值．
(1)先将问题特殊化．如图（2），当∠BAC=60°时，直接写出AFAB的值；
(2)再探究一般情形．如图（1），证明（1）中的结论仍然成立．
问题拓展：如图（3），在△ABC中，AB=AC，D是AC的中点，G是边BC上一点，CGBC=1nn<2，延长BC至点E，使DE=DG，延长ED交AB于点F．直接写出AFAB的值（用含n的式子表示）．
【答案】(1)[问题提出]（1）14；（2）见解析
(2)[问题拓展]2−n4
【解析】
【分析】
[问题探究]（1）根据等边三角形的性质结合已知条件，求得∠ADF=∠ADB=30°，∠AFD=90°，根据含30度角的直角三角形的性质，可得AF=12AD,AD=12AC=12AB，即可求解；
（2）取BC的中点H，连接DH．证明△DBH≌△DEC，可得BH=EC，根据DH∥AB，证明△EDH∽△EFB，根据相似三角形的性质可得FBDH=EBEH=32，进而可得AFAB=14；
[问题拓展]方法同（2）证明△DBH≌△DEC，得出，GH=EC，证明△EDH∽△EFB，得到FBDH=EBEH=2+n2，进而可得AFAB= 2−n4．
(1)
[问题探究]：（1）如图，
∵ △ABC中，AB=AC，D是AC的中点，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，AD=12AB
∴∠ABD=∠DBE=30°，∠A=60°，
∴DB=DE，
∴∠E=∠DBE=30°，
∵∠DCE=180°−∠ACB=120°，
∴∠ADF=∠CDE=180°−∠E−∠DCE=30°，
∵∠A=60°，
∴∠AFD=90°，
∴AF=12AD，
∴AFAB=12ADAB=14．
（2）证明：取BC的中点H，连接DH．
∵D是AC的中点，
∴DH∥AB，DH=12AB．
∵AB=AC，
∴DH=DC，
∴∠DHC=∠DCH．
∵BD=DE，
∴∠DBH=∠DEC．
∴∠BDH=∠EDC．
∴△DBH≌△DEC．
∴BH=EC．
∴EBEH=32．
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB．
∴FBDH=EBEH=32．
∴FBAB=34．
∴AFAB=14．
(2)
[问题拓展]如图，取BC的中点H，连接DH．
∵D是AC的中点，
∴DH∥AB，DH=12AB．
∵AB=AC，
∴DH=DC，
∴∠DHC=∠DCH．
∵DE=DG，
∴∠DGH=∠DEC．
∴∠GDH=∠EDC．
∴△DGH≌△DEC．
∴GH=EC．
∴HE=CG
∵ CGBC=1nn<2
∴BC=nCG
∴BG=n−1CG，
CE=GH=12BC−BG=12nCG−n−1CG=1−n2CG
∴EBEH=BC+CEEH=nCG+1−n2CGCG=1+n2=2+n2．
∵DH∥AB，
∴△EDH∽△EFB．
∴FBDH=EBEH=2+n2．
∴FBAB=2+n4．
∴AFAB=4−2−n4=2−n4．
∴ AFAB= 2−n4．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等边对等角，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
22．（2022·江西·中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为__________；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为__________；
(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE,OP分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当BM=CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；
②如图3，当CM=CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；
(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH=α），将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示），
（参考数据：sin15°=6−24,cs15°=6+24,tan15°=2−3）
【答案】(1)1,1，S1=14S
(2)①△OMN是等边三角形，理由见解析；②3−1
(3)tanα2,1−tan45°−α2
【解析】
【分析】
（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4-2中，当CM=CN时，S2最大．分别求解即可．
(1)
如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=14S正方形ABCD，
∴S1=14S．
故答案为：1，1，S1=14S．
(2)
①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ•tan15°=2-3，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-3）=3-1，
∴S四边形OMCN=2×12×CM×OJ=3-1．
(3)
如图4，将∠HOG沿OH翻折得到∠HOG'，则△MON≌△M'ON，此时则当M,N在BC上时，S2比四边形NOM'C的面积小，

设M'C=a,CN=b，则当S△MNM'最大时，S2最小，
∵ S△MNM' =12ab≤12a+b22，即M'C=NC时，S△MNM'最大，
此时OC垂直平分M'N，即ON=OM'，则OM=ON
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，

∵ OM=ON，OQ⊥MN
∴BM=CN
∴当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ•tanα2=tanα2，
∴MN=2MQ=2tanα2，
∴S2=S△OMN=12×MN×OQ=tanα2．
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．

∵ OC=OC,∠OCN=∠OCM,CN=CM
则△COM≌△CON，
∴∠COM=α2，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-α2，
QM=OQ•tan（45°-α2）=tan（45°-α2），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-α2），
∴S2=2S△CMO=2×12×CM×OQ=1-tan（45°-α2）．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
23．（2022·重庆·中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．
(1)如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；
(2)如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求证：AM+AF= 2AE；
(3)如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，连接B'G，直接写出线段B'G的长度的最小值．
【答案】(1)2
(2)见解析
(3)10−2
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件可得D为BC的中点，证明CP⊥BG，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解；
（2）过点E作EH⊥AE交AD的延长线于点H，证明△AEG≌△HEF SAS，△AGB≌△AMFAAS，可得AG=AF，进而根据AF+AM=FH+AF=AH，AH=2AE即可得出结论，
（3）根据（2）可知∠FAG=90°，当点F在线段AD上运动时，点G在平行于BC的线段上运动，根据题意作出图形，根据点到圆上的距离求最值即可求解．
(1)
如图，连接CP
∵将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，
∴ △FCG是等腰直角三角形，
∵ P为FG的中点，
∴CP⊥FG，
∴CP=PF，
∴∠PFC=∠FCP=45°，
∵ ∠BAC=90°，D为BC的中点，AB=AC=22，
∴AD ⊥BC，BC=2AB=4，
∴AD=DC，
在Rt△PBC中，PD=12BC=2；
(2)
如图，过点E作EH⊥AE交AD的延长线于点H，
∵EF⊥EG,HE⊥AE，
∴∠HEF+∠FEA=∠FEA+∠AEG =90°，
∴ ∠HEF=∠AEG，
∵∠DAE=∠DAC=45°，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∴AE=EH，
∴AH=2AE，
在△AEG与△HEF中，
GE=FE∠GEA=∠FEHAE=HE
∴△AEG≌△HEF SAS，
∴∠H=∠GAE=45°，
∴∠GAF=∠CAD+∠GAE=90°，
∴∠MAF=∠NAG =45°，
又HE⊥AC，∠BAC=90°，
∴ HE//AB，
∴∠AMF=∠FEH，
∵ ∠AGN=∠AEG，
∵∠AEG=∠FEH=∠AMF，
∴∠AMF=∠AGN，
又GN=MF，
∴△AGN≌△AMFAAS，
∴ AM=AG,
∵AG=FH，
∴AM=FH，
∴AF+AM=FH+AF=AH，
∵AH=2AE，
∴AF+AM=2AE；
(3)
由（2）可知∠FAG=90°，
则当点F在线段AD上运动时，点G在平行于BC的线段上运动，
∵将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，
∵ E为AC的中点，
∴AE=12AC=2，
∴B'E=BE =222+22=10 ，
则点B'在以E为圆心10为半径的圆上运动，当B',G,E三点共线时，B'E最小，
如图，当F运动到与D点重合时，B'G取得最小值，B'G=EB'−AE=10−2．
如图，当点F运动到与A点重合时，B'G取得最小值，
此时EG=EF=AE=2，则B'G=EB'−AE=10−2．
综上所述，B'G的最小值为10−2．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称线的性质，点到圆上一点距离最值问题，正确的添加辅助线是解题的关键．
24．（2022·浙江宁波·中考真题）
(1)如图1，在△ABC中，D，E，F分别为AB,AC,BC上的点，DE∥BC,BF=CF,AF交DE于点G，求证：DG=EG．
(2)如图2，在（1）的条件下，连接CD,CG．若CG⊥DE,CD=6,AE=3，求DEBC的值．
(3)如图3，在▱ABCD中，∠ADC=45°,AC与BD交于点O，E为AO上一点，EG∥BD交AD于点G，EF⊥EG交BC于点F．若∠EGF=40°,FG平分∠EFC,FG=10，求BF的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)13
(3)5+53
【解析】
【分析】
（1）利用DE∥BC，证明△ADG∼△ABF,△AEG∼△ACF，利用相似比即可证明此问；
（2）由（1）得DG=EG，CG⊥DE，得出△DCE是等腰三角形，利用三角形相似即可求出 DEBC的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长GE交AB于点M，连接FM，作MN⊥BC，垂足为N．构造出等腰三角形、含30°、45°角的特殊直角三角形，求出BN、FN的值，即可得出BF的长．
(1)
解：∵DE∥BC，
∴△ADG∼△ABF,△AEG∼△ACF，
∴DGBF=AGAF,EGCF=AGAF，
∴DGBF=EGCF．
∵BF=CF，
∴DG=EG．
(2)
解：由（1）得DG=EG，
∵CG⊥DE，
∴CE=CD=6．
∵AE=3，
∴AC=AE+CE=9．
∵DE∥BC，
∴△ADE∼△ABC．
∴DEBC=AEAC=13．
(3)
解：如图，延长GE交AB于点M，连接FM，作MN⊥BC，垂足为N．
在▱ABCD中，BO=DO,∠ABC=∠ADC=45°．
∵EG∥BD，
∴由（1）得ME=GE，
∵EF⊥EG，
∴FM=FG=10，
∴∠EFM=∠EFG．
∵∠EGF=40°，
∴∠EMF=40°，
∴∠EFG=50°．
∵FG平分∠EFC，
∴∠EFG=∠CFG=50°，
∴∠BFM=180°−∠EFM−∠EFG−∠CFG=30°．
∴．在Rt△FMN中，MN=FMsin30°=5,FN=FMcs30°=53．
∵∠MBN=45°,MN⊥BN，
∴BN=MN=5，
∴BF=BN+FN=5+53．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．