培优专题01 三角形常见模型综合练习-中考数学专题

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本考点是中考五星高频考点，难度中等及中等偏上，在全国各地市的中考试卷中都有考查。
（2022年鄂尔多斯中考试卷第14题）如图，AB⊥BC于点B，AB⊥AD于点A，点E是CD中点，若BC＝5，AD＝10，BE＝，则AB的长是 ．
【模型】倍长中线类模型：∥＋中点→三角形全等
【分析】延长BE交AD于点F，由“ASA”可证△BCE≌△FDE，可得DF＝BC＝5，BE＝EF，由勾股定理可求AB的长．
【解答】解：如图，延长BE交AD于点F，
∵点E是DC的中点，
∴DE＝CE，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠BCE，
∵∠FED＝∠BEC，
∴△BCE≌△FDE（ASA），
∴DF＝BC＝5，BE＝EF，
∴BF＝2BE＝13，
在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB＝12．
故答案为：12．
点评：本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键。
三角形常见模型是解决中考数学问题的有效“捷径”，因为各个模型总结了不同类题的问题特征，并且给予了问题的解决方向，熟悉模型能有效提高做题速度，节约考试时间。
本考点是中考五星高频考点，难度中等或较大，个别还会以压轴题出现，在全国各地市的中考试卷中均有考查。
全等常见模型：
①K型图：
K型全等模型变形——三垂定理：
如图，亦有△ADC≌△CEB(AAS)
总结：当一个直角放在一条直线上时，常通过构造K型全等来证明边相等，或者边之间的数量关系
②手拉手：
③倍长中线：
相似常见模型：
①A字图：当∠ADE=∠ACB时
△ADE∽△ACB
性质：
当DE∥BC时
△ADE∽△ABC
性质：
变型

②8字图：当∠A=∠C时
△AJB∽△CJD
性质：
当AB∥CD时
△AOB∽△DOC
性质：
变型
③一线三等角：

一般地：当动点E运动到底边的中点时，CF有最大值
组合常见模型：
①知2得1：
①AD为角平分线；②DE∥AB；③AE=ED
若以上3个条件中有2个成立，则剩余的那个就会成立。即：三条件满足“知2得1”

②勾股定理面积应用：
【中考真题练】
1．（2022•哈尔滨）如图，AB∥CD，AC，BD相交于点E，AE＝1，EC＝2，DE＝3，则BD的长为（ ）
A．B．4C．D．6
【分析】利用平行线证明判定三角形相似，得到线段成比例求解．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴＝，即＝，
∴BE＝1.5，
∴BD＝BE+DE＝4.5．
故选：C．
2．（2022•营口）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，由图中的尺规作图得到的射线与AC交于点D，则以下推断错误的是（ ）
A．BD＝BCB．AD＝BDC．∠ADB＝108°D．CD＝AD
【分析】根据已知条件AB＝AC，∠A＝36°，可得△ABC是底角为72°的等腰三角形，再根据尺规作图可得BD平分∠ABC，再根据等腰三角形的性质对各选项进行判断即可．
【解答】解：在△ABC中，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB．
∵∠A＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣36°）＝72°．
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝36°．
∴∠ABD＝∠A．
∴AD＝BD．故选项B正确；
∵∠BDC＝∠A+∠ABD＝72°．
∴∠C＝∠BDC．
∴BD＝BC．故选项A正确；
∵∠BDC＝72°，
∴∠ADB＝108°．故选项C正确；
在△BCD与△ACB中，
∵∠CBD＝∠A＝36°，∠C为公共角．
∴△BCD∽△ACB．
∴．
∴BC2＝AC•CD．
∵BC＝BD＝AD，AC＝AD+CD．
∴AD2＝（AD+CD）•CD．整理得，CD2﹣AD•CD﹣AD2＝0．
解得，CD＝AD．
∴CD≠AD．故选项D错误．
故选：D．
3．（2022•黔东南州）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．2+2B．5﹣C．3﹣D．+1
【分析】方法一：如图，延长DA、BC交于点G，利用正方形性质和等边三角形性质可得：∠BAG＝90°，AB＝2，∠ABC＝60°，运用解直角三角形可得AG＝2，DG＝2+2，再求得∠G＝30°，根据直角三角形性质得出答案．
方法二：过点E作EG⊥DF于点G，作EH⊥BC于点H，利用解直角三角形可得EH＝1，BH＝，再证明△BEH≌△DEG，可得DG＝BH＝，即可求得答案．
【解答】解：方法一：如图，延长DA、BC交于点G，
∵四边形ABED是正方形，
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠BAG＝180°﹣90°＝90°，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴AB＝2，∠ABC＝60°，
∴AG＝AB•tan∠ABC＝2×tan60°＝2，
∴DG＝AD+AG＝2+2，
∵∠G＝90°﹣60°＝30°，DF⊥BC，
∴DF＝DG＝×（2+2）＝1+，
故选D．
方法二：如图，过点E作EG⊥DF于点G，作EH⊥BC于点H，
则∠BHE＝∠DGE＝90°，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴AB＝2，∠ABC＝60°，
∵四边形ABED是正方形，
∴BE＝DE＝2，∠ABE＝∠BED＝90°，
∴∠EBH＝180°﹣∠ABC﹣∠ABE＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
∴EH＝BE•sin∠EBH＝2•sin30°＝2×＝1，BH＝BE•cs∠EBH＝2cs30°＝，
∵EG⊥DF，EH⊥BC，DF⊥BC，
∴∠EGF＝∠EHB＝∠DFH＝90°，
∴四边形EGFH是矩形，
∴FG＝EH＝1，∠BEH+∠BEG＝∠GEH＝90°，
∵∠DEG+∠BEG＝90°，
∴∠BEH＝∠DEG，
在△BEH和△DEG中，
，
∴△BEH≌△DEG（AAS），
∴DG＝BH＝，
∴DF＝DG+FG＝+1，
故选：D．
4．（2022•包头）如图，在边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C，D四个点均在格点上，AC与BD相交于点E，连接AB，CD，则△ABE与△CDE的周长比为（ ）
A．1：4B．4：1C．1：2D．2：1
【分析】利用网格图，勾股定理求得AB，CD的长，利用直角三角形的边角关系定理得出∠BAF＝∠HCD，进而得到∠BAC＝∠DCA，则AB∥CD，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：如图所示，
由网格图可知：BF＝2，AF＝4，CH＝2，DH＝1，
∴AB＝＝2，
CD＝＝．
∵FA∥CG，
∴∠FAC＝∠ACG．
在Rt△ABF中，
tan∠BAF＝，
在Rt△CDH中，
tan∠HCD＝，
∴tan∠BAF＝tan∠HCD，
∴∠BAF＝∠HCD，
∵∠BAC＝∠BAF+∠CAF，∠ACD＝∠DCH+∠GCA，
∴∠BAC＝∠DCA，
∴AB∥CD，
∴△ABE∽△CDE，
∴△ABE与△CDE的周长比＝＝＝2：1．
故选：D．
5．（2022•邵阳）如图，在△ABC中，点D在AB边上，点E在AC边上，请添加一个条件 ∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝（答案不唯一） ，使△ADE∽△ABC．
【分析】要使两三角形相似，已知一组角相等，则再添加一组角或公共角的两边对应成比例即可．
【解答】解：∵∠A＝∠A，
∴当∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝时，△ADE∽△ABC，
故答案为：∠ADE＝∠B或∠AED＝∠C或＝（答案不唯一）．
6．（2022•牡丹江）如图，CA＝CD，∠ACD＝∠BCE，请添加一个条件 CB＝CE（答案不唯一） ，使△ABC≌△DEC．
【分析】根据等式的性质可得∠DCE＝∠ACB，然后再利用全等三角形的判定方法SAS，ASA或AAS即可解答．
【解答】解：∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠ACE＝∠BCE+∠ACE，
∴∠DCE＝∠ACB，
∵CA＝CD，CB＝CE，
∴△ABC≌△DEC（SAS），
故答案为：CB＝CE（答案不唯一）．
7．（2022•武汉）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分别以△ABC的三边为边向外作三个正方形ABHL，ACDE，BCFG，连接DF．过点C作AB的垂线CJ，垂足为J，分别交DF，LH于点I，K．若CI＝5，CJ＝4，则四边形AJKL的面积是 80 ．
【分析】过点D作DM⊥CI于点M，过点F作FN⊥CI于点N，由正方形的性质可证得△ACJ≌△CDM，△BCJ≌△CFN，可得DM＝CJ，FN＝CJ，可证得△DMI≌△FNI，由直角三角形斜边上的中线的性质可得DI＝FI＝CI，由勾股定理可得MI，NI，从而可得CN，可得BJ与AJ，即可求解．
【解答】解：过点D作DM⊥CI，交CI的延长线于点M，过点F作FN⊥CI于点N，
∵△ABC为直角三角形，四边形ACDE，BCFG为正方形，过点C作AB的垂线CJ，CJ＝4，
∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，
∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，
∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，
∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），
∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，
∴DM＝NF，
∴△DMI≌△FNI（AAS），
∴DI＝FI，MI＝NI，
∵∠DCF＝90°，
∴DI＝FI＝CI＝5，
在Rt△DMI中，由勾股定理可得：
MI＝＝＝3，
∴NI＝MI＝3，
∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，
∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，
∵四边形ABHL为正方形，
∴AL＝AB＝10，
∵四边形AJKL为矩形，
∴四边形AJKL的面积为：AL•AJ＝10×8＝80，
故答案为：80．
8．（2022•湘潭）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＝，分别求出线段BD、CE和DE的长；
（2）规律探究：
（Ⅰ）如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α（0＜α＜45°），请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（Ⅱ）如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α（45°＜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．
【分析】（1）易证△ABD和△ACE是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的三边关系可得出BD，DE和CE的长即可．
（2）（Ⅰ）易证∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，进而解答即可；
（Ⅱ）易证∠ABD＝∠CAE，由AAS即可得出△ABD≌△CAE，进而解答即可；
（3）根据题意可证明△ABD∽△FBA，由此可得出BF的长，根据S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF，可得出结论．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AB＝AC＝，
∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，
∴DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．
（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE
∵∠BAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△FBA，
∴AB：FB＝BD：AB，
∵CE＝3，DE＝1，
∴AE＝BD＝4，
∴AB＝5．
∴BF＝．
∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．
9．（2022•哈尔滨）已知矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD上一点，连接BE，CE，OE，且BE＝CE．
（1）如图1，求证：△BEO≌△CEO；
（2）如图2，设BE与AC相交于点F，CE与BD相交于点H，过点D作AC的平行线交BE的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（△AEF除外），使写出的每个三角形的面积都与△AEF的面积相等．
【分析】（1）根据矩形的性质可得OB＝OC＝OA＝OD，再利用SSS可证△BEO≌△CEO，即可解答；
（2）根据矩形的性质可得∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，从而可证Rt△BAE≌Rt△CDE，进而可得∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，再利用等腰三角形的性质可得∠OEA＝∠OED＝90°，从而可得AB∥OE∥CD，进而可得△AEO的面积＝△BEO的面积，△DEO的面积＝△COE的面积，然后利用等式的性质可得△AEF的面积＝△BFO的面积，△DHE的面积＝△CHO的面积，再证明△AEF≌△DEH，从而可得△AEF的面积＝△DHE的面积＝△CHO的面积，最后利用线段中点和平行线证明8字模型全等三角形△AEF≌△DEG，即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，
∴OB＝OC＝OA＝OD，
∵BE＝CE，OE＝OE，
∴△BEO≌△CEO（SSS）；
（2）解：△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都与△AEF的面积相等，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，
∵BE＝CE，
∴Rt△BAE≌Rt△CDE（HL），
∴∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，
∵OA＝OD，
∴∠OEA＝∠OED＝90°，
∴∠BAD＝∠OED＝90°，∠ADC＝∠AEO＝90°，
∴AB∥OE，DC∥OE，
∴△AEO的面积＝△BEO的面积，△DEO的面积＝△COE的面积，
∴△AEO的面积﹣△EFO的面积＝△BEO的面积﹣△EFO的面积，△DEO的面积﹣△EHO的面积＝△COE的面积﹣△EHO的面积，
∴△AEF的面积＝△BFO的面积，△DHE的面积＝△CHO的面积，
∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴△AEF≌△DEH（ASA），
∴△AEF的面积＝△DHE的面积＝△CHO的面积，
∵DG∥AC，
∴∠G＝∠AFE，∠GDE＝∠FAE，
∴△AEF≌△DEG（AAS），
∴△AEF的面积＝△DEG的面积，
∴△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都与△AEF的面积相等．
【中考模拟练】
1．（2023•浦东新区二模）如图，已知正方形DEFG的顶点D、E在△ABC的边BC上，顶点G、F分别在边AB、AC上，如果BC＝8，△ABC的面积是32，那么这个正方形的边长是（ ）
A．4B．8C．D．
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，交FG于点K，利用正方形的性质得到GF∥BC，KH＝GF，利用相似三角形的判定得到△AGF∽△ABC，再利用相似三角形的性质：相似三角形的对应高的比等于相似比，解比例式即可得出结论．
【解答】解：过点A作AH⊥BC于点H，交FG于点K，如图，
∵四边形DEFG为正方形，
∴FG＝GD，FG∥BC，
∵AH⊥BC，
∴AK⊥GF，
∴四边形GDHK为矩形，
∴GD＝KH，
∴GF＝KH．
∵FG∥BC，
∴△AGF∽△ABC，
∴．
∵BC＝8，△ABC的面积是32，
∴BC•AH＝32，
∴AH＝8．
设GF＝KH＝x，
∴，
∴x＝4．
∴这个正方形的边长是4．
故选：A．
2．（2023•常州模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝7，M、N分别为边CD，AB上的点，将四边形ADMN沿MN翻折至四边形EFMN，点E落在BC边上，且BE＝3，则DM的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】设EF与CD交于点G，由折叠可知DM＝FM，AD＝EF＝7，AN＝EN，∠A＝∠NEF＝90°，∠D＝∠F＝90°，再根据同角的余角相等以及等角的余角相等可得∠CEG＝∠FMG＝∠BNE，再设AN＝EN＝x，则BN＝9﹣x，在Rt△BEN中，根据勾股定理列出方程，求出NE＝5，则sin∠CEG＝sin∠FMG＝sin∠BNE＝，cs∠CEG＝cs∠FMG＝cs∠BNE＝，在Rt△CEG中，GE＝＝5，因此FG＝EF﹣GE＝7﹣5＝2，在Rt△MFG中，MG＝，FM＝MG•cs∠FMG，以此计算即可求解．
【解答】解：如图，设EF与CD交于点G，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝9，BC＝7，
∴AD＝BC＝7，AB＝CD＝9，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵将四边形ADMN沿MN翻折至四边形EFMN，
∴DM＝FM，AD＝EF＝7，AN＝EN，∠A＝∠NEF＝90°，∠D＝∠F＝90°，
∴∠BNE+∠BEN＝∠BEN+∠CEG，∠CEG+∠CGE＝90°，∠FMG+∠FGM＝90°，
∴∠BNE＝∠CEG，
∵∠CGE＝∠FGM，
∴∠CEG＝∠FMG＝∠BNE，
∵BE＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝7﹣3＝4，
设AN＝EN＝x，则BN＝AB﹣AN＝9﹣x，
在Rt△BEN中，BN2+BE2＝EN2，
∴（9﹣x）2+32＝x2，
解得：x＝5，
∴NE＝5，
在Rt△BEN中，sin∠BNE＝＝，cs∠BNE＝＝，
∴sin∠CEG＝sin∠FMG＝sin∠BNE＝，cs∠CEG＝cs∠FMG＝cs∠BNE＝，
在Rt△CEG中，GE＝＝＝5，
∴FG＝EF﹣GE＝7﹣5＝2，
在Rt△MFG中，MG＝＝＝，FM＝MG•cs∠FMG＝×＝，
∴DM＝FM＝．
故选：B．
3．（2023•临清市一模）如图，在平行四边形ABCD中，E为AB上一点，且AE：EB＝1：2，AC与DE相交于点F，S△AEF＝3，则S△ACD为（ ）
A．9B．12C．27D．36
【分析】利用平行四边形的对边平行且相等的性质，相似三角形的判定与性质求得△DFC的面积，再利用等高的三角形的面积比等于底的比求得△AFD的面积，则S△ACD＝S△CDF+S△ADF＝36．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵AE：EB＝1：2，
∴AE：AB＝1：3，
∴AE：CD＝1：3．
∵AB∥CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴，
∴S△CDF＝9S△AEF＝27．
∵△AEF∽△CDF，
∴，
∴S△AEF：S△ADF＝EF：DF＝1：3，
∴S△ADF＝3S△AEF＝9，
∴S△ACD＝S△CDF+S△ADF＝27+9＝36，
故选：D．
4．（2023•鹿城区校级模拟）已知△ABC中，D为BC边上一点，连结AD，E，F分别为AB，AC上的点，且EF∥BC，交AD于点G，连结BG并延长交AC于点H，若AE：AB＝2：3，CD：BD＝2：3，则GH：BG的值为（ ）
A．4：9B．4：11C．2：5D．2：3
【分析】由EF∥BC，得到AG：AD＝AE：AB＝2：3，由△AGF∽△ADC，得到GF：DC＝AG：AD＝2：3，由CD：BD＝2：3，得到CD：BC＝2：5，推出GF：BC＝4：15，
由△HGF∽△HBC，即可解决问题．
【解答】解：∵EF∥BC，
∴AG：AD＝AE：AB＝2：3，
∵△AGF∽△ADC，
∴GF：DC＝AG：AD＝2：3，
∵CD：BD＝2：3，
∴CD：BC＝2：5，
∴GF：BC＝4：15，
∵FG∥BC，
∴△HGF∽△HBC，
∴HG：HB＝GF：BC＝4：15，
∴HG：BG＝4：11．
故选：B．
5．（2023•平阳县一模）如图，以正方形ABCD的两边BC和AD为斜边向外作两个全等的直角三角形BCE和DAF，过点C作CG⊥AF于点G，交AD于点H，过点B作BI⊥CG于点I，过点D作DK⊥BE，交EB延长线于点K，交CG于点L．若S四边形ABIG＝2S△BCE，GH＝1，则DK的长为（ ）
A．6B．C．7D．
【分析】作AM⊥BI于点M，先证△AMB≌△CEB≌AFD，推出△ABM 的面积是矩形AMIG面积的两倍，从而得出IM＝BM．因此设IM＝x，可得BM＝2x，CE＝∠K＝3x，从而得出FD＝3，从而得到2x＝3，求出x，即可求出DK．
【解答】解：过A作AM⊥BI于点M，交LK于点N，
∵AB＝BC．∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠MBC＝90°，
∵∠CBE+∠BCE＝90°，∠MBC＝∠BCE，
∴∠ABM＝∠CBE，
又∵∠AMB＝∠E＝90°，
∴△AMB≌△CEB≌△AFD（AAS），
∵S四边形ABIG＝2S△BCE，
∴S四边形ABIG＝2S△AMB，
∴S矩形AMIG＝S△ABM，
∴AM•IM＝2AM•BM，
∴IM＝BM，
设IM＝x，则BM＝2x，
∴CE＝LK＝3x，
∴AF＝3x，
∵，
∴，
∴FD＝3，
∴BM＝FD＝3，
∴2x＝3，
∴，
∴，
故选：D．
6．（2023•南岗区校级二模）如图，在矩形ABCD中，E是BC中点，G是CD上一点，且∠BAE＝∠EAG，EF⊥AG于点F，若AD＝8，FG＝2，则AE的长为 ．
【分析】先根据角平分线的性质和E是BC中点，得到EB＝EF＝EC；再根据HL得到Rt△ABE≌Rt△AFE，Rt△EFG≌Rt△ECG，从而得到GC＝FG；然后将△ADG的三条边转化为只含AB一个未知量的表达式，根据勾股定理求出AB的长；最后在△ABE中根据勾股定理求出AE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝8，
∴EB⊥AB，AD＝BC＝8，∠C＝90°，
∵∠BAE＝∠EAG，EF⊥AG，
∴EB＝EF，
∵AE＝AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AFE（HL），
∴AB＝AF，
∵E是BC中点，
∴EB＝EF＝EC＝BC＝4，
如图，连接EG，
∵EF＝EC，EG＝EG，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），
∴GC＝FG＝2，DG＝DC﹣2＝AB﹣2，
∵AB＝AF，
∴AG＝AF+FG＝AB+2，
在△ADG中，（AB+2）2＝82+（AB﹣2）2，
∴AB＝8，
在△ABE中，＝＝．
故答案为：．
7．（2023•庐江县二模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M点，AF交BD于N点．
（1）若正方形的边长为2，则△CEF的周长是 4 ．
（2）若，则AM＝ ．
【分析】（1）过A作GA⊥AE，交CD延长线于G，根据垂直定义可得∠GAE＝90°，根据正方形的性质可得AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，从而可得∠ADG＝90°，再利用等式的性质可得∠BAE＝∠DAG，从而利用ASA可证△ABE≌△ADG，进而可得BE＝DG，AG＝AE，然后根据已知可得∠EAF＝∠GAF＝45°，从而利用SAS可证△EAF≌△GAF，进而可得EF＝GF，最后利用等量代换可得△CEF的周长＝CD+BC＝4，即可解答；
（2）连接MF，根据正方形的性质可得∠BDC＝∠ADB＝45°，从而可得∠MAN＝∠NDF＝45°，再根据对顶角相等可得∠ANM＝∠DNF，从而可得△AMN∽△DFN，然后利用相似三角形的性质可得＝，再根据对顶角相等可得∠AND＝∠FNM，从而可得△ADN∽△MFN，最后利用相似三角形的性质可得∠MFN＝∠ADN＝45°，从而利用三角形内角和定理可得∠AMF＝90°，进而可得△AMF为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）过A作GA⊥AE，交CD延长线于G，
∴∠GAE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝180°﹣∠ADC＝90°，
∴∠ABC＝∠ADG＝90°，
∵∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠GAE﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（ASA），
∴BE＝DG，AG＝AE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠EAG﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠GAF＝45°，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∴△CEF的周长＝EF+EC+CF
＝GF+EC+CF
＝DG+DF+EC+CF
＝BE+DF+FC+CE
＝CD+BC
＝2+2
＝4，
故答案为：4；
（2）连接MF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝∠ADB＝45°，
∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，
∴△AMN∽△DFN，
∴＝，
∵∠AND＝∠FNM，
∴△ADN∽△MFN，
∴∠MFN＝∠ADN＝45°，
∴∠AMF＝180°﹣∠MAN﹣∠MFN＝90°，
∴△AMF为等腰直角三角形，
∵AF＝，
∴AM＝，
故答案为：．
8．（2023•中原区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝10cm，BC＝6cm，有一动点P以2cm/s的速度沿着B﹣C﹣D的方向移动，连接AP，沿AP翻折△ABP，得到△APB'，则经过 或7 s点B′落在边CD所在直线上．
【分析】分两种情况：①当点P在BC上，点B′在边CD上时，由折叠可知AB＝AB′＝10cm，BP＝B′P，先根据勾股定理求出B′D＝8cm，则B′C＝2，再设BP＝B′P＝xcm，则CP＝（6﹣x）cm，在Rt△B′CP中，根据勾股定理可得（6﹣x）2+22＝x2，解得x＝，因此BP＝cm，即动点P走过的路程为cm，最后根据“时间＝路程÷速度”即可求解；②当点P在CD上，点B′在边CD的延长线上时，由折叠可知AB＝AB′＝10cm，BP＝B′P，先根据勾股定理B′D＝8cm，再设DP＝acm，则CP＝（10﹣a）cm，BP＝B′P＝（8+a）cm，在Rt△BCP中，根据勾股定理可得62+（10﹣a）2＝（8+a）2，解得a＝2，得到动点P走过的路程为BC+CP＝6+8＝14（cm），最后根据“时间＝路程÷速度”即可求解．
【解答】解：①当点P在BC上，点B′在边CD上时，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝10cm，BC＝6cm，
∴AB＝CD＝10cm，BC＝AD＝6cm，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
根据折叠的性质可得，AB＝AB′＝10cm，BP＝B′P，
在Rt△ADB′中，B′D＝＝＝8（cm），
∴B′C＝CD﹣B′D＝10﹣8＝2，
设BP＝B′P＝xcm，则CP＝BC﹣BP＝（6﹣x）cm，
在Rt△B′CP中，CP2+B′C2＝B′P2，
∴（6﹣x）2+22＝x2，
解得：x＝，
∴BP＝cm，即动点P走过的路程为cm，
∵动点P以2cm/s的速度沿着B﹣C﹣D的方向移动，
∴运动时间t＝＝（s）；
②当点P在CD上，点B′在边CD的延长线上时，如图，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝10cm，BC＝6cm，
∴AB＝CD＝10cm，BC＝AD＝6cm，∠C＝∠D＝90°，
∴∠ADB′＝90°，
根据折叠的性质可得，AB＝AB′＝10cm，BP＝B′P，
在Rt△AB′D中，B′D＝＝＝8（cm），
设DP＝acm，则CP＝CD﹣DP＝（10﹣a）cm，BP＝B′P＝B′D+DP＝（8+a）cm，
在Rt△BCP中，BC2+CP2＝BP2，
∴62+（10﹣a）2＝（8+a）2，
解得：a＝2，
∴CP＝10﹣a＝8（cm），
∴动点P走过的路程为BC+CP＝6+8＝14（cm），
∵动点P以2cm/s的速度沿着B﹣C﹣D的方向移动，
∴运动时间t＝＝7（s）．
综上，经过或7s，点B′落在边CD所在直线上．
故答案为：或7．
9．（2022•淮安二模）【问题情境】
学完《探索全等三角形的条件》后，老师提出如下问题：如图①，△ABC中，若AB＝12，AC＝8，求BC边上中线AD的取值范围．通过分析、思考，小丽同学形成两种解题思路．
思路1：将△ADC绕着点D旋转180°，使得CD和BD重合，得到△EDB…
思路2：延长AD到E，使得DE＝AD，连接BE，根据SAS可证得△ADC≌△EDB…
根据上面任意一种解题思路，再结合三角形三边关系，我们都可以得到AD的取值范围为 2＜AD＜10 ．
【类比探究】
如图②，DB＝DE，DC＝DA，∠BDC+∠ADE＝180°，DF是△ADE的边AE上的中线，试探索DF与BC的数量关系，并说明理由．
【迁移应用】
【应用1】如图③，已知⊙O的半径为6，四边形ABCD是⊙O的圆内接四边形．AD＝8，∠AOD+∠BOC＝180°，求BC的长．
【应用2】如图④，DB＝DE，DC＝DA，∠BDC+∠ADE＝180°，BD⊥DE，AE＝a，BC＝b（a＞b），AB、CE相交于点G，连接DG，若∠BDC的度数发生改变，请问DG是否存在最小值？如果存在，则直接写出其最小值（用含a和b的式子表示），如果不存在，请说明理由．
【分析】【问题情境】延长AD到E，使得DE＝AD，连接BE，利用全等三角形的判定与性质和三角形的三边关系定理解答即可；
【类比探究】延长DF至点G，使FG＝DF，连接AG，利用全等三角形的判定与性质解答即可；
【应用1】过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AD于点F，利用全等三角形的判定与性质，垂径定理和勾股定理解答即可；
【应用2】取AE的中点F，连接FG，延长DF至点H，使FH＝DF，连接EH，AH，利用全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质解答即可．
【解答】解：【问题情境】延长AD到E，使得DE＝AD，连接BE，如图①，
在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝8．
∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴12﹣8＜2AD＜12+8，
∴2＜AD＜10．
故答案为：2＜AD＜10；
【类比探究】DF与BC的数量关系为：BC＝2DF．理由：
延长DF至点G，使FG＝DF，连接AG，如图，
则DG＝2DF．
∵DF是△ADE的边AE上的中线，
∴EF＝AF，
在△DEF和△GAF中，
，
∴△DEF≌△GAF（SAS），
∴DE＝AG，∠E＝∠GAF，
∴DE∥AG，
∴∠EDA+∠DAG＝180°．
∵∠BDC+∠ADE＝180°，
∴∠BDC＝∠GAD．
∵DB＝DE，
∴DB＝AG．
在△BDC和△GAD中，
，
∴△BDC≌△GAD（SAS），
∴BC＝DG．
∴BC＝2DF．
【应用1】过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AD于点F，如图，
则BE＝EC＝BC，AF＝DF＝AD＝4．
∵OB＝OC，OE⊥BC，
∴∠BOE＝∠BOC，
∵OA＝OD，OF⊥AD，
∴∠AOF＝∠AOD．
∵∠AOD+∠BOC＝180°，
∴∠AOF+∠BOE＝90°．
∵∠OBE+∠OBE＝90°
∴∠OBE＝∠AOF．
在△BOE和△OAF中，
，
∴△BOE≌△OAF（AAS），
∴OE＝AF＝4，
∴BE＝＝2．
∴BC＝2BE＝4；
【应用2】DG存在最小值，其最小值为a﹣b，理由：
取AE的中点F，连接FG，延长DF至点H，使FH＝DF，连接EH，AH，如图，
∵BD⊥DE，
∴∠BDE＝90°．
∵∠BDC+∠ADE＝180°，
∴∠ADC+BDE＝180°，
∴∠BDE＝∠ADC＝90°，
∴∠BDE+∠BDC＝∠ADC+∠BDC，
即∠EDC＝∠BDA．
在△EDC和△BDA中，
，
∴△EDC≌△BDA（SAS），
∴∠DEC＝∠DBA，
∴点E，D，GB四点共圆，
∴∠EGB＝∠EDB＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∵F为AE的中点，
∴GF＝AE＝a．
∵AF＝FE，DF＝FH，
∴四边形ADEH为平行四边形，
∴AD＝EH，AD∥EH，
∴∠HED+∠ADE＝180°．
∵∠BDC+∠ADE＝180°，
∴∠HED＝∠BDC．
∵DA＝DC，
∴EH＝DC．
在△EHD和△DCB中，
，
∴△EHD≌△DCB（SAS），
∴DH＝BC＝b，
∴DF＝DH＝b．
若∠BDC的度数发生改变，当点G，D，F三点在一条直线上时，DG的值最小为：FG﹣FD＝a﹣b．
图形
条件与结论
辅助线
注意事项
条件：AC=BC,AC⊥BC
结论：
△ADC≌△CEB(AAS)
分别过点A、B作AD⊥l,
BE⊥l
K型图可以和等腰直角三角板结合，也可以和正方形结合
模型名称
几何模型
图形特点
具有性质
全
等
型
手
拉
手
AD=AE
AB=AC
∠BAC=∠DAE
连结BD、CE
①△ABD≌△ACE
②△AOB∽△HOC
③旋转角相等
（即∠1=∠2=∠3）
④A、B、C、D四点共圆
⑤AH平分∠BHE
基本图形
辅助线
条件与结论
应用环境
延长AD到点E，
使DE=AD，连接CE
条件：△ABC，AD=BD
结论：
△ABD≌△CED(SAS)
①倍长中线常和△三边关系结合，考察中线长的取值范围
②倍长中线也可以和其他几何图形结合，考察几何图形的面积问题
图形
结论
总结
当分别以直角三角形的三边为边（或底边、半径）做规则的正方形、等边三角形、等腰直角三角形、半圆时，均满足两直角边所做图形的面积和等于斜边所做图形的面积