中考数学二轮提升训练重难点04 全等三角形与相似三角形（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮提升训练重难点04 全等三角形与相似三角形（2份，原卷版+解析版），共14页。试卷主要包含了手拉手旋转模型等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc163646273" 题型01 旋转中的全等模型
\l "_Tc163646274" 类型一 对角互补模型
\l "_Tc163646275" 类型二 对角互补且有一组邻边相等的半角模型
\l "_Tc163646276" 类型三 手拉手旋转模型
\l "_Tc163646277" 类型四 中点旋转模型
\l "_Tc163646278" 类型五 通过旋转构造三角形全等
\l "_Tc163646279" 题型02 构造相似三角形解题
\l "_Tc163646280" 类型一 做平行线构造“A”型相似
\l "_Tc163646281" 类型二 做平行线构造“X”型相似
\l "_Tc163646282" 类型三 作垂线构造直角三角形相似
\l "_Tc163646283" 类型四 作垂线构造“三垂直”型相似
\l "_Tc163646284" 题型03 与相似三角形有关的压轴题
\l "_Tc163646285" 类型一 运用相似三角形的性质与判定求点的坐标
\l "_Tc163646286" 类型二 运用相似三角形的性质与判定求线段的最值
\l "_Tc163646287" 类型三 利用相似三角形的判定和性质求“kAD+BD”型的最值（阿氏圆）
\l "_Tc163646288" 类型四 相似中的“一线三等角”模型
\l "_Tc163646289" 类型五 相似三角形与多边形综合
题型01 旋转中的全等模型
类型一 对角互补模型
1．（20-21八年级上·江苏南京·阶段练习）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC= 90°，AB=AC，点M，N在边BC 上，且∠MAN=45°．若BM= 1，CN=3，求MN的长．
【答案】10
【分析】过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2＋NC2即MN2＝BM2＋NC2．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE＝∠B＝45°．
在△ABM和△ACE中{AB＝AC∠B＝∠ACEBM＝CE，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．
在△MAN和△EAN中{AM＝AE∠MAN＝∠EANAN＝AN，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．
∴MN2＝BM2＋NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，
∴MN＝10．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，掌握三角形的全等的判定定理是解题关键．
2．（2021·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思推空间，丰富数学体验．让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
（1）∠EAF=_________°，写出图中两个等腰三角形：_________（不需要添加字母）；
转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
（2）线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为_________；
（3）连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N．如图3，则CQBM=________；
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．
（4）求证：BM2+DN2=MN2．
【答案】（1）45，△ABC，△ADC；（2）BP+DQ=PQ；（3）2；（4）见解析
【分析】（1）由翻折的性质可知：∠DAF=∠FAC,∠BAE=∠EAC，∠EAF=∠FAC+∠EAC，根据正方形的性质：AB=BC=CD=AD,∠BAD=90°=∠DAF+∠FAC+∠BAE+∠EAC ，则∠EAF=12∠BAD=45°，△ABC,△ADC为等腰三角形；
（2）如图：将△ADQ顺时针旋转90°，证明△APQ≌△APQ'全等，即可得出结论；
（3）证明△ACQ∽△ABM即可得出结论；
（4）根据半角模型，将△ADN顺时针旋转90°，连接MN'，可得DN=BN'，通过△AMN≌△AMN'得出MN=MN'，△BMN'为直角三角形，结合勾股定理即可得出结论．
【详解】（1）由翻折的性质可知：∠DAF=∠FAC,∠BAE=∠EAC
∵ ABCD为正方形
∴∠BAD=90°，AB=BC=CD=AD
∴△ABC,△ADC为等腰三角形
∵ ∠BAD=∠DAF+∠FAC+∠BAE+∠EAC
∴∠BAD=2∠FAC+∠EAC
∵∠EAF=∠FAC+∠EAC
∴∠EAF=12∠BAD=12×90°=45°
（2）如图：将△ADQ顺时针旋转90°，
由旋转的性质可得：AQ=AQ'，DQ=BQ' ∠DAQ=∠BAQ'
由（1）中结论可得∠PAQ=45°
∵ABCD为正方形，∠BAD=90°
∴∠BAP+∠DAQ=45°
∴∠BAQ'+∠BAP=45°
∴∠PAQ=∠PAQ'
∴在△APQ和△APQ'中
AP=AP∠PAQ=∠PAQ'AQ=AQ'
∴△APQ≌△APQ'
∴PQ=PQ'
∵PQ'=BQ'+BP
∴PQ=DQ+BP
（3）∵BD,AC为正方形ABCD对角线
∴AC=2AB
∴∠ABM=∠ACQ=45°，∠BAC=45°
∵∠PAQ=45°
∴∠BAM=45°−∠PAC，∠CAQ=45°−∠PAC
∴∠BAM=∠CAQ
∴ △ABM∽△ACQ
∴CQBM=ACAB=2
（4）如图：将△ADN顺时针旋转90°，连接MN'，
由（2）中的结论可证△AMN'≌△AMN
∴MN=MN'
∵∠D=45°,∠ABD=45°
根据旋转的性质可得：∠D=∠ABN'=45°，DN=BN'
∴∠MBN'=∠ABD+∠ABN'=90°
∴在Rt△MBN'中有BM2+BN'2=MN'2
∴ BM2+DN2=MN2
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，以及相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，能够综合运用这些性质是解题关键．
3．（2020·湖南湘西·中考真题）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．探究图中线段AE，CF，EF之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFC≌△BFE，可得出结论，他的结论就是_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，∠BCD=90°，BA=BC，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形ABCD中，BA=BC，∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC=2∠MBN，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD、DC于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．
【分析】延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明△BGF≌△BEF，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．
【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAE=90°CG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，
∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
BC=BA∠BCG=∠BAECG=AE，
∴△BCG≌△BAE（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=12∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=12∠ABC，
即∠GBF=12∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=12∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
类型二 对角互补且有一组邻边相等的半角模型
4．（2022·辽宁朝阳·中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．

(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝6，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=2AC；理由见详解；
(3)33−3或3−3
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CD=2AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．

∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
DA=BA∠ADE=∠BDE=BC，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=2AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．

∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=2CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CN−BN+CM+DM=2CM=2AC；
（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．

∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=3CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴SΔCDOSΔOBC=12CD·OQ12BC·OP=CDBC，
∴ODOB=CDCB= 3，
∵AB=AD=6，∠DAB=90°，
∴BD=2AD=23，
∴OD=31+3×23=33−3．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，

同法可证ODOB= 13，OD=11+3×23=3−3，
综上所述，满足条件的OD的长为33−3或3−3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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．
5．（20-21九年级上·湖北武汉·阶段练习）（1）问题背景．
如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是线段BC、线段CD上的点．若∠BAD=2∠EAF，试探究线段BE、EF、FD之间的数量关系．
童威同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG．再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ．
（2）猜想论证．
如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E在线段BC上、F在线段CD延长线上．若∠BAD=2∠EAF，上述结论是否依然成立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你的证明．

（3）拓展应用．
如图3，在四边形ABDC中，∠BDC=45°，连接BC、AD，AB:AC:BC=3:4:5，AD=4，且∠ABD+∠CBD=180°．则△ACD的面积为 ．

【答案】（1）EF=BE+DF；（2）不成立，EF=BE−DF．理由见解析；（3）83
【分析】（1）延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，即可证明△ABE≌△ADGSAS，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGFSAS，可得EF=FG，即可解题；
（2）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据（1）的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE−BG=BE−DF．
（3）如图3中，过点D作DH⊥AB交AB的延长线于H，DK⊥AC交AC的延长线于K，DJ⊥BC于J．证明四边形AHDK是正方形即可解决问题．
【详解】解：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，

∵∠B+∠ADF=180°，∠ADF+∠ADG=180°，
∴∠ADG=∠B，
在△ABE和△ADG中，
BE=DG∠B=∠ADGAB=AD，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+FD不成立，结论：EF=BE−FD．
理由如下：证明：如图2中，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．

∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADFSAS．
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．
∴∠BAD=∠BAG+∠GAD=∠DAF+∠GAD=∠GAF．
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠GAF=2∠EAF，
∴∠GAE=∠EAF．
∵AE=AE，
∴△AEG≌△AEFSAS．
∴EG=EF．
∵EG=BE−BG，
∴EF=BE−FD．
（3）如图3中，过点D作DH⊥AB交AB的延长线于H，DK⊥AC交AC的延长线于K，DJ⊥BC于J．

∵AB:AC:BC=3:4:5，
∴设AB=3k，AC=4k，BC=5k，
∴AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
∵∠H=∠K=90°，
∴四边形AHDK是矩形，
∴∠HDK=90°，
∵∠BDC=45°，
∴∠BDH+∠CDK=45°，
∵∠ABD+∠CBD=180°，∠ABD+∠DBH=180°，
∴∠DBH=∠DBC，
∵∠H=∠DJB=90°，DB=DB，
∴△BDH≌△BDJAAS，
∴DH=DJ，∠BDH=∠BDJ，BH=BJ，
∵∠BDJ+∠CDJ=45°，∠BDH+∠CDK=∠BDJ+∠CDK=45°，
∴∠CDJ=∠CDK，
∵∠K=∠DJC=90°，CD=CD，
∴△CDK≌△CDJAAS，
∴DJ=DK，CJ=CK，
∴DH=DK，
∴四边形AHDK是正方形，
∴BH+CK=BJ+CJ=5k，
∴AH+AK=12k，
∴AK=KD=6k，
∵AD=4，
∴AK=DK=22=6k，
∴k=23，
∴AC=423，
∴S△ACD=12⋅AC⋅DK=12⋅423×22=83．
故答案为83．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形全等的判定和性质，正方形的判定与性质，勾股定理及其逆定理；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
6．（2020·河南南阳·模拟预测）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，将∠MBN绕点B旋转，它的两边分别交边AD、DC（或它们的延长线）于点E、F．
（1）当∠MBN绕点B旋转到AE=CF时（如图1），
①求证：△ABE≌△CBF；
②求证：AE+CF=EF；
（2）当∠MBN绕点B旋转到如图2所示的位置时，AE≠CF，此时，（1）中的两个结论是否还成立？请直接回答．
【答案】（1）①详见解析；②详见解析；（2）①不成立，②成立．
【分析】（1）①根据AB＝BC，∠A＝∠C，AE＝CF即可得证；
②先证△BEF为等边三角形，进而得到EF＝BE＝BF，再由∠ABE=∠CBF结合∠ABC=120°，∠MBN=60°可得∠ABE=∠CBF=30°，进而可证得BE=2AE，再用等量代换即可得证；
（2）延长FC至G，使AE＝CG，连接BG，先证△BAE≌△BCG，再证△GBF≌△EBF即可．
【详解】（1）①证明：∵AB⊥AD，BC⊥CD，
∴∠BAE=∠BCF=90°．
在△ABE和△CBF中，
AE=CF∠BAE=∠BCFAB=CB
∴△ABE≌△CBF（SAS）．
②证明：由①知△ABE≌△CBF，
∴BE=BF，∠ABE=∠CBF．
∵∠MBN=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴EF=BE=BF．
又∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=∠CBF=12120°−60°=30°．
∵∠BAE=90°，
∴BE=2AE．
∵AE=CF，
∴AE+CF=2AE=BE=EF．
（2）如图2，延长FC至G，使CG＝AE，连接BG，

在△BAE和△BCG中，
BA=BC∠BAE=∠BCGAE=CG，
∴△BAE≌△BCG（SAS），
∴∠ABE＝∠CBG，BE＝BG，
∵∠ABC＝120°，∠EBF＝60°，
∴∠ABE＋∠CBF＝60°，
∴∠CBG＋∠CBF＝60°，
∴∠GBF＝∠EBF，
在△GBF和△EBF中，
BG=BE∠GBF=∠EBFBF=BF，
∴△GBF≌△EBF（SAS），
∴EF＝GF＝CF＋CG＝CF＋AE，
∴①不成立，②成立．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、旋转变换等知识点，难度适中．本题是典型的“大角夹半角模型”，其基本思路是“旋转补短”，从而构造全等三角形．
类型三 手拉手旋转模型
7．（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．
【详解】（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=cs∠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=cs∠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．
8．（2020·辽宁丹东·中考真题）已知：菱形ABCD和菱形A'B'C'D'，∠BAD=∠B'A'D'，起始位置点A在边A'B'上，点B在A'B'所在直线上，点B在点A的右侧，点B'在点A'的右侧，连接AC和A'C'，将菱形ABCD以A为旋转中心逆时针旋转α角（0°AE，得出BEAE>1，则BEAE+CFAF>1，同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF>1，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵G是△ABC重心，
∴DGAG=12，
又∵EF∥BC，
∴BEAE=DGAG=12，CFAF=DGAG=12，
则BEAE+CFAF=12+12=1；
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
如图2，过点A作AN∥BC交EF的延长线于点N，FE、CB的延长线相交于点M，
则△BME∽△ANE，△CMF∽△ANF，
∴BEAE=BMAN，CFAF=CMAN，
∴BEAE+CFAF=BMAN+CMAN=BM+CMAN，
又∵BM+CM=BM+CD+DM，
而D是BC的中点，即BD=CD，
∴BM+CM=BM+BD+DM=DM+DM=2DM，
∴BEAE+CFAF=2DMAN，
又∵DMAN=DGAG=12，
∴BEAE+CFAF=2×12=1，
故结论成立；
（3）解：（1）中结论不成立，理由如下：
当F点与C点重合时，E为AB中点，，
点F在AC的延长线上时，BE>AE，
∴BEAE>1，则BEAE+CFAF>1，
同理：当点E在AB的延长线上时，BEAE+CFAF>1，
∴结论不成立．
【点睛】此题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、三角形重心定理、平行线分线段成比例定理等知识；本题综合性强，熟练掌握三角形的重心定理和平行线分线段成比例定理，证明三角形相似是解题的关键．
19．（2023·湖北孝感·三模）【问题情境】
小睿遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，点D在线段BC上，∠BAD=75°,∠CAD=30°,AD=4,BD=2DC，求AC的长．

【问题探究】
小睿发现，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，经过推理和计算能够使问题得到解决，如图2．
(1)①∠ACE的度数为________；②求AC的长；
【问题拓展】
(2)如图3，在四边形ABCD中，∠BAC=90°,∠CAD=30°,∠ADC=75°,AC与BD交于点E,AE=2m,BE=2ED，求BC的长．
【答案】(1)①75°；②6
(2)26m
【分析】（1）①根据两直线平行，同旁内角互补，即可求解；②通过证明△ABD∽△ECD，得出ADDE=BDCD，即可求解；
（2）过点D作DF⊥AC于点F，先证明△ABE∽△FDE，得出ABFD=AEFE=BEDE=2,再证明AC=AD，根据在Rt△AFD中，AF=2m+m=3m,∠FAD=30°，得出DF=AF⋅tan30°,AD=2DF，则AC=AD=23m,AB=2DF=23m，最后根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：①∵∠BAD=75°,∠CAD=30°，
∴∠BAC=75°+30°=105°，
∵CE∥AB，
∴∠ACE+∠BAC=180°，
则∠ACE=180°−∠BAC=75°；
②由①知，∠ACE=∠AEC,
∴AE=AC，
又∵CE∥AB,
∴△ABD∽△ECD，
∴ADDE=BDCD,
∵BD=2DC,
∴AD=2DE=4,
∴DE=2,
∴AE=AD+DE=6,
∴AC=AE=6．
（2）解： 如图，过点D作DF⊥AC于点F，

∴∠DFA=90°，
∵∠BAC=90°=∠DFA,∴AB∥DF，
∴△ABE∽△FDE，
∴ABFD=AEFE=BEDE=2,
∴EF=m,AB=2DF，
在△ACD中，∠CAD=30°,∠ADC=75°,
∴∠ACD=75°,
∴AC=AD，
在Rt△AFD中，AF=2m+m=3m,∠FAD=30°，
∴DF=AF⋅tan30°=3m,AD=2DF=23m，
∴AC=AD=23m,AB=2DF=23m，
∴BC=AB2+AC2=26m．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是掌握两直线平行，同旁内角互补；相似三角形对应边成比例；以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
20．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD=20时，则BE⋅CF=______．

（2）如图，在菱形ABCD中，csA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD=24时，求EF⋅BC的值．

（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=73时，请直接写出AG的长．

【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或32
【分析】
（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明∠FCB=∠ABE结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出ABCF=BEBC，根据S矩形ABCD=AB⋅CD=20，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC，根据已知条件得出BE=13BC,AE=43AB，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据tan∠MEH=tan∠HGE，得出HE2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S△BTC=2538，而S△EFG=723，得出矛盾，则此情况不存在．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°
∴△ABE∽△FCB
∴ABCF=BEBC，
又∵S矩形ABCD=AB⋅CD=20
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20,
故答案为：20．
（2）∵在菱形ABCD中，csA=13，
∴AD∥BC，AB=BC，
则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
∵cs∠CBE=BECB
∴BE=BC⋅cs∠CBE=BC×cs∠A=13BC，
∴AE=AB+BE=AB+13BC=AB+13AB=43AB，
∵EF⊥AD，CE⊥AB
∴∠AFE=∠BEC=90°,
又∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴AEBC=EFCE=AFBE，
∴EF⋅BC =AE⋅CE=43AB×CE=43S菱形ABCD=43×24=32；
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，

∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，DE=DC−EC=6−2=4,
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF
∴EMEF=EDEC=42=2，
∴S△MGES△FEG=EMEF=2
∴S△MGE=2S△EFG= EF⋅EG=73
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
则EH=32DE=32×4=23，DH=12DE=2，
∴12MG×HE=73
∴MG=7，
∵GE⊥EF,EH⊥MG，
∴∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE
∴tan∠MEH=tan∠HGE
∴HEHG=HMHE
∴HE2=HM⋅HG
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，GH=GD+HD=5−a+2=7−a，HM=GM−GH=7−7−a=a，
∴232=x7−x
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，

连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，
设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN∥CM
∴△ENG∽△ECM
∴EGEM=ENEC=GNCM=4−x2，
∴CM=2GN4−x=104−x
∴S△GEFS△MEF=EGEM=4−x2，
∵EF⋅EG=73
∴S△MEF=2S△GEF4−x=734−x
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2,∠ECH=60°，
∴EH=3，CH=1，
∴S△MEF=12×MF×EH，则12×3×MF=734−x，
∴MF=144−x，
∴FH=MF−CM−CH=144−x−104−x−1=x4−x，MH=CM+CH=104−x+1=14−x4−x
∵∠MEF=∠EHM=90°，
∴∠FEH=90°−∠MEH=∠M
∴tan∠FEH=tan∠M，
即FHEH=EHHM，
∴EH2=FH⋅HM
即32=x4−x×14−x4−x
解得：x1=32,x2=8（舍去）
即AG=32；
③当G点在BC边上时，如图所示，

过点B作BT⊥DC于点T，
在Rt△BTC中，CT=12BC=52，BT=3TC=532，
∴S△BTC=12BT×TC=12×532×52=2538，
∵EF⋅EG=73，
∴S△EFG=723，
∵258390°，
∴∠BOP>∠AOC．
又∵∠BOP>∠ACO，∠BOP>∠CAO，
∴△BOP与△AOC不可能相似．
当点P在x轴的正半轴上时，∠AOC=∠BOP．
①若△AOC∽△BOP，则OAOB=OCOP，
∵OA=OB，
∴OP=OC=4，
∴P4，0；
②若△AOC∽△POB，则OAOP=OCOB，
又∵OA=−12+32=10，OB=12+−32=10，OC=4，
∴OP=52，
∴P52,0．
综上所述，点P的坐标为4，0或52,0．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题、相似三角形的性质．熟练掌握用待定系数法求函数表达式，并能利用数形结合思想和分类讨论思想分析是解答本题的关键．
类型二 运用相似三角形的性质与判定求线段的最值
29．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在△ACD中，AD=6，BC=5，AC2=ABAB+BC，且△DAB∼△DCA，若AD=3AP，点Q是线段AB上的动点，则PQ的最小值是（ ）
A．72B．62C．52D．85
【答案】A
【分析】根据相似三角形的性质得到ADBD=CDAD，得到BD=4，AB=BD=4，过B作BH ⊥AD于H，根据等腰三角形的性质得到AH=12AD=3，根据勾股定理得到BH=AB2−AH2= 42−32=7，当PQ⊥AB时，PQ的值最小，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵ΔDAB∼ΔDCA，
∴ADBD=CDAD，
∴6BD=5+BD6，
解得：BD=4（负值舍去），
∵ΔDAB∼ΔDCA，
∴ACAB=CDAD=96=32，
∴AC=32AB，
∵AC2=ABAB+BC，
∴32AB2=ABAB+BC，
∴AB=4，
∴AB=BD=4，
过B作BH⊥AD于H，
∴AH=12AD=3，
∴BH=AB2−AH2=42−32=7，
∵AD=3AP,AD=6，
∴AP=2，
当PQ⊥AB时，PQ的值最小，
∵∠AQP=∠AHB=90°,∠PAQ=∠BAH
∴ΔAPQ∼ΔABH，
∴APAB=PQBH，
∴24=PQ7，
∴PQ=72，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
30．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP//EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为 ．
【答案】85
【分析】过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】解：作点P关于CE的对称点P′，
由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P′在CD上，
过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，
∵MN+NP=MN+NP′≤MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，
连接DG，DM，
由折叠的性质知CE为线段 DM的垂直平分线，
∵AD=CD=2，DE=1，
∴CE=12+22=5，
∵12CE×DO=12CD×DE，
∴DO=255，
∴EO=55，
∵MF⊥CD，∠EDC=90°，
∴DE∥MF，
∴∠EDO=∠GMO，
∵CE为线段DM的垂直平分线，
∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90°，
∴△DOE≌△MOG，
∴DE=GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，
∵∠MOG=90°，
∴四边形DEMG为菱形，
∴EG=2OE=255，GM= DE=1，
∴CG=355，
∵DE∥MF，即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
∴FGDE=CGCE，即FG1=3555，
∴FG=35，
∴MF=1+35=85，
∴MN+NP的最小值为85．
故答案为：85．
【点睛】此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键．
31．（2023·四川泸州·中考真题）如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线AC上的动点，当PE+PF取得最小值时，APPC的值是 ．

【答案】27
【分析】作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，此时PE+PF取得最小值，过点F'作AD的垂线段，交AC于点K，根据题意可知点F'落在AD上，设正方形的边长为a，求得AK的边长，证明△AEP'∽△KF'P'，可得KP'AP'=2，即可解答．
【详解】解：作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，过点F'作AD的垂线段，交AC于点K，

由题意得：此时F'落在AD上，且根据对称的性质，当P点与P'重合时PE+PF取得最小值，
设正方形ABCD的边长为a，则AF'=AF=23a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠F'AK=45°，∠P'AE=45°，AC=2a
∵F'K⊥AF'，
∴∠F'AK=∠F'KA=45°，
∴AK=223a，
∵∠F'P'K=∠EP'A，
∴△E'KP'∽△EAP'，
∴F'KAE=KP'AP'=2，
∴AP'=13AK=292a，
∴CP'=AC−AP'=792a，
∴AP'CP'=27，
∴当PE+PF取得最小值时，APPC的值是为27，
故答案为：27．
【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出辅助线是解题的关键．
32．（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．
【详解】（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