2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：三角形（含答案）

这是一份2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：三角形（含答案），共46页。试卷主要包含了【基础巩固】，【证明体验】，问题探究，问题发现等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：三角形
一．解答题（共10小题）
1．（2022•镇海区一模）【基础巩固】
（1）如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADB＝∠BEC＝90°，求证：△ADB≌△BEC．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连结AE，AE＝AC＝10，求DE的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在Rt△ABC中，D，E分别在直角边AB，BC上，AD＝2DB＝2CE，2∠BAC+∠BED＝135°，求tan∠BAC．


2．（2022•宁波模拟）【证明体验】
（1）如图①，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，连接BD，CE．
求证：BD＝CE；
【思考探究】
（2）如图②，在①的条件下，若AB＝4，BC＝3，∠ABD＝90°，BD＝DE，求CE的长；
【拓展延伸】
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB＝AC，BC＝4，CD＝8，BD＝10，∠BAC＝2∠ADC，求的值．


3．（2022•商城县一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是直线AB上的一动点（不与点A，B重合）连接CD，在CD的右侧以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，点H是BD的中点，连接EH．
【问题发现】
（1）如图（1），当点D是AB的中点时，线段EH与AD的数量关系是 ．EH与AD的位置关系是 ．
【猜想论证】
（2）如图（2），当点D在边AB上且不是AB的中点时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图（2）中的情况给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展应用】
（3）若AC＝BC＝2，其他条件不变，连接AE、BE．当△BCE是等边三角形时，请直接写出△ADE的面积．

4．（2021•南关区四模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，点D是AB中点，点P从点A出发，沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿折线AB﹣BC向终点C运动，连结PQ，取PQ的中点E，连结DE，P、Q两点同时出发，设点P运动的时间为t秒．
（1）点P到AB的距离为 ．（用含t的代数式表示）
（2）当点Q在AB上运动时，求tan∠PQA的值．
（3）当DE与△ABC的直角边平行时，求DQ的长．
（4）当△DEQ为直角三角形时，直接写出t的值．

5．（2021•富平县二模）问题探究
（1）如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A'BC'，点C的对应点C'落在AB边上，A'B＝5，连接AA'，则AA'的长为 ；
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，AG为BC边上的高，若AG＝6，试判断△ABC的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由；

问题解决
（3）如图3，△ABC是某植物园的花卉展示区的部分平面示意图，其中∠B＝90°，∠A＝45°，AB边上的点E为休息区，AE＝12米，BE＝12米，两条观光小路EH和EF（小路宽度不计，F在BC边上，H在AC边上）拟将这个展示区分成三个区域，用来展示不同的花卉，根据实际需要，∠HEF＝105°，并且要求四边形EFCH的面积尽可能大，那么是否存在满足条件的四边形EFCH？若存在，请求出四边形EFCH的面积的最大值；若不存在，请说明理由．（结果保留根号）
6．（2021•高邮市二模）如图，CD是△ABC的高，CD＝8，AD＝4，BD＝3，点P是BC边上的一个动点（与B、C不重合），PE⊥AB于点E，DF＝DE，FQ⊥AB于点F，交AC于点Q，连接QE．
（1）若点P是BC的中点，则QE＝ ；
（2）在点P的运动过程中，
①EF+FQ的值为 ；
②当点P运动到何处时，线段QE最小？最小值是多少？
③当△AQE是等腰三角形时，求BE的长．

7．（2021•武陟县模拟）问题发现
如图1，在△ABC和△BED中，AB＝BC，BE＝BD，∠ABC＝∠EBD＝60°．点D是△ABC的外角∠ACF的平分线上一点，连接AE．
填空：①的值是 ；
②直线AE与直线CD相交所成的较小角的度数是 ；
（2）类比探究
如图2，在△ABC和△EBD中，∠ABC＝∠EBD＝90°，∠ACB＝∠EDB＝60°，点D是△ABC的外角∠ACF的平分线上一点，连接AE．请判断的值及直线AE与直线CD相交所成的角的度数，并说明理由．
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，若AC＝2，请直接写出当△ACD是直角三角形时AE的长．


8．（2021•鞍山一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D；点E为线段AD上一点，且BD＝DE，延长BE交AC边于F，过F作FG⊥AB分别交AB、BC延长线于G、H两点．

（1）求证：∠BAC＝2∠FHC；
（2）过E作EP∥GH分别交BH、AC于P、Q两点；
①如图1，求证：PH＝PC；
②如图2，连接DF交EP于N，连接BN，若∠DFC+∠ENB＝90°，BN＝FC，求的值．
9．（2021•沙坪坝区校级二模）已知等边三角形ABC和等腰三角形BCD，且BC＝CD，BD交AC于点E．
（1）如图1，若AC⊥CD，AB＝+1，求△ABE的面积；
（2）如图2，CF平分∠ACD交BD于点F，过A作AH∥CF交BD于点G，交BC于点H，连接CG，当AG⊥CG时，求证：GE﹣GH＝AG；
（3）如图3，P为平面内一点，连接PB，PC，PD，若∠BCD＝120°，且BC＝，PC＝4，当PB﹣PD取最大值时，求△PBD的面积．

10．（2021•铁岭模拟）如图1，△ABC中，∠ABC＝α，0°＜α＜90°，分别以AB、BC为边在△ABC外部作△ABD和△BCE，且BD⊥BC，BE⊥AB，点F为AC边中点，连接DE、BF．
（1）如图2，当α＝30°，AD＝BD，BE＝CE时，写出DE与BF之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图3，当α＝45°，AD＝BD，BE＝CE时，写出DE与BF之间的数量关系，并说明理由；
（3）当BD＝，AB＝4，BE＝，BC＝4，cosα＝时，直接写出AC和BF的长．

2022年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：三角形（10题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．（2022•镇海区一模）【基础巩固】
（1）如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADB＝∠BEC＝90°，求证：△ADB≌△BEC．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连结AE，AE＝AC＝10，求DE的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在Rt△ABC中，D，E分别在直角边AB，BC上，AD＝2DB＝2CE，2∠BAC+∠BED＝135°，求tan∠BAC．


【考点】三角形综合题．
【专题】作图题；几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）如图2中，过点A作AH⊥EC于点H．证明BD＝2AD，时AD＝BE＝x，则BD＝2x，再利用勾股定理构建方程求解即可；
（3）如图3中，过点C作CQ⊥CB，在CQ上截取CK使得CK＝EB，连接EK，DK，作∠DKQ的角平分线交BA的延长线于点T．设BD＝EC＝a，AD＝2a，BE＝CK＝b．证明DT＝DK，构建二次方程，求出a，b的关系可得结论．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BA＝BC，
∵∠ABC＝∠ADB＝∠BEC＝90°，
∴∠ABD+∠CBE＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠ABD＝∠BCE，
在△ADB和△BEC中，
，
∴△ADB≌△BEC（AAS）；

（2）解：如图2中，过点A作AH⊥EC于点H．

∵∠AHE＝∠D＝∠DEH＝90°，
∴四边形ADEH是矩形，
∴AD＝EH，
∵AC＝AE，AH⊥CB，
∴EH＝CH，
∵△ADB≌△BEC，
∴AD＝BE，BD＝CB，
∵BD＝2AD，
设AD＝x，则DE＝3x，
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2，
∴102＝x2+（3x）2，
解得x＝1或﹣1（﹣1舍去），
∴DE＝3x＝3；

（3）解：如图3中，过点C作CQ⊥CB，在CQ上截取CK使得CK＝EB，连接EK，DK，作∠DKQ的角平分线交BA的延长线于点T．设BD＝EC＝a，AD＝2a，BE＝CK＝b．

∵BD＝CE，∠B＝∠ECK＝90°，BE＝CK，
∴△DBE≌△ECK（SAS），
∴ED＝EK，∠BED＝∠CKE，
∵∠CKE+∠CEK＝90°，
∴∠CEK+∠BED＝90°，
∴∠DEK＝90°，
∴∠EKD＝∠EDK＝45°，
∵∠CKE+∠DKQ＝135°，∠DEB+2∠BAC＝135°，
∴∠DKQ＝2∠BAC，
∵KT平分∠DKQ，
∴∠DKT＝∠TKQ，
∵BT∥CQ，
∴∠T＝∠TKQ＝∠BAC，
∴KT∥AC，
∴四边形ATKC是平行四边形，
∴CK＝AT＝b，
∵∠T＝∠DKT，
∴DT＝DK，
∵DK＝DE＝•，
∴•＝2a+b，
整理得2a2+4ab﹣b2＝0，
∴a＝b（负值已经舍去），
∴tan∠BAC＝＝＝．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质鞥知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
2．（2022•宁波模拟）【证明体验】
（1）如图①，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，连接BD，CE．
求证：BD＝CE；
【思考探究】
（2）如图②，在①的条件下，若AB＝4，BC＝3，∠ABD＝90°，BD＝DE，求CE的长；
【拓展延伸】
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB＝AC，BC＝4，CD＝8，BD＝10，∠BAC＝2∠ADC，求的值．


【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE（SAS），可得结论；
（2）证明△BAC∽△DAE，推出＝＝，可以假设AE＝AD＝4k，DE＝3k，由AD2＝AB2+BD2，构建方程求出k，求出BD，可得结论；
（3）由AB＝AC，可以将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG，则BD＝CG＝10，证明∠CDG＝90°，利用勾股定理求出DG，再利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：如图①中，

∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE；

（2）解：如图2中，

∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，
∴△BAC∽△DAE，
∴＝＝，
∴可以假设AE＝AD＝4k，DE＝3k，
∵BD＝DE＝3k，∠ABD＝90°，
∴AD2＝AB2+BD2，
∴（4k）2＝42+（3k）2，
解得，k＝（负根已经舍去），
∴BD＝3k＝，
∵CE＝BD，
∴CE＝；

（3）解：如图③中，∵AB＝AC，
∴将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG，则BD＝CG＝10，

∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，
∴△ABC∽△ADG，
∴＝，∠ABC＝∠ADG，
∵2∠ABC+∠BAC＝180°，
∴∠ABC+∠BAC＝90°，
∵∠ADC＝∠BAC，
∴∠CDG＝∠ADC+∠ADG＝90°，
∴DG＝＝＝6，
∴＝＝＝．
【点评】本题属于三角形综合题，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，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
3．（2022•商城县一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是直线AB上的一动点（不与点A，B重合）连接CD，在CD的右侧以CD为斜边作等腰直角三角形CDE，点H是BD的中点，连接EH．
【问题发现】
（1）如图（1），当点D是AB的中点时，线段EH与AD的数量关系是 EH＝AD， ．EH与AD的位置关系是 EH⊥AB ．
【猜想论证】
（2）如图（2），当点D在边AB上且不是AB的中点时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图（2）中的情况给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展应用】
（3）若AC＝BC＝2，其他条件不变，连接AE、BE．当△BCE是等边三角形时，请直接写出△ADE的面积．

【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；应用意识．
【分析】（1）利用等腰直角三角形的判定和性质解决问题即可．
（2）结论仍然成立：如图2中，延长DE到F，使得EF＝DE，连接CF，BF．证明△ACD≌△BCF（SAS），再利用三角形的中位线定理即可解决问题．
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．如图3﹣2中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．分别求出AD，EH即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，

∵CA＝CB，∠ACB＝90°，AD＝BD，
∴CD⊥AB，CD＝AD＝DB，
∴∠A＝∠B＝45°，∠DCB＝∠ACD＝45°，
∵∠DCE＝45°，
∴点E在线段CB上，
∵DE⊥BC，
∴∠EDB＝∠B＝45°，
∵DH＝HB，
∴EH⊥DB，EH＝DB＝AD，
故答案为EH＝AD，EH⊥AD．

（2）结论仍然成立：
理由：如图2中，延长DE到F，使得EF＝DE，连接CF，BF．

∵DE＝EF．CE⊥DF，
∴CD＝CF，
∴∠CDF＝∠CFD＝45°，
∴∠ECF＝∠ECD＝45°，
∴∠ACB＝∠DCF＝90°，
∴∠ACD＝∠BCF，
∵CA＝CB，
∴△ACD≌△BCF（SAS），
∴AD＝BF，∠A＝∠CBF＝45°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABF＝90°，
∴BF⊥AB，
∵DE＝EF，DH＝HB，
∴EH＝BF，EH∥BF，
∴EH⊥AD，EH＝AD．

（3）如图3﹣1中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．

∵∠ACB＝90°，∠ECB＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AC＝CB＝CE＝EB＝DE＝2，
∴∠CAE＝∠CEA＝75°，
∵∠CAB＝45°，
∴∠EAH＝30°，
∵∠DEC＝90°，∠CEB＝60°，
∴∠DEB＝150°，
∴∠EDB＝∠EBD＝15°，
∵∠EAH＝∠ADE+∠AED，
∴∠ADE＝∠AED＝15°，
∴AD＝AE，设EH＝x，则AD＝AE＝2x，AH＝x，
∵EH2+DH2＝DE2，
∴x2+（2x+x）2＝8，
∴x＝﹣1，
∴AD＝2﹣2，
∴S△ADE＝•AD•EH＝×（2﹣2）•（﹣1）＝4﹣2．
如图3﹣2中，当△BCE是等边三角形时，过点E作EH⊥BD于H．

同法可求：EH＝+1，AD＝2+2，
∴S△ADE＝•AD•EH＝×（2）（+1）＝4+2，
综上所述，满足条件的△ADE的面积为4﹣2或4+2．
【点评】本题属于四边形综合题，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，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
4．（2021•南关区四模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，点D是AB中点，点P从点A出发，沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿折线AB﹣BC向终点C运动，连结PQ，取PQ的中点E，连结DE，P、Q两点同时出发，设点P运动的时间为t秒．
（1）点P到AB的距离为 t ．（用含t的代数式表示）
（2）当点Q在AB上运动时，求tan∠PQA的值．
（3）当DE与△ABC的直角边平行时，求DQ的长．
（4）当△DEQ为直角三角形时，直接写出t的值．

【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；线段、角、相交线与平行线；三角形；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）过点P作PF⊥AB于点F，由锐角三角函数定义得sinA＝＝，即＝，解得PF＝t即可；
（2）在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝8，再由锐角三角函数定义得AF＝t，则QF＝AQ﹣AF＝t，然后由锐角三角函数定义即可得出答案；
（3）①当DE∥BC时，过P作PF⊥AB于点F，过E作EG⊥AB于点G，由平行线的性质得∠B＝∠ADE，再求出GD＝EG＝t，GD＝GQ﹣DQ＝5﹣t，进而求解即可；
②当DE∥AC时，点Q与B重合，则DQ＝DB＝AB＝5；
（4）分情况讨论，①∠EDQ＝90°，②当Q在AB上，∠DEQ＝90°时，③当Q在BC上，∠DEQ＝90°时，④∠DQE＝90°，由锐角三角函数定义、勾股定理以及相似三角形的判定与性质分别求解即可．
【解答】解：（1）过点P作PF⊥AB于点F，如图：

则∠PFA＝90°＝∠ACB，
∴sinA＝＝，
即＝，
解得：PF＝t，
故答案为：t；
（2）在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝＝＝8，
∴tanA＝＝＝＝，
∴AF＝PF＝×t＝t，
∴QF＝AQ﹣AF＝2t﹣t＝t，
∴tan∠PQA＝＝＝；
（3）分情况讨论：
①如图，当DE∥BC时，过P作PF⊥AB于点F，过E作EG⊥AB于点G，

∵DE∥BC，
∴∠B＝∠ADE，
∴tan∠ADE＝＝tanB＝＝＝，
∴GD＝EG，
∵点E为PQ中点，EG∥PF，
∴EG＝PF＝t，
∴GD＝EG＝t，
∵QF＝AQ﹣AF＝t，DQ＝2t﹣5，
∴GQ＝QF＝t，
∴GD＝GQ﹣DQ＝t﹣（2t﹣5）＝5﹣t，
即t＝5﹣t，
解得：t＝，
∴DQ＝2×﹣5＝；
②当DE∥AC时，如图，点Q与B重合，

∴DQ＝DB＝AB＝5；
综上所述，DQ的长为或5；
（4）分情况讨论：
①∠EDQ＝90°，如图：

过P作PF⊥AB于F，则PF∥ED，
∵E为PQ的中点，
∴D是FQ的中点，
∴DF＝DQ，
由（2）可知，AF＝t，
∴DF＝AD﹣AF＝5﹣t，
∵DQ＝AQ﹣AD＝2t﹣5，
∴5﹣t＝2t﹣5，
解得：t＝；
②当Q在AB上，∠DEQ＝90°时，连接DP，如图：

则DE⊥PQ，
∵E是PQ的中点，
∴DP＝DQ，
过P作PF⊥AB于F，
由①得：DF＝AD﹣AF＝5﹣t，
∵DP2＝DF2+PF2，DQ＝2t﹣5，
∴（5﹣t）2+（t）2＝（2t﹣5）2，
解得：t＝4或t＝0（舍去），
∴t＝4；
③当Q在BC上，∠DEQ＝90°时，连接DP，如图：

则DE⊥PQ，
∵E是PQ的中点，
∴DP＝DQ，
过P作PF⊥AB于F，过Q作QM⊥AB于M，
∵BQ＝2t﹣10，sinB＝＝＝＝，cosB＝＝＝＝，
∴QM＝BQ＝×（2t﹣10）＝t﹣8，BM＝BQ＝×（2t﹣10）＝t﹣6，
∴DM＝BD﹣BM＝5﹣（t﹣6）＝11﹣t，
∵DP2＝DF2+PF2，DQ2＝QM2+DM2，
∴（t）2+（t﹣5）2＝（t﹣8）2+（11﹣t）2，
解得：t＝或t＝8（舍去），
∴t＝；
④∠DQE＝90°，如图：

过D作DN⊥BC于N，则DN∥AC，
∵D是AB的中点，
∴N是BC的中点，
∴CN＝BN＝BC＝3，DN是△ABC的中位线，
∴DN＝AC＝4，
∵∠ACB＝∠DQE＝90°，∠CQP+∠CPQ＝∠CQP+∠NQD＝90°，
∴∠CPQ＝∠NQD，
∵∠ACB＝∠QND＝90°，
∴△CPQ∽△NQD，
∴＝，
即＝，
解得：t＝；
综上所述，当△DEO为直角三角形时，t的值为或4或或．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义、勾股定理、线段垂直平分线的性质、三角形中位线定理以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义是解题的关键，注意分类讨论，属于中考常考题型．
5．（2021•富平县二模）问题探究
（1）如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，将△ABC绕点B逆时针旋转得到△A'BC'，点C的对应点C'落在AB边上，A'B＝5，连接AA'，则AA'的长为 ；
（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝60°，AG为BC边上的高，若AG＝6，试判断△ABC的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由；

问题解决
（3）如图3，△ABC是某植物园的花卉展示区的部分平面示意图，其中∠B＝90°，∠A＝45°，AB边上的点E为休息区，AE＝12米，BE＝12米，两条观光小路EH和EF（小路宽度不计，F在BC边上，H在AC边上）拟将这个展示区分成三个区域，用来展示不同的花卉，根据实际需要，∠HEF＝105°，并且要求四边形EFCH的面积尽可能大，那么是否存在满足条件的四边形EFCH？若存在，请求出四边形EFCH的面积的最大值；若不存在，请说明理由．（结果保留根号）
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据旋转可得∠A′C′B＝∠C＝90°，A′C′＝AC＝3，AB＝A′B＝5，根据勾股定理考查BC的值，进而可得AC′的值，再根据勾股定理可得AA′的长；
（2）如图2，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，过点O作OE⊥BC于E，设OA＝OC＝2x，根据垂线段最短得OA+OE≥AG，则3x≥6，所以x的最小值是2，根据三角形的面积公式可得结论；
（3）存在，如图3，过点E作ED⊥AC于D，则∠ADE＝90°，根据等腰直角三角形的判定得AD＝DE＝BE＝12，将△EDH绕点E顺时针旋转135°得到△EMB，证明M，B，C三点共线，根据面积差得S四边形EFCH＝144+144﹣S△EMF，则当△EMF的面积最小时，四边形EFCH的面积最大，作△EMF的外接圆⊙O，连接OE，OF，OM，过点O作ON⊥FM于N，设OE＝OF＝OM＝r米，计算FM的最小值是48﹣24，可得结论．
【解答】解：（1）如图1，根据旋转可知：
∠A′C′B＝∠C＝90°，A′C′＝AC＝3，AB＝A′B＝5，
根据勾股定理，得BC'＝＝4，

∴AC′＝AB﹣BC′＝1，
在Rt△AA′C′中，根据勾股定理，得：
AA′＝＝，
故答案为：；
（2）△ABC的面积存在最小值，最小值是12；理由如下：
如图2，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，过点O作OE⊥BC于E，

设OA＝OC＝2x，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，
∵OE⊥BC，
∴OE＝OC＝x，BE＝CE＝x，
∵AG⊥BC，
∴OA+OE≥AG，
∴3x≥6，
∴x≥2，即x的最小值是2，
∵BC＝2x，
∴BC的最小值是4，
此时S△ABC＝•AG•BC＝×6×4＝12，
∴△ABC的面积存在最小值，最小值是12；
（3）存在，
如图3，过点E作ED⊥AC于D，则∠ADE＝90°，

∵AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠AED＝45°，
∴∠DEB＝135°，
∵AE＝12，
∴AD＝DE＝BE＝12，
将△EDH绕点E顺时针旋转135°得到△EMB，
∴∠EBM＝∠EDH＝90°，
∴∠EBC+∠EBM＝180°，
∴M，B，C三点共线，
∵S四边形EFCH＝S△ABC﹣S△ADE﹣S△EDH﹣S△EBF
＝×（12+12）2﹣×12×12﹣（S△EBM+S△EBF）
＝144+144﹣S△EMF，
当△EMF的面积最小时，四边形EFCH的面积最大，
作△EMF的外接圆⊙O，连接OE，OF，OM，过点O作ON⊥FM于N，
设OE＝OF＝OM＝r米，
∵∠HEF＝105°，∠AED＝45°，
∴∠DEH+∠BEF＝180°﹣105°﹣45°＝30°，
∴∠MEF＝30°，
∴∠MOF＝60°，
∵OM＝OF，
∴△FOM是等边三角形，
∴FM＝r，ON＝r，
∵OE+ON≥BE，
∴r+r≥12，
∴r≥＝48﹣24，
此时FM的最小值是48﹣24，
∴S四边形EFCH＝144+144﹣×（48﹣24）×12＝144（+﹣1）（平方米），
∴四边形EFCH的面积的最大值是144（+﹣1）平方米．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了旋转变换，勾股定理，三角形高的最小值问题，三角形的外接圆，圆周角定理，勾股定理，等边三角形的性质和判定等知识，解题的关键是正确作辅助线，利用辅助圆和旋转的知识作三角形解决问题，属于中考压轴题．
6．（2021•高邮市二模）如图，CD是△ABC的高，CD＝8，AD＝4，BD＝3，点P是BC边上的一个动点（与B、C不重合），PE⊥AB于点E，DF＝DE，FQ⊥AB于点F，交AC于点Q，连接QE．
（1）若点P是BC的中点，则QE＝ ；
（2）在点P的运动过程中，
①EF+FQ的值为 8 ；
②当点P运动到何处时，线段QE最小？最小值是多少？
③当△AQE是等腰三角形时，求BE的长．

【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）如图1，设DG＝a，根据三角形的中位线定理得QF＝2a，根据正切定义得tan∠BAC＝＝，得AF＝a，DF＝DE＝4﹣a，根据BE＝ED，列方程可得a的值，最后根据勾股定理计算EQ的长；
（2）①过点Q作QH⊥CD于H，证明四边形FDHQ为矩形，得DF＝QH＝DE，FQ＝DH，根据三角函数定义可得CH＝2QH＝EF，可得结论；
②由①得：EF+FQ＝8，设EF＝x，则FQ＝8﹣x，根据勾股定理计算EQ＝＝，根据平方的非负性可得当x＝4时，EQ取最小值为＝4，由平行线分线段成比例定理得＝＝，计算BC的长，可得结论；
③设DE＝m，BE＝3﹣m，DF＝m（0≤m≤3），根据勾股定理计算AC和AQ的长，△AEQ为等腰三角形，分三种情况：i）AQ＝AE，ii）AQ＝EQ，iii）AE＝EQ，列方程可解答．
【解答】解：（1）如图1，设DG＝a，
∵CD⊥AB，PE⊥AB，QF⊥AB，

∴QF∥CD∥EF，
∵DE＝DF，
∴EG＝QG，
∴DG是△EFQ的中位线，
∴QF＝2a，
∵tan∠BAC＝＝，即＝，
∴AF＝a，DF＝DE＝4﹣a，
∵BD＝3，
∴BE＝3﹣（4﹣a）＝a﹣1，
∵PE∥CD，BP＝PC，
∴BE＝ED，
∴a﹣1＝4﹣a，
∴a＝，
∴FQ＝2a＝5，EF＝2（4﹣a）＝8﹣2a＝8﹣5＝3，
∴EQ＝＝；
故答案为：；
（2）①如图2，过点Q作QH⊥CD于H，

∵FQ⊥AB，CD⊥AB，
∴∠QFD＝∠FDH＝∠QHD＝90°，
∴四边形FDHQ为矩形，
∴DF＝QH＝DE，FQ＝DH，
∵tan∠ACD＝＝＝＝，
∴CH＝2QH＝EF，
∴EF+FQ＝DH+CH＝8：
故答案为：8；
②由①得：EF+FQ＝8，
设EF＝x，则FQ＝8﹣x，
∴EQ＝＝＝，
当x＝4时，EQ取最小值为＝4，
此时，DE＝DF＝2，
∴BE＝3﹣2＝1，
∵PE∥CD，
∴＝＝，
Rt△BDC中，由勾股定理得：BC＝＝，
∴PB＝，
当PB＝时，线段QE最小，最小值是4；
③设DE＝m，BE＝3﹣m，DF＝m（0≤m≤3），
∴AE＝4+m，AF＝4﹣m，FQ＝8﹣2m，
AC＝＝＝4，AQ＝（4﹣m），
当△AEQ为等腰三角形时，存在以下三种情况：
i）AQ＝AE，则4+m＝（4﹣m），
解得：m＝6﹣2，
∴BE＝3﹣（6﹣2）＝2﹣3；
ii）AQ＝QE，
∵QF⊥AE，
∴AF＝EF，
∴4﹣m＝2m，
∴m＝，
∴BE＝3﹣＝；
iii）AE＝EQ，则4+m＝，
7m2﹣40m+48＝0，
解得：m1＝4（舍），m2＝，
∴BE＝3﹣＝；
综上所述，BE的长为2﹣3或或．
【点评】本题是三角形的综合题，解答本题主要应用了平行线分线段成比例定理，三角形的中位线定理，二次根式的计算，勾股定理，等腰三角形的性质和判定三角函数等知识，熟练掌握平行线分线段成比例定理是关键，并结合方程思想和分类讨论的思想解决问题．
7．（2021•武陟县模拟）问题发现
如图1，在△ABC和△BED中，AB＝BC，BE＝BD，∠ABC＝∠EBD＝60°．点D是△ABC的外角∠ACF的平分线上一点，连接AE．
填空：①的值是 1 ；
②直线AE与直线CD相交所成的较小角的度数是 60° ；
（2）类比探究
如图2，在△ABC和△EBD中，∠ABC＝∠EBD＝90°，∠ACB＝∠EDB＝60°，点D是△ABC的外角∠ACF的平分线上一点，连接AE．请判断的值及直线AE与直线CD相交所成的角的度数，并说明理由．
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，若AC＝2，请直接写出当△ACD是直角三角形时AE的长．


【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）①证明△EBA≌△DBC（SAS），推出AE＝CD，可得结论；
②证明E，A，C共线，推出直线AE与直线CD相交所成的较小角的度数是60°；
（2）结论：＝，直线AE与直线CD相交所成的较小角的度数是90°．如图2中，延长EA交CD于点T，设BD交ET于点J．证明△EAB∽△DBC，推出＝＝，∠BEJ＝∠TDJ，可得结论；
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当∠ADC＝90°时，如图3﹣2中，当∠DAC＝90°时，分别求解即可．
【解答】解：（1）①如图1中，

∵AB＝BC，BE＝BD，∠ABC＝∠EBD＝60°，
∴∠EBA＝∠DBC，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴AE＝CD，
∴＝1，
故答案为：1；
②∵CD平分∠ACF，∠ACF＝180°﹣∠ACB＝120°，
∴∠DCF＝∠ACF＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∵△EBA≌△DBC，
∴∠EAB＝∠DCB＝120°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠EAB+∠BAC＝180°，
∴E，A，C共线，
∴直线AE与直线CD相交所成的较小角的度数是60°．
故答案为：60°；

（2）结论：＝，直线AE与直线CD相交所成的较小角的度数是90°．
理由：如图2中，延长EA交CD于点T，设BD交ET于点J．

∵∠ABC＝∠EBD＝90°，∠ACB＝∠EDB＝60°，
∴BE＝BD，AB＝BC，∠EBA＝∠DBC，
∴＝＝，
∴△EAB∽△DBC，
∴＝＝，∠BEJ＝∠TDJ，
∵∠EJB＝∠DJT，
∴∠DTJ＝∠EBJ＝90°，
∴直线AE与直线CD相交所成的较小角的度数是90°．

（3）如图3﹣1中，当∠ADC＝90°时，E，A，D共线，此时AE＝AB＝AC•sin60°＝．


如图3﹣2中，当∠DAC＝90°时，CD＝2AC＝4，AE＝CD＝4，

综上所述，满足条件的AE的值为或4．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，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，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
8．（2021•鞍山一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D；点E为线段AD上一点，且BD＝DE，延长BE交AC边于F，过F作FG⊥AB分别交AB、BC延长线于G、H两点．

（1）求证：∠BAC＝2∠FHC；
（2）过E作EP∥GH分别交BH、AC于P、Q两点；
①如图1，求证：PH＝PC；
②如图2，连接DF交EP于N，连接BN，若∠DFC+∠ENB＝90°，BN＝FC，求的值．
【考点】三角形综合题．
【专题】三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力；应用意识．
【分析】（1）由AD⊥BC，AB＝AC，得∠BAD+∠ABD＝90°，∠BAC＝2∠BAD，而FG⊥AB，有∠FHC+∠ABD＝90°，故∠BAD＝∠FHC，即得∠BAC＝2∠FHC；
（2）①连接CE，根据AB＝AC，AD⊥BC，BD＝DE，得△BDE、△CDE是等腰直角三角形，可得∠EFC＝∠DAC+45°，∠FEQ＝45°+∠DAC，即知∠EFC＝∠FEQ，得EQ＝FQ，而90°﹣∠EFC＝90°﹣∠FEQ，可得EQ＝CQ，即得FQ＝CQ，故PH＝PC；
②解：过C作CM⊥FD交于M，过B作BK⊥FD交FD延长线于K，证明△BDK≌△CDM（AAS），得BK＝CM，即得△BKN≌△CMF（HL），从而∠BNK＝∠CFM，有∠ENK＝90°，而PE∥GH知GH⊥DF，又GH⊥AB，故DF∥AB，DF是△ABC的中位线，＝，即得＝＝，可得PB＝2PH，设CD＝t，则PC＝PH＝2t，PD＝3t，HD＝5t，根据△PDN∽△HDF，即得＝＝．
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，AB＝AC，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，∠BAC＝2∠BAD，
∵FG⊥AB，
∴∠FHC+∠ABD＝90°，
∴∠BAD＝∠FHC，
∴∠BAC＝2∠FHC；
（2）①证明：连接CE，如图：

∵AB＝AC，AD⊥BC，BD＝DE，
∴△BDE、△CDE是等腰直角三角形，
∴∠EBD＝∠BED＝∠CED＝45°，
∴∠CEB＝∠CEF＝90°，
∵∠BED＝45°，
∴∠BAE+∠ABE＝∠BED＝45°，
∴∠EFC＝∠BAF+∠ABF＝∠DAC+∠BAE+∠ABE＝∠DAC+45°，
∵∠FEQ＝∠EBD+∠EPB＝45°+∠EPB，
而∠EPB＝∠FHC，由（1）知∠FHC＝∠BAC＝∠DAC，
∴∠FEQ＝45°+∠DAC，
∴∠EFC＝∠FEQ，
∴EQ＝FQ，90°﹣∠EFC＝90°﹣∠FEQ，即∠ECQ＝∠QEC，
∴EQ＝CQ，
∴FQ＝CQ，
∵EP∥GH，
∴PH＝PC；
②解：过C作CM⊥FD交于M，过B作BK⊥FD交FD延长线于K，如图：

∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，
∵∠BKD＝∠CMD＝90°，∠BDK＝∠CDM，
∴△BDK≌△CDM（AAS），
∴BK＝CM，
∵∠BKN＝∠CMF＝90°，BN＝CF，
∴△BKN≌△CMF（HL），
∴∠BNK＝∠CFM，
∵∠CFD+∠ENB＝90°，
∴∠BNK+∠ENB＝90°，即∠ENK＝90°，
∴PE⊥DF，
∵PE∥GH，
∴GH⊥DF，
∵GH⊥AB，
∴DF∥AB，
而BD＝CD，
∴DF是△ABC的中位线，
∴＝，
∵DF∥AB，
∴＝＝，
∵PE∥FH，
∴＝＝，即PB＝2PH，
由①知PH＝PC，
∴BC＝PC＝PH，
又BD＝CD＝BC，
设CD＝t，则PC＝PH＝2t，
∴PD＝3t，HD＝5t，
∵PE∥FH，
∴△PDN∽△HDF，
∴＝＝．
【点评】本题考查三角形综合应用，涉及等腰三角形性质及应用，全等三角形判定与性质、相似三角形判定与性质、直角三角形性质及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形及平行线转化比例线段．
9．（2021•沙坪坝区校级二模）已知等边三角形ABC和等腰三角形BCD，且BC＝CD，BD交AC于点E．
（1）如图1，若AC⊥CD，AB＝+1，求△ABE的面积；
（2）如图2，CF平分∠ACD交BD于点F，过A作AH∥CF交BD于点G，交BC于点H，连接CG，当AG⊥CG时，求证：GE﹣GH＝AG；
（3）如图3，P为平面内一点，连接PB，PC，PD，若∠BCD＝120°，且BC＝，PC＝4，当PB﹣PD取最大值时，求△PBD的面积．

【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）设AB＝a，用a表示出AE，BF，可得结论．
（2）证明△ABE≌△CAH（AAS），推出AH＝BE，再证明∠MCG＝30°，推出∠MCG＝∠CGM，GM＝CM＝BG＝，可得结论．
（3）如图3中，以PC为边分别向上，向下作等边△PCE，等边△PCE，连接EF交PC于点O，连接AE，AF．利用全等三角形的性质证明AF＝PB，AE＝PD，PB﹣PD＝AF﹣AE≤EF，求出EF＝4，推出当A，E，F共线时，AF﹣AE的值最大，如图4中，过点P作PH⊥BD于H，设DH＝x，利用勾股定理求出PH，可得结论．
【解答】（1）解：如图1，

设AB＝a，
作BF⊥AC 于F，
∵AC⊥CD，
∴∠BFC＝∠ACD＝90°，
∴BF∥CD，
∴△BEF∽△DEC，
∴＝
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，CD＝BC＝AB，
∴＝＝sin60°＝，
∴，
∴FE＝•CF
＝•a
∴AE＝AF+EF
＝+•a
＝（）a
∴S△ABE＝
＝（）a•a，
＝×（）×，
＝；

（2）证明：如图2，

设∠ECF＝∠DCF＝α，
∴∠BCD＝60°+2α，
∴∠CBD＝∠CDB＝＝60°﹣α，
∴∠ABE＝α，
∵AH∥CF，
∴∠CAH＝∠ECF＝α，
∴∠ABE＝∠CAH，
∵∠BAC＝∠ACB＝60°，
AB＝AC，
∴△ABE≌△CAH（AAS），
∴AH＝BE，
又AC＝BC，
∴BH＝CE，
∵∠AGE＝∠ABE+∠BAH＝∠CAH+∠BAH＝60°，
∴∠AGE＝∠ACH，
∴C、E．G、H共圆，
∴∠BHG＝∠CEG，
在EG上截取EM＝GH，
∴AG＝BM，△BGH≌△CME（SAS），
∴CM＝BG，∠CME＝∠BGH＝∠AGE＝60°，
∵∠MCG＝∠CME﹣∠CGM，
∠CGM＝∠AGC﹣∠AGE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠MCG＝30°，
∴∠MCG＝∠CGM，
∴GM＝CM＝BG＝，
∴GE﹣GH＝GE﹣EM＝GM＝＝；

（3）解：如图3中，以PC为边分别向上，向下作等边△PCE，等边△PCE，连接EF交PC于点O，连接AE，AF．

∵∠ACB＝∠PCF＝60°，
∴∠ACF＝∠BCP，
∵CA＝CB，CF＝CP，
∴△ACF≌△BCP（SAS），
∴PB＝AF，
同法可证△ACE≌△DCP（SAS），
∴AE＝PD，
∴PB﹣PD＝AF﹣AE，
∴AF﹣AE≤EF，
∵EF＝OF+OF＝2+2＝4
∴PB﹣PD≤4，
∴当A，E，F共线时，AF﹣AE的值最大，如图4中，

∵EC＝CF＝PF＝PE，
∴EF⊥CP，
∴∠AOC＝90°，
∴AO＝＝＝3，
∵OE＝2，
∴PD＝AE＝AI＝EO＝，PB＝AF＝5，
∵CB＝CD＝，∠BCD＝120°，
∴BD＝BC＝，
过点P作PH⊥BD于H，设DH＝x，
则有（5）2﹣（﹣x）2＝（）2﹣x2，
∴x＝，
∴PH＝＝＝，
∴S△BCD＝•BD•PH＝××＝．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
10．（2021•铁岭模拟）如图1，△ABC中，∠ABC＝α，0°＜α＜90°，分别以AB、BC为边在△ABC外部作△ABD和△BCE，且BD⊥BC，BE⊥AB，点F为AC边中点，连接DE、BF．
（1）如图2，当α＝30°，AD＝BD，BE＝CE时，写出DE与BF之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图3，当α＝45°，AD＝BD，BE＝CE时，写出DE与BF之间的数量关系，并说明理由；
（3）当BD＝，AB＝4，BE＝，BC＝4，cosα＝时，直接写出AC和BF的长．
【考点】三角形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）结论：BE＝2BF．如图2中，延长BF到T，使得FT＝BF，连接AT，CT．证明△DBE≌△BAT（SAS），可得结论；
（2）结论：DE＝BF．如图3中，如图3中，延长BF到R，使得FR＝BF，连接AR，CR．证明△BAR∽△DBE，推出＝＝，可得结论；
（3）如图1中，延长BF到K，使得FK＝BF，过点E作EW⊥DB交DB的延长线于点W．证明△ABK∽△BDE，推出＝＝2，推出BF＝DE，解直角三角形求出DE，AC即可．
【解答】解：（1）结论：BE＝2BF．
理由：如图2中，延长BF到T，使得FT＝BF，连接AT，CT．

∵BF＝FT，AF＝FC，
∴四边形ABCT是平行四边形，
∴AT＝BC，AT∥BC，
∴∠ABC+∠BAT＝180°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠BAT＝150°，
∵BD⊥BC，AB⊥DE，
∴∠DBC＝∠EBA＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE＝60°，
∵AD＝BD，EB＝EC，
∴△ABD，△BCE都是等边三角形，
∴AB＝BD，BC＝BE，
∴BE＝AT，
∵∠DBE＝∠ABD+∠ABC+∠CBE＝60°+30°+60°＝150°，
∴∠DBE＝∠BAT，
∴△DBE≌△BAT（SAS），
∴DE＝BT＝2BF；

（2）结论：DE＝BF．
理由：如图3中，如图3中，延长BF到R，使得FR＝BF，连接AR，CR．

BF＝FR，AF＝FC，
∴四边形ABCR是平行四边形，
∴AR＝BC，AT∥BC，
∴∠ABC+∠BAR＝180°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAT＝135°，
∵BD⊥BC，AB⊥DE，
∴∠DBC＝∠EBA＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE＝45°，
∵AD＝BD，EB＝EC，
∴△ABD，△BCE都是等腰直角三角形，
∴AB＝BD，BC＝BE，
∴AT＝BE，
∵∠DBE＝∠ABD+∠ABC+∠CBE＝45°+45°+45°＝135°，
∴∠DBE＝∠BAT，
∵＝
∴△BAR∽△DBE，
∴＝＝，
∵＝，
∴DE＝BF；

（3）如图1中，延长BF到K，使得FK＝BF，过点E作EW⊥DB交DB的延长线于点W．

∵BF＝FK，AF＝FC，
∴四边形ABCK是平行四边形，
∴AK＝BC＝4，AK∥BC，
∴∠BAK＝180°﹣α，
∵BD⊥BC，AB⊥BE，
∴∠ABC+∠DBE＝180°，
∴∠DBE＝∠BAK＝180°﹣α，
∵BD＝，AB＝4，BE＝，
∴＝＝2，
∴△ABK∽△BDE，
∴＝＝2，
∴BF＝DE，
∵∠DBE+∠ABC＝∠DBE+∠EBW＝180°，
∴∠ABC＝∠EBW，
∴cos∠EBW＝cos∠ABC＝，
∴＝，
∴BW＝，
∴EW＝＝＝2，
∴DW＝DB+BW＝2，
∴DE＝＝＝2，
∴BF＝DE＝2，
在Rt△ABJ中，cos∠ABJ＝＝，
∴BJ＝，
∴AJ＝＝＝，CJ＝BC﹣BJ＝4﹣＝，
∴AC＝＝＝4．
【点评】本题属于三角形综合题，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，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．

考点卡片
1．三角形综合题
三角形综合题．