初中数学中考复习 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）【解析版】

这是一份初中数学中考复习 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）【解析版】，共77页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）
专题32三角形压轴综合问题
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Geogebra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=BDcos45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcos45°=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=ADcos30°=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=BDcos45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcos45°=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=ADcos30°=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⋅cos60°=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⋅cos60°=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°