專題27以相似為載體的幾何綜合問(wèn)題

21．(2022·四川內(nèi)江·中考真題)如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，點(diǎn)M、N分別在AB、AD上，且MN⊥MC，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，連接BE交MC于點(diǎn)F．(1)當(dāng)F為BE的中點(diǎn)時(shí)，求證：AM＝CE；(2)若EFBF＝2，求AN(3)若MN∥BE，求ANND【答案】(1)見(jiàn)解析(2)27(3)2【分析】(1)根據(jù)矩形的性質(zhì)，證明△BMF≌△ECF，得BM＝CE，再利用點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，即可證明結(jié)論；(2)利用△BMF∽△ECF，得BFEF=BMCE=12，從而求出BM的長(zhǎng)，再利用△ANM(3)首先利用同角的余角相等得∠CBF＝∠CMB，則tan∠CBF＝tan∠CMB，得CEBC=BC(1)證明：∵F為BE的中點(diǎn)，∴BF＝EF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD∴∠BMF＝∠ECF，∵∠BFM＝∠EFC，∴△BMF≌△ECF(AAS)，∴BM＝CE，∵點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，∴CE＝12CD∵AB＝CD，∴BM=CE=1∴AM=BM，∴AM＝CE；(2)∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，∴△BMF∽△ECF，∴BFEF∵CE＝3，∴BM＝32∴AM＝92∵CM⊥MN，∴∠CMN＝90°，∴∠AMN+∠BMC＝90°，∵∠AMN+∠ANM＝90°，∴∠ANM＝∠BMC，∵∠A＝∠MBC，∴△ANM∽△BMC，∴ANBM∴AN3∴AN=27∴DN＝AD﹣AN＝4﹣2716＝37∴ANDN(3)∵M(jìn)N∥BE，∴∠BFC＝∠CMN，∴∠FBC+∠BCM＝90°，∵∠BCM+∠BMC＝90°，∴∠CBF＝∠CMB，∴tan∠CBF＝tan∠CMB，∴CEBC∴34∴BM=16∴AM=AB?BM=6?16由(2)同理得，ANBM∴AN16解得：AN＝89∴DN＝AD﹣AN＝4﹣89＝28∴ANND【點(diǎn)睛】本題是相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)等知識(shí)，求出BM的長(zhǎng)是解決(2)和(3)的關(guān)鍵．22．(2022·貴州銅仁·中考真題)如圖，在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，記△COD的面積為S1，△AOB的面積為S(1)問(wèn)題解決：如圖①，若AB//CD，求證：S(2)探索推廣：如圖②，若AB與CD不平行，(1)中的結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．(3)拓展應(yīng)用：如圖③，在OA上取一點(diǎn)E，使OE=OC，過(guò)點(diǎn)E作EF∥CD交OD于點(diǎn)F，點(diǎn)H為AB的中點(diǎn)，OH交EF于點(diǎn)G，且OG=2GH，若OEOA【答案】(1)見(jiàn)解析；(2)(1)中的結(jié)論成立，理由見(jiàn)解析：(3)25【分析】(1)如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作AE⊥AC于E，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于F，求出DE=OD?sin(2)同(1)求解即可；(3)如圖所示，過(guò)點(diǎn)A作AM∥EF交OB于M，取BM中點(diǎn)N，連接HN，先證明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，證明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OEOA=56，設(shè)OE=OC=5m，OF=OD=5n，則OA=6m，OM=6n【詳解】解：(1)如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作AE⊥AC于E，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于F，∴DE=OD?sin∴S△OCDS△AOB∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠DOE=∴S1(2)(1)中的結(jié)論成立，理由如下：如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作AE⊥AC于E，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于F，∴DE=OD?sin∴S△OCDS△AOB∵∠DOE=∠BOF，∴sin∠DOE=∴S1(3)如圖所示，過(guò)點(diǎn)A作AM∥EF交OB于M，取BM中點(diǎn)N，連接HN，∵EF∥∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，又∵OE=OC，∴△OEF≌△OCD(AAS)，∴OD=OF，∵EF∥∴△OEF∽△OAM，∴OFOM設(shè)OE=OC=5m，OF=OD=5n，則∵H是AB的中點(diǎn)，N是BM的中點(diǎn)，∴HN是△ABM的中位線，∴HN∥∴△OGF∽△OHN，∴OGOH∵OG=2GH，∴OG=2∴OGOH∴ON=32OF=∴OB=ON+BN=9n，由(2)可知S1【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．23．(2022·內(nèi)蒙古包頭·中考真題)如圖，在平行四邊形ABCD中，AC是一條對(duì)角線，且AB=AC=5，BC=6，E，F(xiàn)是AD邊上兩點(diǎn)，點(diǎn)F在點(diǎn)E的右側(cè)，AE=DF，連接CE，CE的延長(zhǎng)線與BA的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)G．(1)如圖1，M是BC邊上一點(diǎn)，連接AM，MF，MF與CE相交于點(diǎn)N．①若AE=32，求②在滿足①的條件下，若EN=NC，求證：AM⊥BC；(2)如圖2，連接GF，H是GF上一點(diǎn)，連接EH．若∠EHG=∠EFG+∠CEF，且HF=2GH，求EF的長(zhǎng)．【答案】(1)①53(2)2【分析】(1)①解：根據(jù)平行四邊形ABCD的性質(zhì)可證△AGE∽△DCE，得到AGDC=AEDE，再根據(jù)AB=AC=5，BC=6，AE=3②先根據(jù)ASA證明△ENF≌△CNM可得EF=CM，再根據(jù)AE=32，AE=DF求出EF=3，進(jìn)一步證明(2)如圖，連接CF，先根據(jù)SAS證明△AEC≌△DFC，再結(jié)合∠EHG=∠EFG+∠CEF，說(shuō)明EH∥CF，利用平行線分線段成比例定理可得GEEC=12，接著證明△AGE∽△DCE，可得到AEDE=12，設(shè)AE=x，則(1)①解：如圖，∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=AC=5，BC=6，∴AB∥CD，AD∥BC，DC=AB=5，AD=BC=6，∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，∴△AGE∽△DCE，∴AGDC∴AG·DE=DC·AE，∵AE=3∴DE=AD?AE=6?3∴92∴AG=5∴AG的長(zhǎng)為53②證明：∵AD∥BC，∴∠EFN=∠CMN，∵EN=NC，在△ENF和△CNM中，∠EFN=∠CMN∴△ENF≌△CNMASA∴EF=CM，∵AE=32，∴DF=3∴EF=AD?AE?DF=3，∴CM=3，∵BC=6，∴BM=BC?CM=3，∴BM=MC，∵AB=AC，∴AM⊥BC．(2)如圖，連接CF，∵AB=AC，AB=DC，∴AC=DC，∴∠CAD=∠CDA，∵AE=DF，在△AEC和△DFC中，AC=DC∴△AEC≌△DFCSAS∴CE=CF，∴∠CFE=∠CEF∵∠EHG=∠EFG+∠CEF，∴∠EHG=∠EFG+∠CEF=∠EFG+∠CFE=∠CFG，∴EH∥CF，∴GHHF∵HF=2GH，∴GEEC∵AB∥CD，∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，∴△AGE∽△DCE，∴AEDE∴AEDE∴DE=2AE，設(shè)AE=x，則DE=2x，∵AD=6，∴AD=AE+DE=x+2x=6，∴x=2，即AE=2，∴DF=2，∴EF=AD?AE?DF=2．∴EF的長(zhǎng)為2．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的三線合一，平行線的判定及性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識(shí)．靈活運(yùn)用相似三角形和全等三角形的判定及性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．24．(2022·江蘇泰州·中考真題)已知：△ABC中，D為BC邊上的一點(diǎn).(1)如圖①，過(guò)點(diǎn)D作DE∥AB交AC邊于點(diǎn)E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的長(zhǎng)；(2)在圖②，用無(wú)刻度的直尺和圓規(guī)在AC邊上做點(diǎn)F，使∠DFA=∠A；(保留作圖痕跡，不要求寫作法)(3)如圖③，點(diǎn)F在AC邊上，連接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面積等于12CD?AB，以FD為半徑作⊙F，試判斷直線BC與⊙【答案】(1)2(2)圖見(jiàn)詳解(3)直線BC與⊙F相切，理由見(jiàn)詳解【分析】(1)由題意易得CDBD=2(2)作DT∥AC交AB于點(diǎn)T，作∠TDF=∠ATD，射線DF交AC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F即為所求；(3)作BR∥CF交FD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R，連接CR，證明四邊形ABRF是等腰梯形，推出AB=FR，由CF∥BR，推出S△CFB=S△CFR=(1)解：∵DE∥AB，∴△CDE∽△CBA，∴DEAB∵AB=5，BD=9，DC=6，∴DE5∴DE=2；(2)解：作DT∥AC交AB于點(diǎn)T，作∠TDF=∠ATD，射線DF交AC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F即為所求；如圖所示：點(diǎn)F即為所求，(3)解：直線BC與⊙F相切，理由如下：作BR∥CF交FD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R，連接CR，如圖，∵∠DFA=∠A，∴四邊形ABRF是等腰梯形，∴AB=FR，∵△FBC的面積等于12∴S△CFB∴CD⊥DF，∵FD是⊙F的半徑，∴直線BC與⊙F相切．【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定及切線的判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)與判定及切線的判定是解題的關(guān)鍵．25．(2022·湖南岳陽(yáng)·中考真題)如圖，△ABC和△DBE的頂點(diǎn)B重合，∠ABC=∠DBE=90°，∠BAC=∠BDE=30°，BC=3，BE=2．(1)特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)點(diǎn)D，E分別在AB，BC上時(shí)，可以得出結(jié)論：ADCE=______，直線AD與直線(2)探究證明：如圖2，將圖1中的△DBE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D恰好落在線段AC上，連接EC，(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)拓展運(yùn)用：如圖3，將圖1中的△DBE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α(19°<α<60°)，連接AD、EC，它們的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，當(dāng)DF=BE時(shí)，求tan60°?α【答案】(1)3

，垂直(2)成立，理由見(jiàn)解析(3)8【分析】(1)解直角三角形求出EC，AD，可得結(jié)論；(2)結(jié)論不變，證明△ABD∽△CBE，推出ADEC=AB(3)如圖3中，過(guò)點(diǎn)B作BJ⊥AC于點(diǎn)J，設(shè)BD交AK于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)K作KT⊥AC于點(diǎn)K.求出BJ，JK，可得結(jié)論．(1)解：在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=3，∠A=30°，∴AB=3在Rt△BDE中，∠BDE=30°，BE=2，∴BD=3∴EC=1，AD=3∴ADEC=3故答案為：3，垂直；(2)結(jié)論成立．理由：∵∠ABC=∠DBE=90°，∴∠ABD=∠CBE，∵AB=3BC，∴ACBC∴△ABD∽△CBE，∴ADEC=AB∵∠ADB+∠CDB=180°，∴∠CDB+∠BEC=180°，∴∠DBE+∠DCE=180°，∵∠DBE=90°，∴∠DCE=90°，∴AD⊥EC；(3)如圖3中，過(guò)點(diǎn)B作BJ⊥AC于點(diǎn)J，設(shè)BD交AK于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)K作KT⊥AC于點(diǎn)K．∵∠AJB=90°，∠BAC=30°，∴∠ABJ=60°，∴∠KBJ=60°?α．∵AB=33∴BJ=12AB=當(dāng)DF=BE時(shí)，四邊形BEFD是矩形，∴∠ADB=90°，AD=A設(shè)KT=m，則AT=3m，∵∠KTB=∠ADB=90°，∴tanα=∴mBT∴BT=2∴3m+∴m=45?6∴AK=2m=90?12∴KJ=AJ?AK=9∴tan60°?α【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．一、解答題1．(2022·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題)已知，點(diǎn)E、F、G、H分別在正方形ABCD的邊AB、BC、CD、AD上．(1)如圖1，當(dāng)四邊形EFGH是正方形時(shí)，求證：AE+AH=AB；(2)如圖2，已知AE=AH，CF=CG，當(dāng)AE、CF的大小有_________關(guān)系時(shí)，四邊形EFGH是矩形；(3)如圖3，AE=DG，EG、FH相交于點(diǎn)O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為16，F(xiàn)H長(zhǎng)為20，當(dāng)△OEH的面積取最大值時(shí)，判斷四邊形EFGH是怎樣的四邊形？證明你的結(jié)論．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)AE=CF(3)平行四邊形，證明見(jiàn)解析【分析】(1)利用平行四邊形的性質(zhì)證得∠BEF=∠AHE，根據(jù)角角邊證明△AEH≌△BFE．(2)當(dāng)AE=CF，證得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可證得四邊形EFGH是矩形．(3)利用正方形的性質(zhì)證得AEGD為平行四邊形，過(guò)點(diǎn)H作HM⊥BC，垂足為點(diǎn)M，交EG于點(diǎn)N，由平行線分線段成比例，設(shè)OE=4x，OF=5x，HN=?，則可表示出HN，從而把△OEH的面積用x的代數(shù)式表示出來(lái)，根據(jù)二次函數(shù)求出最大值，則可得OE=OG，OF=OH，即可證得平行四邊形．(1)∵四邊形ABCD為正方形，∴∠A=∠B=90°，∴∠AEH+∠AHE=90°．∵四邊形EFGH為正方形，∴EH=EF，∠HEF=90°，∴∠AEH+∠BEF=90°，∴∠BEF=∠AHE．在△AEH和△BFE中，∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，∴△AEH≌△BFE．∴AH=BE．∴AE+AH=AE+BE=AB；(2)AE=CF；證明如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴△AEH≌△FCG，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴△EBF是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四邊形EFGH是矩形．(3)∵四邊形ABCD為正方形，∴AB∥∵AE=DG，AE∥∴四邊形AEGD為平行四邊形．∴AD∥∴EG∥過(guò)點(diǎn)H作HM⊥BC，垂足為點(diǎn)M，交EG于點(diǎn)N，∴HNHM∵OE:OF=4:5，設(shè)OE=4x，OF=5x，HN=?，則?16∴?=44?x∴S=1∴當(dāng)x=2時(shí)，△OEH的面積最大，∴OE=4x=8=12EG=OG∴四邊形EFGH是平行四邊形．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和平行四邊形的性質(zhì)與判定，平行線分線段成比例定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，有一定的綜合性，解題的關(guān)鍵是熟悉這些知識(shí)并靈活運(yùn)用．2．(2022·山東東營(yíng)·中考真題)△ABC和△ADF均為等邊三角形，點(diǎn)E、D分別從點(diǎn)A，B同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿AB、BC運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B、C停止.(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E、D分別與點(diǎn)A、B重合時(shí)，請(qǐng)判斷：線段CD、EF的數(shù)量關(guān)系是____________，位置關(guān)系是____________；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E、D不與點(diǎn)A，B重合時(shí)，(1)中的結(jié)論是否依然成立？若成立，請(qǐng)給予證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形CEFD的面積是△ABC面積的一半，請(qǐng)直接寫出答案；此時(shí)，四邊形BDEF是哪種特殊四邊形？請(qǐng)?jiān)趥溆脠D中畫出圖形并給予證明.【答案】(1)CD=EF，CD∥EF(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由見(jiàn)解析(3)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到BC的中點(diǎn)時(shí)，?BDEF是菱形，證明見(jiàn)解析【分析】(1)根據(jù)△ABC和△ADF均為等邊三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根據(jù)E、D分別與點(diǎn)A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；(2)連接BF，根據(jù)∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根據(jù)AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根據(jù)AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等邊三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF，CD∥EF；(3)過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，設(shè)△ABC的邊長(zhǎng)為a，AD=h，根據(jù)AB=BC，BD=CD=12BC=12a，BD=AE，推出AE=BE=12AB，根據(jù)AB=AC，推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出EGAD=BEAB=12，得到EG=12AD=12h，根據(jù)CD=EF，CD∥EF，推出四邊形CEFD是平行四邊形，推出SCEFD=CD?EG=1(1)∵△ABC和△ADF均為等邊三角形，∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，當(dāng)點(diǎn)E、D分別與點(diǎn)A、B重合時(shí)，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，∴CD=EF，CD∥EF；故答案為：CD=EF，CD∥EF；(2)CD=EF，CD∥EF，成立．證明：連接BF，∵∠FAD=∠BAC=60°，∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，即∠FAB=∠DAC，∵AF=AD，AB=AC，∴△AFB≌△ADC(SAS)，∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，∵AE=BD，∴BE=CD，∴BF=BE，∴△BFE是等邊三角形，∴BF=EF，∠FEB=60°，∴CD=EF，BC∥EF，即CD∥EF，∴CD=EF，CD∥EF；(3)如圖，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到BC的中點(diǎn)時(shí)，四邊形CEFD的面積是△ABC面積的一半，此時(shí)，四邊形BDEF是菱形．證明：過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，設(shè)△ABC的邊長(zhǎng)為a，AD=h，∵AB=BC，BD=CD=12BC=12a，BD=∴AE=BE=12AB∵AB=AC，∴AD⊥BC，∴EG∥AD，∴△EBG∽△ABD，∴EGAD∴EG=12AD=由(2)知，CD=EF，CD∥EF，∴四邊形CEFD是平行四邊形，∴S四邊形此時(shí)，EF=BD，EF∥BD，∴四邊形BDEF是平行四邊形，∵BF=EF，∴?BDEF是菱形．【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定．3．(2022·遼寧鞍山·中考真題)如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，點(diǎn)D在直線AC上，連接BD，將DE繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，得到線段DE，連接BE，CE．(1)求證：BC=3(2)當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上(點(diǎn)D不與點(diǎn)A，C重合)時(shí)，求CEAD(3)過(guò)點(diǎn)A作AN∥DE交BD于點(diǎn)N，若AD=2CD，請(qǐng)直接寫出【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)3(3)5719或【分析】(1)作AH⊥BC于H，可得BH＝32AB，BC＝2BH(2)證明△ABD∽△CBE，進(jìn)而得出結(jié)果；(3)當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上時(shí)，作BF⊥AC，交CA的延長(zhǎng)線于F，作AG⊥BD于G，設(shè)AB＝AC＝3a，則AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的長(zhǎng)，根據(jù)△DAG∽△DBF求得AQ，進(jìn)而求得AN，進(jìn)一步得出結(jié)果；當(dāng)點(diǎn)D在AC的延長(zhǎng)線上時(shí)，設(shè)AB＝AC＝2a，則AD＝4a，同樣方法求得結(jié)果．(1)證明：如圖1，作AH⊥BC于H，∵AB＝AB，∴∠BAH＝∠CAH＝12∠BAC＝12×120°＝60°，BC＝2B∴sin60°＝BHAB∴BH＝32AB∴BC＝2BH＝3AB；(2)解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝180°?∠BAC2由(1)得，BCAB同理可得，∠DBE＝30°，BEBD∴∠ABC＝∠DBE，BCAB∴∠ABC?∠DBC＝∠DBE?∠DBC，∴∠ABD＝∠CBE，∴△ABD∽△CBE，∴CEAD(3)：如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段AC上時(shí)，作BF⊥AC，交CA的延長(zhǎng)線于F，作AG⊥BD于G，設(shè)AB＝AC＝3a，則AD＝2a，由(1)得，CE=3在Rt△ABF中，∠BAF＝180°?∠BAC＝60°，AB＝3a，∴AF＝3a?cos60°＝32a，BF＝3a?sin60°＝在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝2a+3BD＝∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，∴△DAG∽△DBF，∴AGBF∴AG3∴AG=3∵AN∥DE，∴∠AND＝∠BDE＝120°，∴∠ANG＝60°，∴AN＝∴ANCE如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在AC的延長(zhǎng)線上時(shí)，設(shè)AB＝AC＝2a，則AD＝4a，由(1)得，CE＝3AD=4作BR⊥CA，交CA的延長(zhǎng)線于R，作AQ⊥BD于Q，同理可得，AR＝a，BR＝3a∴BD=3∴AQ3∴AQ=2∴AN=2∴ANCE綜上所述：ANCE的值為5719或【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是正確分類和較強(qiáng)的計(jì)算能力．4．(2022·浙江衢州·中考真題)如圖，在菱形ABCD中，AB=5，BD為對(duì)角線.點(diǎn)E是邊AB延長(zhǎng)線上的任意一點(diǎn)，連結(jié)DE交BC于點(diǎn)F，BG平分∠CBE交DE于點(diǎn)G．(1)求證：∠DBG=90°.(2)若BD=6，DG=2GE．①求菱形ABCD的面積.②求tan∠BDE(3)若BE=AB，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)(0°＜∠DAB＜180°)，在AE上找一點(diǎn)T，使GT為定值，說(shuō)明理由并求出ET的值．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①24，②4(3)ET＝103【分析】(1)由菱形的性質(zhì)可證得∠CBD＝∠ABD＝12∠ABC，由BG平分∠CBE交DE于點(diǎn)G，得到∠CBG＝∠EBG＝12∠(2)①連接AC交BD于點(diǎn)O,Rt△DOC中，OC＝CD2?OD2=52?32=4，求得AC＝8，由菱形的面積公式可得答案；②由BG∥AC，得到DHDG=DOBD=12，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，則DHEH=12，再證明(3)過(guò)點(diǎn)G作GT∥BC，交AE于點(diǎn)T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，則EG＝GH，再證△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得GTAD=ETEA=13(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝DC，AB∥CD，∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ABD＝12∠ABC∵BG平分∠CBE交DE于點(diǎn)G，∴∠CBG＝∠EBG＝12∠CBE∴∠CBD＋∠CBG＝12(∠ABC＋∠CBE)＝1∴∠DBG＝90°；(2)解：①如圖1，連接AC交BD于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是菱形，BD＝6，∴OD＝12BD＝3，AC⊥BD∴∠DOC＝90°，在Rt△DOC中，OC＝CD∴AC＝2OC＝8，∴S菱形即菱形ABCD的面積是24．②如圖2，連接AC，分別交BD、DE于點(diǎn)O、H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵∠DBG＝90°∴BG⊥BD，∴BG∥AC，∴DHDG∴DH＝HG，DG＝2DH，∵DG＝2GE，∴EG＝DH＝HG，∴DHEH∵AB∥CD，∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，∴△CDH∽△AEH，∴CHAH∴CH＝13AC＝8∴OH＝OC－CH＝4－83＝4∴tan∠BDE＝OHOD(3)如圖3，過(guò)點(diǎn)G作GT∥BC交AE于點(diǎn)T，此時(shí)ET＝103理由如下：由題(1)可知，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)，始終有BG∥AC，∴△BGE∽△AHE，∴EGGH∵AB＝BE＝5，∴EG＝GH，同理可得，△DOH∽△DBG，∴DHGH∵BO＝DO，∴DH＝GH＝EG，∵GT∥BC，∴GT∥AD，∴△EGT∽△EDA，∴GTAD∵AD＝AB＝5，∴GT＝53此時(shí)ET＝13AE＝13(AB＋BE)＝【點(diǎn)睛】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．(2022·山東棗莊·中考真題)已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB方向以每秒2cm的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)沿BC方向以每秒1cm的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．(1)如圖①，若PQ⊥BC，求t的值；(2)如圖②，將△PQC沿BC翻折至△P′QC，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形QPCP′為菱形？【答案】(1)當(dāng)t＝2時(shí)，PQ⊥BC(2)當(dāng)t的值為43時(shí)，四邊形QPCP【分析】(1)根據(jù)勾股定理求出AB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可．(2)作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，證明出ΔABC為直角三角形，進(jìn)一步得出ΔAPE和ΔPBD為等腰直角三角形，再證明四邊形PECD為矩形，利用勾股定理在Rt△PCE、Rt△PDQ【詳解】(1)解：(1)如圖①，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4cm，∴AB＝AC2+B由題意得，AP＝2tcm，BQ＝tcm，則BP＝(42﹣2t)cm，∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝90°，∴∠PQB＝∠ACB，∴PQ∥AC，∴{∠BPQ=∠BAC∴△BPQ∽△BAC，∴BPBA＝BQ∴42解得：t＝2，∴當(dāng)t＝2時(shí)，PQ⊥BC．(2)解：作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如圖，AP=2t，BQ=tcm∵∠C=90°，AC=BC=4cm∴Δ∴∠A=∠B=45°，∴ΔAPE和∴PE=AE=22AP=t∴CE=AC?AE=(4?t)cm∵四邊形PECD為矩形，∴PD=EC=(4?t)cm∴BD=(4?t)cm∴QD=BD?BQ=(4?2t)cm在Rt△PCE中，PC在Rt△PDQ中，PQ∵四邊形QPCP'為菱形，∴PQ=PC，∴t∴t1=∴t的值為43【點(diǎn)睛】此題是相似形綜合題，主要考查的是菱形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，用方程的思想解決問(wèn)題是解本題的關(guān)鍵．6．(2022·江蘇南通·中考真題)如圖，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，點(diǎn)E在折線BCD上運(yùn)動(dòng)，將AE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到AF，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAC，連接CF．(1)當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，作FM⊥AC，垂足為M，求證AM=AB；(2)當(dāng)AE=32時(shí)，求CF(3)連接DF，點(diǎn)E從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D的過(guò)程中，試探究DF的最小值．【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)3或13(3)3【分析】(1)證明△ABE?△AMF即可得證．(2)分情況討論，當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，借助△ABE?△AMF，在Rt△CMF中求解；當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AB于點(diǎn)G，F(xiàn)H⊥AC于點(diǎn)H，借助△AGE?△AHF并利用勾股定理求解即可．(3)分別討論當(dāng)點(diǎn)E在BC和CD上時(shí)，點(diǎn)F所在位置不同，DF的最小值也不同，綜合比較取最小即可．(1)如圖所示，由題意可知，∠AMF=∠B=90°，∴∠BAE=∠MAF，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知：AE=AF，在△ABE和△AMF中，{∠B=∠AMF∴△ABE?△AMF，∴AM=AB．(2)當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，在Rt△ABE中，AB=4，AE=32則BE=A在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，則AC=A由(1)可得，MF=BE=2在Rt△CMF中，MF=2，CM=AC?AM=5?4=1則CF=M當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AB于點(diǎn)G，F(xiàn)H⊥AC于點(diǎn)H，同(1)可得△AGE?△AHF，∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，由勾股定理得CF=3故CF的長(zhǎng)為3或13．(3)如圖1所示，當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥FM于點(diǎn)H，由(1)知，∠AMF=90故點(diǎn)F在射線MF上運(yùn)動(dòng)，且點(diǎn)F與點(diǎn)H重合時(shí)，DH的值最?。凇鰿MJ與△CDA中，{∠CMJ=∠ADC∴Rt△CMJ~Rt△CDA，∴CM即∴1∴MJ=34，DJ=CD?CJ=4?5在△CMJ與△DHJ中，{∠CMJ=∠DHJ∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，∴CM即1DHDH=11故DF的最小值115如圖2所示，當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上時(shí)，將線段AD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)∠BAC的度數(shù)，得到線段AR，連接FR，過(guò)點(diǎn)D作DQ⊥AR，DK⊥FR，由題意可知，∠DAE=∠RAF，在△ARF與△ADE中，{AD=AR∴△ADE?△ARF，∴∠ARF=∠ADE=90故點(diǎn)F在RF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)K重合時(shí)，DF的值最?。挥捎贒Q⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90故四邊形DQRK是矩形；∴DK=QR，∴AQ=AD?cos∵AR=AD=3，∴DK=QR=AR?AQ=3?12故此時(shí)DF的最小值為35由于35<115，故【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、解直角三角形，解決本題的關(guān)鍵是各性質(zhì)定理的綜合應(yīng)用．7．(2022·山東菏澤·中考真題)如圖1，在△ABC中，∠ABC=45°,AD⊥BC于點(diǎn)D，在DA上取點(diǎn)E，使DE=DC，連接BE、CE．(1)直接寫出CE與AB的位置關(guān)系；(2)如圖2，將△BED繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，得到△B'E'D(點(diǎn)B'，E'分別與點(diǎn)B，E對(duì)應(yīng))，連接CE'、AB'(3)如圖3，當(dāng)△BED繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°時(shí)，射線CE'與AD、AB'分別交于點(diǎn)G、F，若CG=FG,DC=3【答案】(1)CE⊥AB，理由見(jiàn)解析(2)一致，理由見(jiàn)解析(3)5【分析】(1)由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得結(jié)論；(2)通過(guò)證明△ADB'?△CD(3)由等腰直角的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可得AB【詳解】(1)如圖，延長(zhǎng)CE交AB于H，∵∠ABC=45°，AD⊥BC，∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，∵DE=CD，∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，∴CE⊥AB；(2)在△BED旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中CE'與AB'的位置關(guān)系與(1)中的CE與如圖2，延長(zhǎng)CE'交AB由旋轉(zhuǎn)可得：CD=DE'，B'∵∠ADC=∠ADB=90°，∴∠CDE∵CDD∴△ADB∴∠DAB∵∠DCE'+∠DGC=90°，∠DGC=∠∴∠DAB'+∠AGH∴∠AHC=90°，∴CE(3)如圖3，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB'于點(diǎn)∵△BED繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，∴∠BDB∴∠ADB∵DH⊥AB∴AD=2DH，AH=3DH=B'∴AB由(2)可知：△ADB∴∠DAB∵AD⊥BC，CD=3，∴DG=1，CG=2DG=2，∴CG=FG=2，∵∠DAB∴AG=2GF=4，∴AD=AG+DG=4+1=5，∴AB【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．8．(2022·遼寧丹東·中考真題)已知矩形ABCD，點(diǎn)E為直線BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)E不與點(diǎn)B重合)，連接AE，以AE為一邊構(gòu)造矩形AEFG(A，E，F(xiàn)，G按逆時(shí)針?lè)较蚺帕?，連接DG．(1)如圖1，當(dāng)ADAB＝AGAE＝1時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BE與線段(2)如圖2，當(dāng)ADAB＝AGAE＝2時(shí)，請(qǐng)猜想線段BE與線段(3)如圖3，在(2)的條件下，連接BG，EG，分別取線段BG，EG的中點(diǎn)M，N，連接MN，MD，ND，若AB＝5，∠AEB＝45°，請(qǐng)直接寫出△MND的面積．【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG(2)BE＝12DG，BE⊥D(3)S△MNG＝9【分析】(1)證明△BAE≌△DAG，進(jìn)一步得出結(jié)論；(2)證明BAE∽△DAG，進(jìn)一步得出結(jié)論；(3)解斜三角形ABE，求得BE＝3，根據(jù)(2)DGBE=2可得DG＝6，從而得出三角形BEG的面積，可證得△MND≌△MNG，△MNG與△(1)解：由題意得：四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，∴∠BAE＝∠DAG，∴△BAE≌△DAG(SAS)，∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；(2)BE＝12DG，BE⊥由(1)得：∠BAE＝∠DAG，∵ADAB＝AG∴△BAE∽△DAG，∴DGBE=ADAB=2∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；(3)如圖，作AH⊥BD于H，∵tan∠ABD＝AHBH∴設(shè)AH＝2x，BH＝x，在Rt△ABH中，x2+(2x)2＝(5)2，∴BH＝1，AH＝2，在Rt△AEH中，∵tan∠ABE＝AHEH∴AHEH∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，∵BD＝AB∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，由(2)得：DGBE=2，DG⊥∴DG＝2BE＝6，∴S△BEG＝12BE?DG＝在Rt△BDG和Rt△DEG中，點(diǎn)M是BG的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CE的中點(diǎn)，∴DM＝GM＝12∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN(SSS)，∵M(jìn)N是△BEG的中位線，∴MN∥BE，∴△BEG∽△MNG，∴SΔMNGSΔBEG＝(GM∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝9【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是類比的方法．9．(2022·山東濟(jì)南·中考真題)如圖1，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D在△ABC的內(nèi)部，連接AD，將線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°，得到線段AE，連接BD，DE，CE．(1)判斷線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系并給出證明；(2)延長(zhǎng)ED交直線BC于點(diǎn)F．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，直接用等式表示線段AE，BE和CE的數(shù)量關(guān)系為_______；②如圖3，當(dāng)點(diǎn)F為線段BC中點(diǎn)，且ED＝EC時(shí)，猜想∠BAD的度數(shù)，并說(shuō)明理由．【答案】(1)BD=CE，理由見(jiàn)解析(2)①BE=AE+CE；②∠BAD=45°，理由見(jiàn)解析【分析】(1)利用等邊三角形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易得到△ABD≌△ACESAS(2)①根據(jù)線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到AE得到△ADE是等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)和(1)的結(jié)論來(lái)求解；②過(guò)點(diǎn)A作AG⊥EF于點(diǎn)G，連接AF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)求值得到∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，進(jìn)而得到△BAD∽△FAG，進(jìn)而求出∠ADB=90°，結(jié)合BD=CE，ED＝(1)解：BD=CE．證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°．∵線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)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=∠CAE∴△ABD≌△ACESAS∴BD=CE；(2)解：①BE=AE+CE理由：∵線段AD繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到AE，∴△ADE是等邊三角形，∴AD=DE=AE，由(1)得BD=CE，∴BE=DE+BD=AE+CE；②過(guò)點(diǎn)A作AG⊥EF于點(diǎn)G，連接AF，如下圖．∵△ADE是等邊三角形，AG⊥DE，∴∠DAG=1∴AGAD∵△ABC是等邊三角形，點(diǎn)F為線段BC中點(diǎn)，∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF=1∴AFAB∴∠BAF=∠DAG，AGAD∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，即∠BAD=∠FAG，∴△BAD∽△FAG，∴∠ADB=∠AGF=90°．∵BD=CE，ED＝∴BD=AD，即△ABD是等腰直角三角形，∴∠BAD=45°．【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，理解相關(guān)知識(shí)是解答關(guān)鍵．10．(2022·湖南益陽(yáng)·中考真題)如圖，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD邊上一點(diǎn)(不與點(diǎn)C重合)，作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延長(zhǎng)CG至點(diǎn)C′，使C′G＝CG，連接CF，AC′．(1)直接寫出圖中與△AFB相似的一個(gè)三角形；(2)若四邊形AFCC′是平行四邊形，求CE的長(zhǎng)；(3)當(dāng)CE的長(zhǎng)為多少時(shí)，以C′，F(xiàn)，B為頂點(diǎn)的三角形是以C′F為腰的等腰三角形？【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE(2)CE＝7.5(3)當(dāng)CE的長(zhǎng)為長(zhǎng)為545或3時(shí)，以C′，F(xiàn)，B為頂點(diǎn)的三角形是以C′F【分析】(1)因?yàn)椤鰽FB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三個(gè)直角三角形和△AFB相似，解答時(shí)任意寫出一個(gè)即可；(2)根據(jù)△AFB∽△BGC，得AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，設(shè)AF＝5x，BG＝3(3)分兩種情況：①當(dāng)C'F＝BC'時(shí)，如圖2，②當(dāng)C'F＝BF時(shí)，如圖3，根據(jù)三角形相似列比例式可得結(jié)論．(1)解：(任意回答一個(gè)即可)；①如圖1，△AFB∽△BCE，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BCE＝90°，∴△AFB∽△BCE；②△AFB∽△CGE，理由如下：∵CG⊥BE，∴∠CGE＝90°，∴∠CGE＝∠AFB，∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；③△AFB∽△BGC，理由如下：∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠BCG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，∴△AFB∽△BGC；(2)∵四邊形AFCC'是平行四邊形，∴AF＝CC'，由(1)知：△AFB∽△BGC，∴AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB(3)分兩種情況：①當(dāng)C'F＝BC'時(shí)，如圖2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四邊形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由(2)知：設(shè)AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴AFBC=BFCE，即5x9=6xCE，∴5x6x=9CE，∴CE＝545；②當(dāng)C'F＝BF時(shí)，如圖3，由(1)知：△AFB∽△BGC，∴ABBC=BFCG=159=53，設(shè)BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝CF2?CG2＝4【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．11．(2022·四川綿陽(yáng)·中考真題)如圖，平行四邊形ABCD中，DB＝23，AB＝4，AD＝2，動(dòng)點(diǎn)E，F(xiàn)同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)，點(diǎn)E沿著A→D→B的路線勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F沿著A→B→D的路線勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)(1)如圖1，設(shè)點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為4個(gè)單位每秒，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為23秒時(shí)，設(shè)CE與DF交于點(diǎn)P，求線段EP與CP(2)如圖2，設(shè)點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為3個(gè)單位每秒，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x秒，ΔAEF的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并指出當(dāng)x為何值時(shí)，y的值最大，最大值為多少？(3)如圖3，H在線段AB上且AH＝13HB，M為DF的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)E、F分別在線段AD、AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，探究點(diǎn)E、F在什么位置能使EM＝HM【答案】(1)EPPC(2)y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=34x20≤x(3)當(dāng)EF∥BD時(shí)，能使EM＝HM．理由見(jiàn)解析【分析】(1)延長(zhǎng)DF交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，先證得△AFD~△BFG，可得AFFB=ADBG，根據(jù)題意可得AF=83，AE=(2)分三種情況討論：當(dāng)0≤x≤2時(shí)，E點(diǎn)在AD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上；當(dāng)2≤x≤433時(shí)，E點(diǎn)在BD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上；當(dāng)433(3)當(dāng)EF∥BD時(shí)，能使EM＝HM．理由：連接DH，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，即可求解．(1)解：如圖，延長(zhǎng)DF交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CG∥∴△AFD∴AFFB∵點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為4個(gè)單位每秒，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為23∴AF=83，AE=2∵AB=4，AD=2，∴BF=43，ED=4∴83∴BG=1，∴CG=3，∵CG∥∴△PDE∽△PGC，∴EPPC∴EPPC(2)解：根據(jù)題意得：當(dāng)0≤x≤2時(shí)，E點(diǎn)在AD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，此時(shí)AE=x，AF=∵DB=23，AB=4，∴AD∴△ABD是直角三角形，∵ADAB∴∠ABD=30°，∴∠A=60°，如圖，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB交于∴EH=∴y=∴當(dāng)x＞0時(shí)，y隨x的增大而增大，此時(shí)當(dāng)x=2時(shí)，y有最大值3；當(dāng)2≤x≤433時(shí)，E點(diǎn)在BD如圖，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥AB交于N，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥AB交于M，則根據(jù)題意得：DE=x-2，∴BE=2在Rt△ABD中，DM=AD?sin∵EN∥DM，∴△BEN∽△BDM，∴ENDM∴EN∴EN=1+∴y=此時(shí)該函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為直線x=∴當(dāng)2≤x≤433此時(shí)當(dāng)x=433時(shí)，當(dāng)433≤x≤23時(shí)，點(diǎn)過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥AB交于Q，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥AB交于P，過(guò)點(diǎn)D作DM⊥∴AB+BF=3x，DA∵AB=4，AD=2，∴BE=23-∵PF∥DM，∴△BFP∽△BDM，∴BFBD=PF∴PF=∵EQ//∴△BEQ∽△BDM，∴BEBD=EQ∴EQ=∴y=此時(shí)y隨x的增大而減小，此時(shí)當(dāng)x=433時(shí)，綜上所述：y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y當(dāng)x=433時(shí)，(3)解：當(dāng)EF∥BD時(shí)，能使EM＝HM．理由如下：連接DH，如圖，∵AH=13∴．AH=1，由(2)得：此時(shí)AH⊥∵M(jìn)是DF的中點(diǎn)，∴HM=DM=MF，∵EF∥BD，BD⊥AD，∴EF⊥AD，∴EM=DM=FM，∴EM=HM．【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，分類討論，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．12．(2022·山東濟(jì)寧·中考真題)如圖，△AOB是等邊三角形，過(guò)點(diǎn)A作y軸的垂線，垂足為C，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，3)．P是直線AB上在第一象限內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作y軸的垂線，垂足為D，交AO于點(diǎn)E，連接AD，作DM⊥AD交x軸于點(diǎn)M，交AO于點(diǎn)F，連接BE，BF．(1)填空：若△AOD是等腰三角形，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為；(2)當(dāng)點(diǎn)P在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)(點(diǎn)P不與點(diǎn)A，B重合)，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為m．①求m值最大時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；②是否存在這樣的m值，使BE＝BF？若存在，求出此時(shí)的m值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)0,23(2)①點(diǎn)D坐標(biāo)為0,32【分析】(1)根據(jù)題意易得∠AOB=60°從而∠AOC=30°和∠CDA=60°，根據(jù)tan30°求得AC的長(zhǎng)，再根據(jù)sin60°求得AD的長(zhǎng)，當(dāng)OA=AD和OD=OA時(shí)分情況討論，即可得到OD的長(zhǎng)，從而得到D點(diǎn)坐標(biāo)；(2)①設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0，a)，則OD＝a，CD＝3－a，易證ΔACD∽ΔDOM，從而得出CDOM=②作FH⊥y軸于點(diǎn)H，得到AC∥PD∥FH∥x軸，易得AEEF=CDDH，OHDH=OFEF，易證ΔBEA≌ΔBFO得出AE=FO，即OHDH=(1)∵△AOB是等邊三角形，∴∠AOB=60°，∴∠AOC=30°，∵AC⊥y軸，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，3)，∴OC=3，∴AC=OC·tan當(dāng)△AOD是等腰三角形，OD=AD，∠DAO=∠DOA=30°，∴∠CDA=60°，∴AD=AC∴OD=AD=2∴D的坐標(biāo)為0,2當(dāng)△AOD是等腰三角形，此時(shí)OA=OD時(shí)，OA=OC∴OD=OA=2，∴點(diǎn)D坐標(biāo)為(0，2)，故答案為：0,2(2)①解：設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0，a)，則OD＝a，CD＝3－a，∵△AOB是等邊三角形，∴∠AOB=∠OBA=∠BAO=60∴∠COA=90在RtΔAOC中，tan∠COA=∴CA=OCtan∴OA=2CA=2，∵AD⊥DM，∴∠ADC+∠ODM=90∵∠CAD+∠ADC=90°，∴∵∠ACD=∠DOM=90∴ΔACD∽∴CDOM=AC∴m=?a∴當(dāng)a=32時(shí)，m的最大值為∴m的最大值為34時(shí)，點(diǎn)D坐標(biāo)為0,②存在這樣的m值，使BE＝BF；作FH⊥y軸于點(diǎn)H，∴AC∥PD∥FH∥x軸，∴AEEF=CD∵BF=BE，∴∠BEF=∠BFE，∵∠BEA+∠BEF=180°，∴∠BEA=∠BFO，∵∠BAE=∠BOF=60∴ΔBEA≌∴AE=FO，∴OHDH∴CD=HO，設(shè)OD=n，則DH=OC?CD?OH=2n?3HF=HOtan∵∠CAD=∠ODM，∠ACD=∠DHF=90∴ΔACD∽∴HDCA∴2n?3解得：n=3或n=當(dāng)n=3時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)A當(dāng)n=233∴存在這樣的m值，使BE＝BF．此時(shí)m=2【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)，全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)以及二次函數(shù)的綜合運(yùn)用，解題的關(guān)鍵是得出二次函數(shù)的關(guān)系式，是對(duì)知識(shí)的綜合考查．13．(2022·山東煙臺(tái)·中考真題)(1)【問(wèn)題呈現(xiàn)】如圖1，△ABC和△ADE都是等邊三角形，連接BD，CE．求證：BD＝CE．(2)【類比探究】如圖2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．連接BD，CE．請(qǐng)直接寫出BDCE(3)【拓展提升】如圖3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且ABBC＝ADDE＝34．連接BD①求BDCE②延長(zhǎng)CE交BD于點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)G．求sin∠BFC的值．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)2(3)①35；②【分析】(1)證明△BAD≌△CAE，從而得出結(jié)論；(2)證明△BAD∽△CAE，進(jìn)而得出結(jié)果；(3)①先證明△ABC∽△ADE，再證得△CAE∽△BAD，進(jìn)而得出結(jié)果；②在①的基礎(chǔ)上得出∠ACE＝∠ABD，進(jìn)而∠BFC＝∠BAC，進(jìn)一步得出結(jié)果．【詳解】(1)證明：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴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∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，∴BD(3)解：①ABAC=ADDE=∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，ABAC∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴BD②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠AGC＝∠BGF，∴∠BFC＝∠BAC，∴sin∠BFC=BC【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握“手拉手”模型及其變形．14．(2022·吉林長(zhǎng)春·中考真題)如圖，在?ABCD中，AB=4，AD=BD=13，點(diǎn)M為邊AB的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線AD?DB以每秒13個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，連結(jié)PM．作點(diǎn)A關(guān)于直線PM的對(duì)稱點(diǎn)A'，連結(jié)A'P、A'M．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(1)點(diǎn)D到邊AB的距離為__________；(2)用含t的代數(shù)式表示線段DP的長(zhǎng)；(3)連結(jié)A'D，當(dāng)線段A'D最短時(shí)，求△DPA'的面積；(4)當(dāng)M、A'、C三點(diǎn)共線時(shí)，直接寫出t的值．【答案】(1)3(2)當(dāng)0≤t≤1時(shí)，DP=13?13t；當(dāng)1＜(3)3(4)23或【分析】(1)連接DM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；(2)分兩種情況討論：當(dāng)0≤t≤1時(shí)，點(diǎn)P在AD邊上；當(dāng)1＜t≤2時(shí)，點(diǎn)P在BD邊上，即可求解；(3)過(guò)點(diǎn)P作PE⊥DM于點(diǎn)E，根據(jù)題意可得點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡為以點(diǎn)M為圓心，AM長(zhǎng)為半徑的圓，可得到當(dāng)點(diǎn)D、A′、M三點(diǎn)共線時(shí)，線段A'D最短，此時(shí)點(diǎn)P在AD上，再證明△PDE∽△ADM，可得DE=3?3t,PE=2?2t，從而得到A'E=DE?A'D=2?3t(4)分兩種情況討論：當(dāng)點(diǎn)A'位于M、C之間時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在AD上；當(dāng)點(diǎn)A'(A″)位于CM的延長(zhǎng)線上時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P(1)解：如圖，連接DM，∵AB=4，AD=BD=13，點(diǎn)M為邊AB∴AM=BM=2，DM⊥AB，∴DM=A即點(diǎn)D到邊AB的距離為3；故答案為：3(2)解：根據(jù)題意得：當(dāng)0≤t≤1時(shí)，點(diǎn)P在AD邊上，DP=13當(dāng)1＜t≤2時(shí)，點(diǎn)P在BD邊上，PD=13綜上所述，當(dāng)0≤t≤1時(shí)，DP=13?13t；當(dāng)1＜(3)解：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥DM于點(diǎn)E，∵作點(diǎn)A關(guān)于直線PM的對(duì)稱點(diǎn)A'，∴A′M=AM=2，∴點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡為以點(diǎn)M為圓心，AM長(zhǎng)為半徑的圓，∴當(dāng)點(diǎn)D、A′、M三點(diǎn)共線時(shí)，線段A'D最短，此時(shí)點(diǎn)P在AD上，∴A'D=1，根據(jù)題意得：A'P=AP=13由(1)得：DM⊥AB，∵PE⊥DM，∴PE∥AB，∴△PDE∽△ADM，∴PDAD∴13?解得：DE=3?3t,PE=2?2t，∴A'在Rt△A'PE∴13t2=∴PE=6∴S△DP(4)解：如圖，當(dāng)點(diǎn)M、A'、C三點(diǎn)共線時(shí)，且點(diǎn)A'位于M、C之間時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在AD上，連接AA′，A′B，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AB于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)A′作A′G⊥AB于點(diǎn)G，則AA′⊥PM，∵AB為直徑，∴∠A=90°，即AA′⊥A′B，∴PM∥A′B，∴∠PMF=∠ABA′，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AB交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，在?ABCD中，AB∥DC，∵DM⊥AB，∴DM∥CN，∴四邊形CDMN為平行四邊形，∴CN=DM=3，MN=CD=4，∴CM=5，∴sin∠CMN=∵A'M=2，∴A'∴MG=8∴BG=BM?MG=2∴tan∠∴tan∠PMF=∴PFFM=3，即PF=3∵tan∠DAM=DMAM∴PF=3∴3FM=32AF，即AF∵AM=2，∴AF=4∴4313t如圖，當(dāng)點(diǎn)A'(A″)位于CM的延長(zhǎng)線上時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在BD過(guò)點(diǎn)A″作A″G'⊥AB于點(diǎn)G′，則∠AMA″=∠CMN，取AA″的中點(diǎn)H，則點(diǎn)M、P、H三點(diǎn)共線，過(guò)點(diǎn)H作HK⊥AB于點(diǎn)同理：A″∵HK⊥AB，A″∴HK∥A′′G′，∴△AHK～△AA∵點(diǎn)H是AA∴HKA∴HK=3∴MK=9∴tan∠PMT=∴PTMT=13，即∵tan∠PBT=DMBM∴BT=2∴MT=9∵M(jìn)T+BT=BM=2，∴BT=4∴411213綜上所述，t的值為23或20【點(diǎn)睛】本題主要考查了四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，根據(jù)題意得到點(diǎn)A'的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵，是中考的壓軸題．15．(2022·內(nèi)蒙古通遼·中考真題)已知點(diǎn)E在正方形ABCD的對(duì)角線AC上，正方形AFEG與正方形ABCD有公共點(diǎn)A．(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)G在AD上，F(xiàn)在AB上，求2CE2(2)將正方形AFEG繞A點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α(0°<α<90°)，如圖2，求：CEDG(3)AB=82，AG=22AD，將正方形AFEG繞A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α(0°<α<360°)，當(dāng)C，G，【答案】(1)2(2)2(3)46?4【分析】(1)根據(jù)題意可得GE∥(2)根據(jù)(1)的結(jié)論，可得AGAE=ADAC=(3)分兩種情況畫出圖形，證明△ADG∽△ACE，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理即可得出答案．(1)解：∵正方形AFEG與正方形ABCD有公共點(diǎn)A，點(diǎn)G在AD上，F(xiàn)在AB上，∴GE∴∴∵四邊形AFEG是正方形∴AE=∴2CE2DG(2)解：如圖，連接AE，∵正方形AFEG繞A點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α(0°<α<90°)，∴∠DAG=∠CAE∵∴△GAD∽△EAC∴CEDG(3)解：①如圖，∵AB=82，AG=∴AD=AB=82,AG=22∵G,E,C三點(diǎn)共線，Rt△AGC中，GC=∴CE=GC?GE=83由(2)可知△GAD∽△EAC，

∴CEDG∴DG=DA?CEAC=②如圖：由(2)知△ADG∽△ACE，∴DGCE∴DG=22CE∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=BC=82，AC=AB∵AG=22AD∴AG=22AD∵四邊形AFEG是正方形，∴∠AGE=90°，GE=AG=8，∵C，G，E三點(diǎn)共線．∴∠AGC=90°∴CG=AC∴CE=CG+EG=83+8，∴DG=22CE=4綜上，當(dāng)C，G，E三點(diǎn)共線時(shí)，DG的長(zhǎng)度為46?42【點(diǎn)睛】本題考查了平行線分線段成比例，相似三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．16．(2022·湖南郴州·中考真題)如圖1，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6．點(diǎn)E是線段AD上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)E不與點(diǎn)A，D重合)，連接CE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥CE，交AB于點(diǎn)F．(1)求證：△AEF∽△DCE；(2)如圖2，連接CF，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥CF，垂足為G，連接AG．點(diǎn)M是線段BC的中點(diǎn)，連接GM．①求AG+GM的最小值；②當(dāng)AG+GM取最小值時(shí)，求線段DE的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①5；②DE=3+5或【分析】(1)證明出∠DCE=∠AEF即可求解；(2)①連接AM．先證明BM=CM=GM=12BC=3．確定出點(diǎn)G在以點(diǎn)M為圓心，3為半徑的圓上．當(dāng)A，G，M三點(diǎn)共線時(shí)，AG+GM=AM．此時(shí)，AG+GM取最小值．在Rt△ABM中利用勾股定理即可求出AM，則問(wèn)題得解．②先求出AF，求AF的第一種方法：過(guò)點(diǎn)M作MN∥AB交FC于點(diǎn)N，即有△CMN∽△CBF，進(jìn)而有MNBF=CMCB=12．設(shè)AF=x，則BF=4?x，MN=124?x．再根據(jù)MN∥AB，得到△AFG∽△MNG，得到AFMN=AGGM，則有x124?x=23，解方程即可求出AF；求AF的第二種方法：過(guò)點(diǎn)G作GH∥AB交BC于點(diǎn)H．即有△MHG∽△MBA．則有GMAM=GHAB(1)證明：如圖1，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，∴∠CED+∠DCE=90°．∵EF⊥CE，∴∠CED+∠AEF=90°，∴∠DCE=∠AEF，∴△AEF∽△DCE；(2)①解：如圖2-1，連接AM．∵BG⊥CF，∴△BGC是直角二角形．∴BM=CM=GM=1∴點(diǎn)G在以點(diǎn)M為圓心，3為半徑的圓上．當(dāng)A，G，M三點(diǎn)不共線時(shí)，由三角形兩邊之和大于箒三邊得：AG+GM>AM，當(dāng)A，G，M三點(diǎn)共線時(shí)，AG+GM=AM．此時(shí)，AG+GM取最小值．在Rt△ABM中，AM=A∴AG+GM的最小值為5．②(求AF的方法一)如圖2-2，過(guò)點(diǎn)M作MN∥AB交FC于點(diǎn)N，∴△CMN∽△CBF．∴MNBF設(shè)AF=x，則BF=4?x，∴MN=1∵M(jìn)N∥AB，∴△AFG∽△MNG，∴AFMN由①知AG+GM的最小值為5、即AM=5，又∵GM=3，∴AG=2．∴x124?x=2(求AF的方法二)如圖2-3，過(guò)點(diǎn)G作GH∥AB交BC于點(diǎn)H．∴△MHG∽△MBA．∴GMAM由①知AG+GM的最小值為5，即AM=5，又∵GM=3，∴35∴GH=125，由GH∥AB得△CHG∽△CBF，∴GHFB=CH解得FB=3．∴AF=AB?FB=1．由(1)的結(jié)論可得AFDE設(shè)DE=y，則AE=6?y，∴1y解得y=3+5或3?∵0<3+5<6，∴DE=3+5或DE=3?【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行的性質(zhì)、勾股定理以及一元二次方程的應(yīng)用等知識(shí)，掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．17．(2022·廣西貴港·中考真題)已知：點(diǎn)C，D均在直線l的上方，AC與BD都是直線l的垂線段，且BD在AC的右側(cè)，BD=2AC，AD與BC相交于點(diǎn)O．(1)如圖1，若連接CD，則△BCD的形狀為______，AOAD(2)若將BD沿直線l平移，并以AD為一邊在直線l的上方作等邊△ADE．①如圖2，當(dāng)AE與AC重合時(shí)，連接OE，若AC=32，求②如圖3，當(dāng)∠ACB=60°時(shí)，連接EC并延長(zhǎng)交直線l于點(diǎn)F，連接OF．求證：OF⊥AB．【答案】(1)等腰三角形，1(2)①OE=27【分析】(1)過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H，可得四邊形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，進(jìn)而可判斷△BCD的形狀，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根據(jù)三角形相似的性質(zhì)即可求解．(2)①過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)H，AC，BD均是直線l的垂線段，可得AC//BD，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠BAD=30°，再利用勾股定理即可求解．②連接CD，根據(jù)AC//BD，得∠CBD=∠ACB=60°，即△BCD是等邊三角形，把△ABD旋轉(zhuǎn)得∠ECD=∠ABD=90°，根據(jù)30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一般得到AFAB=AO(1)解：過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H，如圖所示：∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°，∴四邊形ABHC是矩形，∴AC=BH，又∵BD=2AC，∴AC=BH=DH，且CH⊥BD，∴△BCD的形狀為等腰三角形，∵AC、BD都垂直于l，∴AC//BD，∴△AOC∽△BOD，∴AODO=∴AO故答案為：等腰三角形，13(2)①過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)H，如圖所示：∵AC，BD均是直線l的垂線段，∴AC//BD，∵△ADE是等邊三角形，且AE與AC重合，∴∠EAD=60°，∴∠ADB=∠EAD=60°，∴∠BAD=30°，∴在Rt△ADB中，AD=2BD，AB=3又∵BD=2AC，AC=3∴AD=6,AB=33∴AH=DH=12AD=3在Rt△AEH中，EH=A又由(1)知AOAD∴AO=13AD=2∴在Rt△EOH中，由勾股定理得：OE=E②連接CD，如圖3所示：∵AC//BD，∴∠CBD=∠ACB=60°，∵由(1)知△BCD是等腰三角形，∴△BCD是等邊三角形，又∵△ADE是等邊三角形，∴△ABD繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°后與△ECD重合，∴∠ECD=∠ABD=90°，又∵∠BCD=∠ACB=60°，∴∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，∴FC=FB=2AF，∴AFAB又∠OAF=∠DAB，∴△AOF∽△ADB，∴∠AFO=∠ABD=90°，∴OF⊥AB．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定及性質(zhì)、三角形相似的判定及性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握三角形相似的判定及性質(zhì)和勾股定理的應(yīng)用，巧妙借助輔助線是解題的關(guān)鍵．18．(2022·山東青島·中考真題)如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，將△ABC繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到△ADE，連接CD．點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s．PQ交AC于點(diǎn)F，連接(1)當(dāng)EQ⊥AD時(shí)，求t的值；(2)設(shè)四邊形PCDQ的面積為S(cm2)，求S(3)是否存在某一時(shí)刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)16(2)S=(3)存在，t=【分析】(1)利用△AQE∽△AED得AQAE=AE(2)分別過(guò)點(diǎn)C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分別為M，N，證△ABC∽△CAM得，ABC