第二部分 题型五 几何综合探究题 综合训练-【练客中考】2026年安徽新中考数学二轮重难题型培优PPT

该初中数学中考复习课件聚焦安徽中考22题必考的几何综合探究题型，系统覆盖几何图形基本性质、折叠、旋转及综合与实践等核心考点，对接近5年中考真题，分析考点权重（如性质类占比超40%），归纳证明、计算、探究等常考题型，体现中考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题精讲+素养导向”，如2025寿春中学一模折叠题，通过对称性质分析和辅助线添加，培养几何直观与推理能力。提供“题型归类+解题模板”，帮助学生掌握全等证明、相似应用等技巧，助力冲刺高分，为教师提供系统复习方案，提升教学效率。

二轮重难题型培优 数学 第二部分　安徽重难题型攻关 题型五　几何综合探究题(22题必考) 综合训练 更符合安徽新中考 几何图形的基本性质(2024.22，2022.22，2021.23) 1.(2024合肥蜀山区二模)如图1，△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝45°，连接BD，CE，且∠ADB＝∠AEC＝90°，过点C作CG∥BD交线段ED的延长线于点G，EG与BC相交于点 F，连接DC，BG. (1)求证：∠BDG＝∠DEC； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第1题图1 更符合安徽新中考 证明：∵AD＝AE，∠DAE＝45°， ∴∠AED＝∠ADE＝＝67.5°. ∵∠ADB＝∠AEC＝90°， ∴∠BDG＝180°－∠ADE－∠ADB＝180°－67.5° －90°＝22.5°， ∠DEC＝∠AEC－∠AED＝90°－67.5°＝22.5°， ∴∠BDG＝∠DEC； 第1题图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 (2)试判断四边形BDCG的形状，并说明理由； 解：四边形BDCG是平行四边形，理由： ∵CG∥BD，∴∠BDG＝∠CGE. ∵∠BDG＝∠DEC，∴∠DEC＝∠CGE，∴EC＝CG. ∵∠BAC＝∠DAE＝45°，∴∠EAC＝∠DAB. 在△EAC和△DAB中，，∴△EAC≌△DAB(SAS)，∴EC＝BD，∴BD＝GC. ∵CG∥BD，∴四边形BDCG是平行四边形； 第1题图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：如解图，过点M作MN⊥AB于点N. ∵四边形BDCG是平行四边形， ∴BF＝FC. ∵AB＝AC， ∴AF⊥BC，∠BAF＝∠CAF. ∵MH⊥AC，MN⊥AB， ∴MH＝MN. (3)如图2，连接AF，过点B作BH⊥AC于H，交AF于点M，若BM＝，求AB的长. 第1题图2 第1题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵BH⊥AC，∠BAC＝45°， ∴△ABH为等腰直角三角形，∠ABH＝45°， ∴AB＝BH，△MNB为等腰直角三角形， ∴BN＝MN＝BM. ∵BM＝， ∴BN＝MN＝1，∴MH＝MN＝1. ∴BH＝BM＋MH＝＋1， ∴AB＝BH＝2＋. 第1题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC＝∠BAD＝∠C＝90°，AB＝BC， ∴∠BAF＝90°＝∠C，∠ABE＋∠CBE＝90°， ∵ BF⊥BE，∴∠ABF＋∠ABE＝∠EBF＝90°， ∴ ∠ABF＝∠CBE，∴△ABF≌△CBE(ASA)， ∴ AF＝CE； 2.(2025合肥寿春中学一模)已知，在正方形ABCD中，E是CD上一点，点F在射线DA上，连接BE，连接BF. (1)如图1，当BF⊥BE时，求证：AF＝CE； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第2题图1 更符合安徽新中考 (2)如图2，当BF平分∠ABE时， (i)求证：BE＝AF＋CE； 第2题图2 证明：如解图，将△BAF绕点B顺时针旋转90°至△BCM处， ∴△ABF与△CBM全等，易得E，C，M三点共线， ∴∠CBM＝∠ABF＝∠FBE，∠M＝∠AFB， ∴∠EBM＝∠CBM＋∠EBC＝∠FBE＋∠EBC ＝∠AFB＝∠M， ∴BE＝EM＝CM＋CE＝AF＋CE； 第2题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝∠ADC＝∠C＝90°， AB∥CD，AB＝BC＝CD＝AD＝2. ∵E是CD的中点， ∴CE＝DE＝1，∴AE＝BE＝＝. ∵BE＝AF＋CE， ∴AF＝－1， (ii)如图3，若正方形边长为2，E是CD的中点，连接AE交BF于点G，连接DG并延长，交AB于点H，求AH的长. 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第2题图3 更符合安徽新中考 如解图，延长BF交CD的延长线于点N. ∵BF平分∠ABE，∴∠ABF＝∠EBF. ∵AB∥CN，∴∠ABF＝∠N， ∴∠EBF＝∠N，∴BE＝EN＝， ∵AB∥CN， ∴△ABG∽△ENG，△AGH∽△EGD， ∴＝，＝，∴＝， ∴＝，∴AH＝. 第2题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 3.(2025合肥庐阳区四十二中三模)如图，等腰直角△ABC中，∠BAC＝90°，点D是直线BC上一个动点，以AD为底边作等腰直角△ADE，连接BE并延长交直线AC于点F，G为BC的中点，连接AG，EG. (1)如图1，若点D在线段BC上，求证： (i)△AEG∽△ADC； 证明：∵△ABC，△ADE是等腰直角三角形， ∴AB＝AC，EA＝ED，∠BAC＝∠AED＝90°， ∠ABC＝∠ACB＝∠EAD＝∠EDA＝45°. 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第3题图1 更符合安徽新中考 ∵G为BC的中点，∴AG⊥BC， ∴△AGB，△AGC为等腰直角三角形， ∴∠DAE＝∠CAG＝45°， ∴∠DAE－∠DAG＝∠CAG－∠DAG， 即∠GAE＝∠CAD. 又∵cos∠EAD＝cos∠CAG＝cos 45°＝， ∴＝＝， ∴△AEG∽△ADC； 第3题图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 证明：∵△AEG∽△ADC，∴∠AGE＝∠ACD＝45°， 由(i)知AG⊥BC，∴∠AGB＝90°， ∴∠EGB＝45°，∴∠EGB＝∠ACD，∴EG∥AC. ∵G为BC的中点， ∴E为BF 的中点. ∵∠BAF＝90°，∴AE＝BE＝FE＝DE， ∴点A，B，D，F在以点E为圆心，AE长为半径的圆上， ∴∠FDB＝90°，∴FD⊥BC； (ii)FD⊥BC. 第3题图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：如解图，过点E作 EM⊥BD，垂足为M. ∵AG⊥BC，∴EM∥AG， ∴△EMH∽△AGH， ∴＝. 当△ABC与△ADE全等时， AC＝AE. (2)如图2，若点D在线段BC的延长线上，AE与BC相交于点H，当△ABC与△ADE全等时，求的值. 第3题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第3题图2 更符合安徽新中考 ∵AC＝AG，AD＝AE， ∴AD＝2AG，∴sin∠ADG＝，∴∠ADG＝30°， 由(i)同理，得E为BF的中点，FD⊥BC， ∵EM⊥BD，∴EM∥DF， ∴△BME∽△BDF，∴＝， 设AG＝a，则DG＝＝a，GC＝AG＝a. ∵∠DCF＝∠ACB＝45°，DF⊥BD， ∴DF＝DC＝DG－GC＝(－1)a， ∴ME＝a，∴＝＝. 第3题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 4.(2025合肥瑶海区二模改编)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB边中点，点E，F分别在AC，BC边上，连接DE，DF，ED⊥DF，连接BE交CD于点G. (1)求证：∠AED＝∠CFD； 证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠CAD＝∠CBD＝45°. ∵D为AB边中点， ∴CD⊥AB，∠ACD＝∠BCD＝45°＝∠CAD ＝∠CBD，AD＝BD＝AB＝CD. 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第4题图1 更符合安徽新中考 ∵ED⊥DF， ∴∠EDF＝90°＝∠ADC＝∠CDB， ∴∠ADC－∠EDC＝∠EDF－∠EDC， 即∠ADE＝∠CDF， 在△AED和△CFD中，， ∴△AED≌△CFD(ASA)， ∴∠AED＝∠CFD； 第4题图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：∵∠EDF＝90°＝∠CDB， ∴∠EDF－∠CDF＝∠CDB－∠CDF， 即∠CDE＝∠BDF， 在△CDE和△BDF中，， ∴△CDE≌△BDF(ASA)， ∴CE＝BF. (2)如图2，连接EF，若∠CBE＝k∠ADE. (i)当k＝1时，求的值； 第4题图2 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 当k＝1时，则∠CBE＝∠ADE， 设CF＝a，CE＝BF＝b. ∵∠ECF＝90°＝∠EDF， ∴∠ECF＋∠EDF＝180°， ∴如解图，四边形DECF内接于直径为EF的圆， ∵圆周角∠CEF，∠CDF所对的弧为， ∴∠CEF＝∠CDF， 由(1)知∠ADE＝∠CDF， ∴∠CEF＝∠CBE. 第4题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵∠ECF＝∠BCE＝90°， ∴△CEF∽△CBE， ∴＝，即CE2＝CF·CB， ∴b2＝a(a＋b)， 整理，得()2＋－1＝0， 解得＝或＝(负值不符合题意，舍去)， ∴＝； 第4题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：当k＝2时，则∠CBE＝2∠ADE， 如解图，延长FC至点P，使CP＝CF，连接PE. 设CE＝BF＝m，CP＝CF＝n. ∵∠ECF＝90°，即EC⊥PF， ∴EC垂直平分PF，tan∠CFE＝＝， PE2＝CE2＋CP2＝m2＋n2， ∴EP＝EF，∴∠CEP＝∠CEF， ∴∠PEF＝∠CEP＋∠CEF＝2∠CEF， (ii)当k＝2时，求tan∠CFE的值. 第4题图2 第4题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵∠ECF＝90°＝∠EDF， ∴∠ECF＋∠EDF＝180°， ∴四边形DECF内接于直径为EF的圆， ∴∠CEF＝∠CDF＝∠ADE， ∴∠PEF＝2∠CEF＝2∠ADE＝∠CBE， 又∵∠EPF＝∠BPE，∴△EPF∽△BPE， ∴＝，即PE2＝PF·PB，∴m2＋n2＝2n(m＋2n)， 整理，得－2()－3＝0， 解得＝3或＝－1(负值不符合题意，舍去)，∴tan∠CFE＝3. 第4题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 5.(2025上海)在平行四边形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，连接AE，AF，EF. (1)若E是BC中点； (i)【多解法】如图1，若AE＝EF，求证：∠BAE＝∠EFC； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第5题图1 更符合安徽新中考 证明：证法1：如解图1，延长FE，AB交于点H. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，∴∠EBH＝∠C，∠H＝∠EFC， ∵E是BC中点， ∴BE＝CE， ∴△BEH≌△CEF(AAS)， ∴EH＝EF， ∵AE＝EF， ∴AE＝EH，∴∠H＝∠BAE，∴∠BAE＝∠EFC； 第5题解图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 证法2：如解图2，过点E作EI∥AB交AF于点I. ∵EI∥BA，AB∥CD， ∴∠BAE＝∠AEI，∠EFC＝∠IEF. ∵E是BC的中点， ∴I是AF的中点. ∵AE＝EF， ∴∠AEI＝∠IEF， ∴∠BAE＝∠EFC； 第5题解图2 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：如解图3，延长BF，AD交于点M. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴△BEG∽△MAG，△BCF∽△MDF， ∴＝＝，＝＝＝1， ∴BF＝MF，BC＝DM. ∵E是BC中点，∴BC＝2CE＝2BE， (ii)如图2，若CF＝DF，连接BF交AE于点G，求S△BEG ∶S△AEF的值. 第5题图2 第5题解图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 设CE＝BE＝m，则BC＝DM＝2m， ∴AM＝AD＋DM＝4m， ∴＝＝＝＝，∴＝， ∴＝＝＝，＝＝. 设S△ABG＝4n，则S△BEG＝n，S△AFG＝6n， ∴S△GFE＝n， ∴＝＝＝， 即S△BEG ∶S△AEF的值为； 第5题解图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：如解图3，延长AD，EF交于点M. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，CD＝AB＝3， ∴∠AEB＝∠EAD，DF＝CD－CF＝2. ∵∠AEB＝∠AFE＝∠EFC， ∴∠EFA＝∠EAD. 又∵∠AEF＝∠MEA，∴△AEF∽△MEA. (2)如图3，若AB＝3，AD＝5，CF＝1，∠AEB＝∠AFE＝∠EFC，求AF的长. 第5题图3 第5题解图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵∠AEB＋∠AEF＋∠FEC＝∠EFC＋∠FCE＋∠FEC＝180°，∠AEB＝∠EFC， ∴∠AEF＝∠FCE，∴△AEF∽△ECF， ∵AD∥BC，∴△ECF∽△MDF， ∴＝＝＝， 设CE＝s，FE＝t， ∵△AEF∽△ECF，∴＝＝， 即＝＝，∴AE＝st，AF＝t2. 第5题解图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵＝＝，即＝＝， ∴DM＝2s，FM＝2t，∴AM＝AD＋DM＝5＋2s. ∵△AEF∽△MEA，∴＝＝， 即＝＝，∴， 解得或(舍去)， ∴AF＝. 第5题解图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 6.在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是线段OC上一点(不与点O，C重合)，过点P分别作AD，CD的平行线，交CD于点E，交BC，BD于点F，G，连接EG. (1)如图1，若OP＝PC，∠BOC＝α，求证：∠DGE＝180°－α； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第6题图1 更符合安徽新中考 证明：∵OP＝PC，PG∥CD，∴＝＝. 在平行四边形ABCD中，OA＝OC， ∴＝＝. 又∵PE∥AD，∴＝＝， ∴＝＝，∴＝＝， ∵∠GDE＝∠ODC，∴△DGE∽△DOC， ∴∠DGE＝∠DOC，∴EG∥OC， ∴∠BGE＝∠BOC＝α，∴∠DGE＝180°－α； 第6题图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：补全图形，如解图.∵∠ABC＝90°， ∴平行四边形ABCD为矩形，AB∥CD， ∴OC＝OD，∠CPF＝∠PCE， ∴∠GDE＝∠PCE＝∠CPF. 又∵PG∥CD，∴AB∥PG，∠DEG＝∠PGE， ∴∠CFP＝∠ABC＝90°， (2)如图2，若∠ABC＝90°，＝，且△DGE与△PCF相似，求的值，并补全图形； 第6题图2 第6题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵∠DEG＜90°，△DGE与△PCF相似， ∴只能∠DGE＝90°，∠DEG＝∠PGE＝∠PCF， ∴此时有△DGE∽△PFC∽△CEP∽△ABC， ∵＝， ∴＝＝＝＝， 同理可得△PGE∽△EPC，∴＝＝， 设CE＝4k，那么PE＝6k，PG＝9k， 第6题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 在Rt△PEG中，EG＝＝3k， ∴DG＝2k， 在Rt△DEG中，DE＝＝13k， ∴CD＝17k. ∵PG∥CD， ∴△OPG∽△OCD， ∴＝＝， ∴＝； 第6题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：∵BA＝BC， ∴平行四边形ABCD为菱形. ∴AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，∠ABD＝∠CBD， ∴∠BAC＝∠BCA， ∵PF∥CD∥AB，PE∥AD∥BC， ∴四边形PFCE为平行四边形，∠CPF＝∠BAC， ∴∠FCP＝∠CPF， ∴PF＝CF， (3)如图3，若BA＝BG＝BC，延长EG恰好经过点A，求∠ABC的度数. 第6题图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∴四边形PFCE为菱形，∴PF＝FC＝CE， 同理可得FB＝FG， 设FB＝FG＝a，PF＝FC＝CE＝b，∴GP＝a－b. ∵GP∥CE， ∴△APG∽△ACE，∴＝＝， ∴＝，∴a2－ab－b2＝0， ∴()2－－1＝0， 第6题图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解得＝(负值已舍去)， 同理可得＝＝＝， ∴＝＝， ∵BG＝BA＝AD，∴＝. 又∵∠ADG＝∠BDA，∴△DGA∽△DAB， ∴设∠DAG＝∠DBA＝∠ADB＝α， ∴∠BAG＝∠BGA＝2α， ∴5α＝180°，∴α＝36°，∴∠ABC＝72°. 第6题图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 图形的折叠(对称)(2025.22) 7.(2025成都)如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内，射线AF交射线DC于点G，交射线BC于点P，射线EF交CD边于点Q. 【特例感知】 (1)如图1，当CE＝BE时，点P在BC延长线上，求证：△EFP≌△ECQ； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第7题图1 更符合安徽新中考 证明：由对称得∠B＝∠AFE，BE＝FE， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD， ∴∠B＝∠PCG，∴∠AFE＝∠PCG， ∵∠AFE＝∠QFG，∴∠PCG＝∠QFG， ∵∠FGQ＝∠CGP，∴∠CQE＝∠P， ∵CE＝BE，BE＝EF，∴EF＝EC， 又∵∠CEQ＝∠FEP， ∴△EFP≌△ECQ(AAS)； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：∵△EFP≌△ECQ，∴EQ＝EP， ∵EF＝EC，∴FQ＝CP， ∵∠FGQ＝∠CGP，∠CQE＝∠P， ∴△FQG≌△CPG(AAS)， ∴FG＝CG＝3，GQ＝GP＝5，由对称得AF＝AB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD，∴△CGP∽△BAP， ∴＝，∴＝，解得AB＝12， ∴CD＝12，∴DQ＝CD－CG－QG＝4； 【问题探究】 (2)在(1)的条件下，若CG＝3，GQ＝5，求DQ的长； 第7题图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：如解图，延长AD，EQ交于点M. 设CQ＝a，BE＝b， ∵＝，CE＝2BE， ∴DQ＝an，EC＝2b， ∴AB＝CD＝(n＋1)a，AD＝3b， 【拓展延伸】 (3)如图2，当CE＝2BE时，点P在BC边上，若＝，求的值.(用含n 的代数式表示) 第7题图2 第7题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵△ABE和△AFE关于AE对称， ∴AF＝AB＝(n＋1)a，EF＝BE＝b， ∵AD∥BC，即DM∥EC，∴△DQM∽△CQE， ∴＝，即＝＝n，∴DM＝2bn. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＝∠ADQ，易知∠AFE＝∠B， ∵∠AFQ＋∠AFE＝180°， ∴∠AFQ＋∠ADQ＝180°， ∴∠DAF＋∠DQF＝180°， 第7题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵∠EQC＋∠DQF＝180°， ∴∠EQC＝∠DAF， ∵AD∥BC，∴∠DAF＝∠FPE， ∴∠EQC＝∠FPE， 又∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△FEP∽△CEQ， ∴＝，即＝， ∴PF＝a， 第7题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 第7题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 ∵AD∥BC，∴△AMF∽△PEF， ∴＝，即＝， 解得EP＝b， ∴CP＝EC－EP＝2b－b＝， 又∵PC∥AD， ∴△GPC∽△GAD， ∴＝＝＝. 更符合安徽新中考 8.(2025合肥经开区一模)定义：两组邻边分别相等的四边形叫作“筝形”. (1)如图1，在菱形ABCD中，E是DC的中点，连接AE，将△AED沿AE翻折到△AEF，延长AF交BC于点P，请写出图中的所有“筝形”； 第8题图1 解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB＝CD＝BC，即四边形ABCD是“筝形”； 由折叠的性质得AD＝AF，DE＝EF， 即四边形AFED是“筝形”； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 由折叠的性质得∠D＝∠AFE， ∵四边形ABCD是菱形，∴∠BCD＋∠D＝180°， ∴∠BCD＋∠AFE＝180°， ∵∠EFP＋∠AFE＝180°，∴∠BCD＝∠EFP， 如解图1，连接CF. ∵E是DC的中点，∴DE＝EF＝CE，∴∠EFC＝∠ECF， ∴∠ECP－∠ECF＝∠EFP－∠EFC，即∠PCF＝∠PFC， ∴PF＝PC，即四边形PCEF是“筝形”； 综上，图中的“筝形”有四边形ABCD，四边形AFED， 四边形PCEF； 第8题解图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 (2)如图2，将(1)中的“菱形ABCD”改为“正方形ABCD”，其他条件不变，求的值； 第8题图2 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 解：同理(1)得四边形PCEF是“筝形”， 设DE＝EF＝CE＝x，则CD＝2x. ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝2x， ∴AE＝＝x， 如解图1，连接PE.∵EF＝CE，PC＝PF，PE＝PE， ∴△EFP≌△ECP(SSS)，∴∠PEF＝∠PEC， 第8题解图2 更符合安徽新中考 由折叠的性质得∠AED＝∠AEF，∠DAE＝∠PAE， ∠ADE＝∠AFE＝90°， ∵∠AED＋∠AEF＋∠PEF＋∠PEC＝180°， ∴∠AEF＋∠PEF＝90°， ∴△APE是直角三角形， ∴∠PAE＋∠AEF＝∠AEF＋∠PEF＝90°，∴∠PAE＝∠PEF， ∴∠PAE＝∠PEF＝∠DAE， ∴tan∠DAE＝＝＝＝tan∠PAE＝＝，∴PE＝x， ∴PC＝＝x， ∴PB＝BC－PC＝x，∴＝＝； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第8题解图2 更符合安徽新中考 解：如解图3，延长AF交BC于点Q，连接PF，QE， 同理(1)可证四边形QCEF是“筝形”， ∴当P，Q重合时，四边形PCEF是“筝形”， 同理(2)得△AQE是直角三角形，∠QAE＝∠DAE， ∴tan∠DAE＝＝tan∠QAE＝. (3)如图3，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，E是边DC的中点，连接AE，将△AED沿AE翻折到△AEF，点P是线段BC上一点，若四边形PCEF是“筝形”，求CP的长. 第8题图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第8题解图3 更符合安徽新中考 ∵在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，E是边DC的中点， ∴DE＝CE＝CD＝AB＝3， ∴AE＝＝， ∴＝， ∴QE＝， ∴QC＝＝， ∴此时CP＝. 第8题解图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 图形的旋转(2023.22) 9.(2025合肥寿春中学二模)已知点D是等边△ABC内一点，且∠CDB＝120°，连接AD并延长交BC于点E，将△BDC绕点B顺时针旋转60°得到△BAF. (1)如图1，若∠EAF＝α，请用含α的式子来表示∠CDE 的度数； 解：如解图1，由三角形外角性质知∠CDE＝∠1＋∠5， ∠BDE＝∠3＋∠4. ∵∠CDB＝120°， ∴∠CDE＋∠BDE＝∠1＋∠5＋∠3＋∠4＝120°. 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第9题图1 第9题解图1 更符合安徽新中考 ∵△ABC是等边三角形， ∴∠4＋∠5＝60°，∠1＋∠2＝60°， ∴∠1＋∠3＋60°＝120°，即∠1＋∠3＝60°， ∴∠2＝∠3，由旋转的性质知∠2＝∠BAF， ∴∠BAF＝∠3， ∴BD∥AF， ∴∠BDE＝∠EAF＝α， ∴∠CDE＝120°－α； 第9题解图1 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 证明：由(1)知BD∥AF， ∴△GAF∽△GBD，∴＝，∴AF·BG＝BD·AG， 设∠EAF＝β，由(1)得∠CDE＝120°－β， ∴∠ADG＝120°－β，∴∠BDE＝∠ACD＝β， ∴∠AGC＝180°－∠CAG－∠ACG＝180°－60°－β＝120°－β， ∴∠CDE＝∠AGC，∴∠ADG＝∠AGC， ∴AD＝AG，∴AF·BG＝BD·AD； (2)如图2，连接DF，交AB于点G，当C，D，F三点共线时，且∠BDE＝∠ACD. (i)求证：AF·BG＝BD·AD； 第9题图2 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：如解图2，过点A作AM⊥DG于点M. ∵AD＝AG，∴DM＝GM， 设DM＝GM＝x，FG＝y， 由旋转的性质知CD＝AF，△BDF是等边三角形， ∠AFB＝∠CDB＝120°， ∴∠AFM＝120°－60°＝60°， ∴AF＝2FM＝2x＋2y， ∴BD＝DF＝DG＋GF＝2x＋y， (ii)求的值. 第9题解图2 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵△GAF∽△GBD，∴＝，即＝， 整理得y2－2xy－4x2＝0，解得y＝(±＋1)x， ∵y＞0，∴y＝(＋1)x， ∴CD＝AF＝2x＋2y＝2(＋2)x， BD＝2x＋y＝(＋3)x， ∴＝＝＝. 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第9题解图2 更符合安徽新中考 10.(2025湖北省卷)在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点A的对应点D落在边AB上，连接BE. (1)如图1，求证：△BCE∽△ACD； 证明：∵将△ABC绕点C旋转得到△DEC，点A的对应点D落在边AB上， ∴AC＝CD，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE， ∴＝，∴△BCE∽△ACD； 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第10题图1 更符合安徽新中考 (2)如图2，当BC＝2，AC＝1时，求BE的长； 第10题图2 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 解：∵BC＝2，AC＝1，∠ACB＝90°， ∴AC＝CD＝1，AB＝＝＝， ∴tan A＝＝2， 如解图，过点D作DH⊥AC于点H， ∵tan A＝＝2，∴DH＝2AH， 在△CDH中，CH2＋DH2＝CD2， 即(1－AH)2＋(2AH)2＝12， 第10题解图 更符合安徽新中考 解得AH＝或AH＝0(舍去)， ∴DH＝，在Rt△ADH中，AH2＋DH2＝AD2， ∴AD＝＝AH＝. ∵△BCE∽△ACD， ∴＝，即＝，∴BE＝； 第10题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 (3)如图3，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，过点B作AC的平行线交EF于点G，DE与BC交于点K，当＝时，求的值. 第10题图3 解：设旋转角为α，则∠ACD＝∠BCE＝α， AC＝CD，CB＝CE， ∴∠CDA＝∠A＝＝90°－α， ∠CEB＝∠CBE＝＝90°－α， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCF＝90°，∠DCB＝90°－α， 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∴∠ECF＝90°－α，∴∠DCB＝∠ECF， ∵GF∥AB，∴∠F＋∠A＝180°， ∵∠CDA＋∠CDB＝180°，∠CDA＝∠A， ∴∠CDB＝∠F， ∵∠DCB＝∠ECF，∠CDB＝∠F，CB＝CE， ∴△BCD≌△ECF(AAS)，∴CD＝CF， ∵CD＝AC，∴AC＝CF； ∵＝，∴设GF＝5k，GB＝6k， 第10题图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵GF∥AB，BG∥AF， ∴四边形ABGF是平行四边形， ∴AB＝GF＝5k，AF＝BG＝6k，∠G＝∠A， ∴CD＝AC＝CF＝3k， 在Rt△ABC中，AB2＝BC2＋AC2， ∴BC＝＝＝4k， ∴sin A＝＝＝，∴sin G＝sin A＝， ∵△CBD≌△CEF，∴∠CBD＝∠CEF， 第10题图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵GF∥AB，∴∠FEB＋∠ABE＝180°， 即∠CEF＋∠CEB＋∠CBE＋∠CBD＝180°， 即2(∠CEF＋∠CEB)＝2∠FEB＝180°， ∴∠FEB＝90°，∴∠BEG＝90°， ∴sin G＝＝，即＝，∴BE＝k， ∵∠ADC＝∠CEB＝90°－α， ∠ADC＋∠CDB＝180°， ∴∠CEB＋∠CDB＝180°， ∴C，D，B，E四点共圆，∴∠BED＝∠BCD， 第10题图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 ∵∠BEK＝∠KCD，∠BKE＝∠DKC， ∴△BEK∽△DCK， ∴＝＝＝＝， 设DK＝5x，BK＝8x，CK＝5y，EK＝8y， 则BC＝BK＋CK＝8x＋5y＝4k①， 根据旋转可得DE＝AB＝5k， ∴DE＝DK＋EK＝5x＋8y＝5k②， 联立①②可得x＝k，y＝k， ∴＝＝＝. 第10题图3 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 综合与实践 11.(2025江西)综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究. 特例研究 在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O. (1)如图1，△ADC可以看成是△AOB绕点A逆时针旋转并 放大k倍得到，此时旋转角的度数为______，k的值为； 45° 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 第11题图1 更符合安徽新中考 解：根据题意得△AEF∽△AOB， ∴∠EAF＝∠OAB， ＝，∴∠FAB＝∠EAO，＝， ∴△AFB∽△AEO，∴＝， ∵∠OAB＝45°，∠AOB＝90°， ∴＝，∴＝＝； (2)如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到△AEF (点O，B的对应点分别为点E，F)，使得点E落在OD上，点F落在BC上，求的值； 第11题图2 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 类比探究 (3)如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，O是AB的垂直平分线与BD的交点，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到△AEF(点O，B的对应点分别为点E，F)，使得点E落在OD上，点F落在BC上. 猜想的值是否与α有关，并说明理由； 第11题图3 解：的值与α无关，理由如下： 如解图，过点O作OG⊥AB于点G， 同理可证△AFB∽△AEO，∴＝， 第11题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴∠ABO＝30°， ∵O是AB的垂直平分线与BD的交点，∴AO＝BO， ∴∠BAO＝∠ABO＝30°， ∵OG⊥AB，∴AB＝2BG，cos∠ABO＝＝＝cos 30°＝，∴＝， ∴＝＝，∴的值与α无关； 第11题解图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 解：同理可证，∠BAO＝，＝＝2cos， ∴BF＝OE·2cos，BA＝OB·2cos， ∵BE＝OE＋OB， ∴BF＋BA＝OE·2cos＋OB·2cos ＝2(OE＋OB)cos＝2BEcos， 即BF＋BA＝2BEcos. (4)【多解法】若(3)中∠ABC＝β，其余条件不变，探究BA，BE，BF之间的数量关系(用含β的式子表示). 图3 备用图 第11题图 4 5 3 2 1 9 10 8 7 6 11 更符合安徽新中考 $