专题04 几何综合压轴：三角形、四边形与圆综合应用（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题04几何综合压轴 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感” 近三年：中考数学中几何的压轴考点主要考向分为三类： 一、三角形（每年2~3道，12~25分）； 二、四边形（每年2~3题，12~25分）； 三、圆（每年1道，6~10分）； 考查内容稳定，命题形式多样，难度从基础到压轴都有考察； 预测2026年：必考题型。近年来各市持续强化对三角形全等与相似、四边形性质判定及圆中垂径定理、切线性质等核心模型的深度理解，突出图形变换视角下的动态分析能力；命题更倾向将多个几何模块交叉融合，强调逻辑链条完整性与辅助线构造的合理性； 考向01 三角形 题型1 相似三角形 相似三角形是初中几何的核心考点，解题的关键是先找相似模型，再定判定定理，最后用性质转化边 / 角关系，核心思路是 “模型化找相似，程序化证相似，技巧化用相似”。 一、第一步：快速判定相似 —— 先记 4 个核心判定定理（优先用模型匹配，再套定理） 按使用频率排序： ①两个角对应相等（最常用，80% 题型用此定理，优先找公共角、对顶角、平行线的同位角 / 内错角） ②两边对应成比例，且夹角相等（注意：必须是夹角，非夹角不行，高频易错点） ③SSS（边边边）：三边对应成比例（多用于网格题、已知边长的几何图形题） ④平行线分线段成比例 二、第二步：模型化找相似 —— 秒杀 80% 的几何题（核心关键） （一）基础模型（最常用，必考） ①A 型（平行型） 变式：反 A 型（不平行，但有公共角 + 一组角相等） ②X 型（八字型） 变式：反 X 型（无平行，对顶角 + 一组角相等） ③K 型（一线三等角） ④子母型（母子相似） ⑤共边共角型 ⑥手拉手型 ⑦摄影模型 ⑧平行线分线段成比例模型 三、第三步：程序化证相似 ——步骤完整，逻辑清晰，不遗漏条件 四、第四步：技巧化用相似 —— 核心用 “性质” 转化，解决计算 / 求值题 五、综合题解题思路 —— 压轴题适配（模型 + 思想结合） 初中相似三角形的压轴题，多结合折叠、平移、旋转、坐标系、圆，核心思路是： ①拆图形：将复杂图形拆成多个基础相似模型（如 A 型 + K 型、子母型 + X 型）； ②用思想：结合方程思想（设未知数列比例式）、转化思想（将未知边转化为已知边的比例）、数形结合思想（坐标系中结合坐标求边长）； ③找关联：找到多个相似三角形的公共相似比或公共边，建立边之间的联系； ④验结果：计算出边长后，验证是否符合图形的实际长度（如边长为正，线段长度合理）。 1．（2026•玄武区一模）如图1，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为BC边上的动点，以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E． （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）当DE∥AB时，求AE的长； （3）如图2，在点D从点B运动到点C的过程中，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，请直接写出点F运动的路径长． 2．（2026•玄武区一模）如图1，AB＝AC，AD＝1，BD＝CD＝2，点E在线段CA的延长线上，点F在线段DA延长线上，且EF∥AB． （1）当AB平分∠EBD时，证明：△AEB∽△BEC； （2）如图2，若，点P为AF中点，点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度，沿折线A﹣E﹣F运动至点F停止，作点A关于直线PQ的对称点K，t秒后P、K、B三点共线，求t的值； （3）如图3，过点F作FM⊥FD，FN∥MA且FN＝FM，若，且点E在直线MN上，求FM的长． FF版权所有 3．（2025•连云港校级三模）定义：如果一个三角形的三个顶点分别在另一个三角形的三边上，且这两个三角形相似，那么我们把这个三角形称为另一个三角形的镶嵌相似形：已知△ABC中，点P、D、E分别在BC，AB，AC上，联结PD，DE，PE． （1）如图1，P是BC中点，PD∥AC，PE∥AB时，求证：△PDE是△ABC的镶嵌相似形； （2）如图2，当AB＝AC，BP＝2PC，△PDE是△ABC的镶嵌相似形，∠A＝∠PDE．求的值； （3）如图3，如果∠A＝∠DPE＝90°，BP＝2，PC＝3，△PDE是△ABC的镶嵌相似形，且PE与AB不平行，求AB的长． 4．（2025•宿豫区三模）定义：点P是△ABC内部或边上的点（顶点除外），在△PBC，△PAB或△PCA中，如果有一个三角形与△ABC相似，那么称点P是△ABC的“相似点”． 例：如图1，点P在△ABC的内部，∠PBC＝∠BCA，∠PCB＝∠BAC，则△BCP∽△CAB，故点P为△ABC的“相似点”．请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题： （1）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，CP平分∠ACB．求证：点P为△ABC的“相似点”； （2）如图3，若△ABC为锐角三角形，点E是△ABC的“相似点”，且点B与点A对应，点E在∠ABC的平分线BF上，连接CE．若，求的值； （3）如图4，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，AC＝4EF，连接DE交AC于点G，连接DF，GF．若点G是△DEF的“相似点”，且点D与点F对应．若∠EDF＝∠BAC＝∠FGC，探究DE与EF的数量关系，并证明． 题型2 相似三角形的面积比 相似三角形的面积比等于相似比的平方。 5．（2025•无锡）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点O为中心，画出与△ABC成中心对称的△A′B′C′．当点O处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的△ABC，以其内部任意一点O为中心，画出与之成中心对称的△A′B′C′，探究了下列问题，请你帮他解答． （1）如图3，BC＝2，当点A关于点O的对称点A′落在边BC上时，两个三角形重叠部分为▱AQA′P． ①若AA′⊥BC，求AO的长；（请直接写出答案） ②若▱AQA′P的面积为，求A′C的长． （2）如图4，点D为BC的中点，点O在AD上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”EFGHMN，求“平行六边形”EFGHMN面积的最大值，并指出此时点O的位置． 6．（2024•铜山区二模）[阅读理解]如图1，在学习三角形的中位线时，我们发现三角形的三条中位线在三角形内部构成一个新的三角形，则其面积与原三角形面积的比是 　　 ． [探究思考]如图2，已知D、E、F分别是△ABC三边的三等分点，且，依次连接DE、EF、FD，则△DEF与△ABC的面积比是定值吗？如果是，请求出该数值；如果不是，请说明理由． [发现结论]如图3，已知D、E、F分别是△ABC三边的n等分点，且，依次连接DE、EF、FD，则△DEF与△ABC的面积比是　 ． 版权所有 题型3 锐角三角函数 中考三角函数压轴题，核心特点是综合型强，多结合三角形、四边形、圆、折叠/旋转、坐标系，本质是“构造直角三角形+三角函数转化+方程思想”，掌握以下技巧可快速突破，避免失分。 ①拆图建模：将复杂压轴图形（如四边形、圆内接三角形、折叠图形）拆分为1-2个直角三角形（核心！压轴题的关键的是“化斜为直”）； ②定角定比：找到题目中的特殊角（30°、45°、60°）或可转化为三角函数的角（如互余角、等角），确定对应边的比例关系； ③设元列方：设所求边或关键边为x，利用三角函数定义、相似三角形（若有）列出含x的等式（优先用正切，避免开根号，减少计算量）； ④验证取舍：求解方程后，结合图形实际意义取舍（边长为正、线段长度合理），最后化简答案（根式保留最简，符合中考评分标准）。 7．（2024•武进区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一点，连接CD，若，则tanA的值是 　　 ． 8．（2023•工业园区校级模拟）如图，正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，△AEF（E、F是小正方形的顶点）同时形变为△A′E′F′．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，则A′C′＝　 ． 9．（2023•无锡二模）如图，在△BDE中，∠BDE＝90°，，点D的坐标是（4，0），tan∠BDO，将△BDE旋转到△ABC的位置，点C在BD上，则旋转中心的坐标为（　　） A． B． C． D． 10．（2025•邗江区一模）如图，已知tan∠MON，Rt△ABC的两个顶点A、B分别在边OM、ON上运动（点C在AB的左侧），其中∠ABC＝90°，AB＝6，∠BAC＝∠MON，边AC交射线ON于点D，运动过程中： （1）BC＝ 　 ，BD的最小值为 　 ； （2）若△ABC被ON分成的两个三角形中有一个是以BD为底的等腰三角形，求OA的长； （3）连接OC，请直接写出运动过程中OC的最大值． 题型4 相似三角形/三角函数的应用 相似三角形与三角函数的综合应用，核心是将生活场景转化为几何图形（直角三角形、相似三角形），利用“相似求比例、三角函数求边长/角度”，解决测量、建筑、航海等实际问题，解题关键是“抽象几何模型，转化已知条件”。 核心原则：生活中的非直角、非相似场景，通过“作高构造直角三角形”“找等角证明相似”，转化为我们熟悉的几何模型，再结合核心思路求解。 11．（2025•淮安）综合与实践 [主题]雨天撑伞的学问 [情境]图（1）、图（2）是小丽在雨天水平撑伞的示意图，她的身体侧面可以近似看作矩形MNPQ，MN＝0.2米，MQ＝1.6米，雨伞撑开的宽度AC＝1米，伞柄的OG部分长为0.45米，点O为AC中点，OG⊥AC，点G到地面的距离是1.35米，手臂可以水平向前最长伸出0.5米，雨线AB与地面的夹角为θ，雨线AB与CD平行，AC与地面BD平行． [问题感知] （1）①在图（1）、图（2）中，点C到地面的距离是　　 米； ②如图（1）所示，θ＝72°，若小丽将伞拿在胸前（OG与NP在同一条直线上），则小丽身体被雨水淋湿的部分PK＝　　 米．（参考数据：sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08） [问题探究] （2）如图（2）所示，θ＝60°，设小丽将手臂水平前伸了x米（即线段EG的长度），身体被雨水淋湿部分PK的长度为y米，求y与x的函数表达式，并写出头部不被淋湿情况下x的取值范围． [问题解决] （3）在（2）的条件下，小丽发现水平撑伞身体始终有部分会被淋湿，于是她将雨伞绕点G顺时针旋转一定角度（点G到地面的距离保持不变），使得AC与雨线AB垂直，如图（3）所示．试问：小丽在旋转雨伞后，是否可以通过调节手臂水平前伸长度，使得全身都不会被雨淋湿？如果可以，请求出EG的最小值；如果不可以，请说明理由． 12．（2025•工业园区校级模拟）宣纸是中国独特的手工艺品，具有质地绵韧、光洁如玉、不蛀不腐、墨韵万变之特色，享有“千年寿纸”的美誉，被誉为“国宝”．宣纸制作包括108道工序，其中“打浆”这一工序需要使用工具“碓”（图1），图2是其示意图．O为转动点，CD⊥AB，AB与水平线MN的夹角∠AOM＝30°，OA＝BD＝40cm，OB＝160cm，当D点绕O点旋转下落到MN上时，线段AB，BD旋转到线段A′B′，B′D′位置，那么点A在竖直方向上上升了多少？ 13．（2025•无锡）某校数学研究性学习小组为测量物体的高度，开展了如下综合与实践活动． 【活动主题】测量物体的高度 【测量工具】卷尺、标杆 【活动过程】 活动1：测量校内旗杆的高度 该小组在校内进行了旗杆高度的测量活动（示意图1）．在点F处竖立标杆EF，直立在点Q处的小军从点P处看到标杆顶E、旗杆顶M在同一条直线上．已知旗杆底端N与F、Q在同一条直线上，EF＝2.8m，PQ＝1.4m，QF＝2m，FN＝16m． （1）求旗杆MN的高度． 活动2：测量南禅寺妙光塔的高度 南禅寺妙光塔，简称“妙光塔”，始建于北宋雍熙年间，是无锡著名的文物保护单位之一．该小组为全面了解本土历史文物，决定走出校园去测量妙光塔的高度．他们到达妙光塔后，发现塔顶A和塔底中心B均无法到达．经研究，设计并实施了如下测量活动（示意图2）．在地面一条水平步道上的点F处竖立标杆EF，直立在点Q处的小军从点P处看到标杆顶E、塔顶A在同一条直线上．小军沿FQ的方向走到点Q′处，此时标杆E′F′竖立于F′处，从点P′处看到标杆顶E′、塔顶A在同一条直线上．已知AB、EF、PQ、E′F′和P′Q′在同一平面内，点B、F、Q、F′、Q′在同一条直线上，EF＝E′F′＝2.8m，PQ＝P′Q′＝1.4m，FQ＝1.2m，F′Q′＝2.2m，QQ′＝30m． （2）求妙光塔AB的高度． 题型5 平行投影与中心投影 一．平行投影 物影比例： 二．中心投影 ①三点共线：光源、物体顶点、影子顶点三点共线。 ②近短远长：等高物体，离光源越近，影子越短。 ③动态变化：人走向路灯，影子先变短，后变长。 三．影子落在坡上、墙上等解题策略 （一）影子落在墙上（最常考、最简单、必拿分） 如图，树AB在太眼光的照射下，影子落在地面BC和墙面CD上。 解题思路：过D作DG⊥AB,AB=AG+BC，BC（或DG）可利用物影比例来求。 （二）影子落在斜坡上（中考难题、统一解法） 树AC在太阳光的照射下，影子落在地面AB和斜坡BD上。 解题思路：延长CD交AB延长线于点H,AH即为若没有斜坡时，落在地面上的影长。然后利用物影比例来求AC的高度。 14．（2024•南京）如图（1），夜晚，小明从路灯L的正下方P1处出发，先沿平路走到P2处，再上坡到达P3处．已知小明的身高为1.5m，他在道路上的影长y（单位：m）与行走的路程x（单位：m）之间的函数关系如图（2）所示，其中，OA，BC是线段，AB是曲线． （1）结合P2的位置，解释点A的横坐标、纵坐标的实际意义． （2）路灯L的高度是　　 m． （3）设P2P3的坡角为α（0°＜α＜45°）． ①通过计算：比较线段OA与线段BC的倾斜程度． ②当α取不同的值时，下列关于曲线AB的变化趋势的描述；（a）y随x的增大而增大；（b）y随x的增大而减小；（c）y随x的增大先增大后减小；（d）y随x的增大先减小后增大．其中，所有可能出现的序号是　 　 （说明：全部填对的得满分，有填错的不得分）． 15．（2025•镇江一模）如图，路灯AB、树CD的底端与小明的站位点E在同一条直线上，灯（点B）、树顶D、小明的头顶F这三个点所在的曲线的形状恰好是某个双曲线的一支，在灯光的照射下，树的影子的底部与点E重合，小明的影长EH为3米，已知小明的身高为1.75米，他与路灯相距9米．树与路灯相距多少米？ 题型6 三角形综合 16．（2024•南通）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5．正方形DEFG的边长为，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 　　 ． 17．（2024•秦淮区校级模拟）如图，点D在线段BC上移动（不含B点），Rt△ABC∽Rt△ADE，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，若S△CDE＝3.6时，则BD＝　 　 ． 18．（2025•钟楼区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为边在△ABC外作等腰△AMC，满足MA＝MC，AM∥BC，O是边AC的中点，连结BO，作射线BO交折线段A﹣M﹣C于点N，若MN＝2，ON＝3，则AM的长为 　 　 ． 19．（2025•常州）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝2，AD＝1． （1）若△ABD是等腰三角形，则BD＝ 　　 ； （2）已知OB＝OD，AC＝BD． ①若OA＝OC，判断四边形ABCD是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在△ACD中，CD2＝AD2+AC2，求AC的长． 20．（2025•海安市一模）综合与实践： 【回归教材】 八年级上册教材中探究了“三角形中边与角之间的不等关系”，部分内容如下： 如图1，在△ABC中，如果AB＞AC，那么我们可以将△ABC折叠，折边AC落在AB上，点C落在AB上的为D点，折线交BC于点E，则∠C＝∠ADE，∵∠ADE＞∠B，∴∠C＞∠B． 这说明在一个三角形中，如果两条边不等，那么它们所对的角也不等． 大边所对的角越大． 从上面的过程可以看出，通过轴对称的性质或“截长补短”构建全等三角形的方法将陌生问题转化为已学习的问题，这是研究几何问题时常用的方法． 类比探究“在三角形中，大角对大边”． （1）如图2，在△ABC中，∠C＞∠B，判断：AB　　 AC（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【进阶思考】 （2）如图3，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，AE、CD分别为∠BAC、∠ACB的角平分线，求证：CD+AD＝AC+CE． 【拓展运用】 （3）如图4，在△ABC中，D为AB上一点，且∠ACB＝∠CDA＞90°，比较CD+AB和CA+CB的大小关系，并说明理由． 考向02 四边形 四边形核心考点： 1、 平行四边形 （1） 性质： 1.对边平行且相等；对角相等、邻角互补；对角线互相平分； 2.平行四边形是中心对称图形，对角线分四边形为 4 个面积相等的三角形。 3.过对称中心的任意一条直线平分平行四边形的面积。 （二）判定 按使用频率排序 ——①一组对边平行且相等；②两组对边分别平行 / 相等；③对角线互相平分；④两组对角分别相等（极少用）。 （2） 面积：底×高 二、特殊平行四边形（中考考察重点，分值占比最高） 1. 矩形（平行四边形 + 直角） 特殊性质：四个角都是直角；对角线相等且互相平分；既是中心对称图形，也是轴对称图形（2 条对称轴）；面积长×宽； 判定：①先证平行四边形，加一个直角/对角线相等；②直接判定：三个角是直角的四边形是矩形。 高频考法：利用对角线相等求线段长；结合直角三角形性质（斜边中线 = 斜边一半、30° 角对直角边）计算。 2. 菱形（平行四边形 + 邻边相等） 特殊性质：四条边都相等；对角线互相垂直且平分（平分一组对角）；既是中心对称图形，也是轴对称图形（2 条对称轴）；面积=底×高= 对角线的乘积。 判定：①先证平行四边形，加一组邻边相等/对角线垂直；②直接判定：四条边相等的四边形是菱形。 高频考法：利用对角线垂直求面积 / 线段长；结合勾股定理计算边长。 3. 正方形（平行四边形 + 矩形 + 菱形，最特殊，综合考法多） 特殊性质：兼具矩形和菱形的所有性质；四条边相等、四个角都是直角；对角线相等、垂直且互相平分（平分一组对角）；既是中心对称图形，也是轴对称图形（4 条对称轴）；面积=边长2= 对角线2 判定：①先证平行四边形，加一组邻边相等 + 一个直角/对角线相等且垂直；②先证矩形，加一组邻边相等/对角线垂直；③先证菱形，加一个直角/对角线相等。 高频考法：综合矩形、菱形性质计算；结合旋转（正方形旋转 90° 全等）考察几何变换。 题型7 平行四边形综合 21．（2025•苏州模拟）【模型初探】如图1，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．求证：OE＝OF； 【初步探究】如图2，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．连接BM交AC于点H，连接HE，HF，若HE∥AB，求证：点M是AD的中点． 【深入探究】如图3，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．连接BM交AC于点H，连接HE，HF，且MD＝2AM，∠EHF＝60°，求的值． 22．（2025•盐城一模）数学中的相对运动 相对运动 物体的运动和静止是相对的，如果一个物体的位置相对于这个参照物发生了变化；就说它是运动的；如果没有变化，就说它是静止的． “相对运动”不仅适用于物理，“相对运动”也是解决数学问题的有效策略． 【理解运用】 （1）如图，平面直角坐标系中A、D、P三点的坐标分别为（﹣6，0），（0，6），（6，﹣1）．若线段AD以2个单位/秒的速度沿x轴方向向右运动t秒． ①若将线段AD看成静止的，则点P以 　　 单位/秒的速度沿x轴方向向 　　 运动； ②设平移后线段AD的对应线段为BC，当PB+PC的值最小时，求t值； （提示：PB+PC的最小值涉及两个动点有点难，但依据相对运动，将AD看成静止的，则点P为动点，就转化成求PA+PD的最小值问题．请根据提示写出求解过程．） 【深入思考】 （2）如图，在（1）的条件下，以AD为边作▱ABCD，其中点B为（1，0），点Q是边AD上的一动点，线段BC绕点Q按逆时针方向旋转90°得线段EF．当△DEF是直角三角形时，求DQ的长． 题型8 菱形综合 23．（2024•滨湖区二模）在菱形ABCD中，AB＝5，BD＝6，E是对角线BD上的一个三等分点，点D关于AE的对称点为D′，射线ED′与菱形ABCD的边交于点F，则D′F的长为（　　） A． B．或 C．或 D．或 24．（2024•滨湖区二模）如图，在菱形ABCD中，过点A作AE⊥CD，垂足E在CD的延长线上，过点E作EF⊥BC，垂足为F．若AE＝3，EF＝4，则菱形的边长为 　 　 ． 25．（2025•钟楼区一模）如图①，在菱形ABCD中，且∠ABC＝45°，现∠MAN从图①位置绕着点A逆时针旋转，射线AM与菱形交于点E，射线AN交菱形于点F，且∠MAN＝∠ABC． （1）如图②，当点E、F均在线段BC（能与端点重合）上时， ①菱形ABCD的面积为 　 　 ． ②线段BE的取值范围为 　 ． （2）如图③，当点E在BC上、点F在CD上时， ①求证：AE＝AF； ②连接EF，求EF2的最小值． 题型9 矩形综合 26．（2025•南通）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．M是BC的中点，DM交AC于点G． （1）求证：AG＝2GC； （2）设∠BCD，∠BDC的角平分线交于点I． ①当AB＝6，BC＝8时，求点I到BC的距离； ②若AB+AC＝2BC，作直线GI分别交BD，CD于E，F两点，求的值． 27．（2025•宿迁）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，，点M是边BC上一个动点，点N在射线CD上，∠MAN＝60°．线段AM的垂直平分线分别交直线AB、AM、AN、CD于点E、F、G、H． （1）直接写出∠ACB＝ 　　 °， 　 ； （2）当BM＝1时，求EF+GH的值； （3）如图2，连接MG并延长交直线CD于点P． ①求证：MG＝PG； ②如图3，过点P作直线EH的垂线，分别交直线EH、AN于点T、Q，连接DQ，求线段DQ的最小值． 题型10 正方形综合 28．（2024•滨湖区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE＝DH，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE．下列结论：①CH＝BE；②CH⊥BE；③S△GCE＝S△GDH；④当E是CD的中点时，；⑤当EC＝2DE时，S正方形ABCD＝6S四边形DEGH．其中正确结论的序号是（　　） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．②④⑤ 29．（2024•海陵区校级三模）已知正方形ABCD，E为射线DC上一点（点D除外），点F为点D关于AE的对称点，若△FCB是等腰三角形，则∠DFA的度数是 　 　 ． 30．（2025•徐州一模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC和CD上，且∠EAF＝45°，连接BD，分别交AE，AF于点H，点G，连接AC，EF，EG． （1）若正方形ABCD的边长为4cm，则△CEF的周长为　　 cm； （2）求证：△ACE∽△ADG； （3）AF与EG存在怎样的位置关系？请说明理由； （4）求证：为定值． 31．（2025•姑苏区校级一模）如图1，已知正方形ABCD边长为4，点E、点F分别是边AB，BC上的动点，且AE＝BF，连接EF，过点F作FG⊥EF交CD边于点G，连接EG，设EG＝m． （1）①猜想△EFG的形状并证明； ②取EG中点O，连接OA，则OA＝　　 ；△FGC的面积＝　 　 ；（用含m的代数式表示） （2）如图2，在EG上方作等边△EMG，ME，MG分别交AD边于点P，Q，且点M始终处在两平行直线AB，CD之间的区域内， ①直接写出m的范围　　 ； ②计算的值．（结果用含m的代数式表示） 题型11 四边形综合 32．（2024•东海县一模）【观察与猜想】 （1）如图1，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、AB上，连接DF与CE交于点O，若∠FOC＝90°，且AD＝8，CD＝5，则　 　 ； 【类比探究】 （2）如图2，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AD、AB上，连接DF与CE交于点O，当∠FOC与∠A满足什么关系时，成立？请说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形ABCD中，，AB＝7，∠A＝∠BCD＝120°，，点E在边AD上，连接DB与CE交于点O，当∠BOC＝∠A时，求的值． 33．（2024•涟水县模拟）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答． （1）问题背景 如图1，正方形ABCD中，点E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC边于点F，将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A′处，当∠BEF＝25°时，∠FEA′＝　　 ； 如图2，连接DF，当点A′恰好落在DF上时，其他条件不变，则　　 ； （2）探究迁移 如图3，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他条件不变，请写出AE与A′F之间的数量关系式（用含m的式子表示），并说明理由； （3）拓展应用 如图4，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他条件不变，当时，请直接写出A′F的长． 考向03 圆 题型12 三角形的内切圆与内心 1.三角形的内切圆与内心： 与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心。 这个三角形叫做圆的外切三角形。 2.三角形的内切圆的半径有关的结论1： 已知：三角形的面积为S，周长为C。 结论：。 3.三角形的内切圆的半径有关的结论2： 已知：直角三角形的的三边长分别为a、b、c，其中，a、b为直角边长，c为斜边长。 结论：r = ( a+b - c ) 34．（2025•高邮市二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O与△ABC的三边分别相切于点D、E、F．若AD•DB＝3，则△ABC的面积为 　 　 ． 35．（2024•连云区二模）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD、CD分别与⊙O切于点E、F，点M、N分别在线段DE、DF上，且MN与⊙O相切．若△MBN的面积为6，则⊙O的半径为（　　） A．2 B． C．2 D． 36．（2024•雨花台区模拟）已知△ABC内接于⊙O，I是△ABC的内心．若∠BIC＝∠BOC，则∠BAC的度数是 　 　 ． 37．（2025•海陵区校级三模）综合实践：探索三角形内心的性质 定义回顾：三角形三条角平分线的交点称为三角形的内心． 性质应用： （1）在△ABC中，∠BAC＝120°，I是△ABC的内心，则∠BIC＝　　 °． （2）在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，则△ABC内切圆的半径为　　 ． 性质拓展： （3）刘徽是魏晋时期我国伟大的数学家，是中国古典数学理论的奠基者之一．他在注解《九章算术》时，十分重视一题多解，其中最典型的就是给出直角三角形内切圆直径的多种表达形式．如图1，已知，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC，AC，AB的长分别表示为a，b，c，△ABC内切圆⊙O的直径为d． ①在下列表达式中（A）d＝|（a﹣b）（c﹣b）|；（B），选择一个正确的表达式，并证明这个表达式的正确性．我选B （填“A”或“B”）； ②如图2，若a＝3，b＝4，过△ABC的内心O，作一直线MN分别交AC，AB于M，N，当△AMN的面积最小时，求MN的长． 题型13 切线的性质与判定 圆综合题极少单独考圆的知识，均与三角形、三角函数、相似深度融合，其中切线的证明与计算是必考题型。 考法 一：切线的证明 + 线段 / 面积计算（最核心） 1.题型特征 以 “圆 + 三角形（直角 / 等腰 / 普通）” 为载体，第一问证明某直线是圆的切线（连半径证垂直为主），第二问求线段长（半径、弦长、切线长）、面积（阴影 / 扇形），部分地区加第三问求角度或三角函数值。 2.解题核心 证明切线：①连半径，证垂直（最常用）：已知直线与圆有公共点，连接圆心与公共点（半径），证明该半径与直线垂直（垂直判定：直角三角形、平行线、角相等、全等）；② 作垂直，证半径：未知直线与圆的公共点，过圆心作直线的垂线，证明垂线段的长度等于半径（极少用，仅适用于无公共点的情况； 计算线段：切线性质（切线⊥半径）构造直角三角形，结合勾股定理、三角函数、相似三角形求解； 计算面积：割补法，结合扇形面积、三角形面积公式求解。 考法 二：圆与三角形的综合（全等 / 相似 / 直角） 1.题型特征 圆作为载体，结合全等三角形、相似三角形、直角三角形考查，核心是 “利用圆的性质证角 / 线段相等，再证三角形全等 / 相似，进而推导线段关系”。 2.高频融合点 ①全等三角形：利用圆周角相等、弦相等、切线长相等证边 / 角相等，再用 SAS/ASA/AAS/SSS 证全等，推导线段相等； ②相似三角形（中考重难点，拉开分差）：利用圆周角相等、公共角、直角相等证相似（AA 为主），核心考相似三角形的性质（对应边成比例），求未知线段长（如半径、切线长）； ③直角三角形：直径对直角、切线⊥半径、勾股定理、三角函数（sin/cos/tan）结合，是计算的核心工具。 3.解题关键 找等角：圆的性质（圆周角、圆心角、圆内接四边形）是找等角的唯一依据，等角是证全等 / 相似的核心。 38．（2025•玄武区二模）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，⊙O与AD、BC分别相切于点A、C，与BD交于点E、F． （1）求证：四边形ABCD是平行四边形； （2）连接AF并延长与CD交于点M，若BE＝AC，AM＝6，求⊙O的半径． 39．（2024•沛县校级三模）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点E在上，过E作⊙O的切线，交AB的延长线于点F，若∠BEF＝∠CAE． （1）求证：AE平分∠BAC； （2）若BF＝10，EF＝20，求AC的长． 40．（2025•盐城）如图，AB是⊙O的弦，过点B作直线EF，以O为顶点作∠AOC＝90°，分别交EF，AB于点C，D，若CB＝CD． （1）试判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由． （2）若⊙O的半径为3，，求BC的长． 41．（2025•南京二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，直线AE交CD的延长线于点E，延长AD，BC相交于点F，DA平分∠BDE． （1）求证：AB＝AC． （2）若AE是⊙O的切线． （Ⅰ）求证：△ABF∽△EAC． （Ⅱ）若AE＝2，DE＝1，C是BF的中点，则⊙O的半径为 　 　 ． 42．（2025•苏州模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，OD平分∠AOC． （1）求证：OD∥BC； （2）延长DO交⊙O于点E，连接CE交OB于点F，过点B作⊙O的切线交DE的延长线于点P．若，PE＝1，求⊙O半径的长． 题型14 圆综合 43．（2024•秦淮区校级模拟）我们定义：两边平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形．根据定义： ①等边三角形一定是奇异三角形；②在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是奇异三角形，则a：b：c＝1：：2；③如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（不与点A、B重合），D是半圆的中点，C、D在直径AB的两侧，若在⊙O内存在点E，使AE＝AD，CB＝CE．则△ACE是奇异三角形；④在③的条件下，当△ACE是直角三角形时，∠AOC＝120°．其中，说法正确的有（　　） A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 44．（2025•南京）某纸杯的尺寸（单位：cm）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片ABCD（可以看作扇形纸片OAD剪去扇形纸片OBC后剩余的部分）． （1）的长为　9π　 cm，OB＝　18　 cm． （2）记a×b表示两边长分别为a，b（a≤b，单位：cm）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片ABCD的一张矩形纸片，它的一边与相切，点B，C在对边上，点A，D分别在另外两边上，直接写出a，b的值． ②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD吗？说明理由． ③若一张15×b的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD，写出求b的范围的思路（无需算出最终结果）． 45．（2025•淮安）探究与应用 [问题初探]（1）在等腰三角形ABC的底边BC上任取一点P（不与端点重合），连接AP，线段AB、AP、BP、CP有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空： 如图（1），过点A作AD⊥BC于点D， 在Rt△ABD中，∵∠ADB＝90°，∴AB2＝AD2+BD2．① 在Rt△APD中，∵∠ADP＝90°，∴AP2＝AD2+DP2 ．② 由①﹣②得：AB2﹣AP2＝BD2﹣PD2＝（BD+PD）•（BD﹣PD）． ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BD＝CD ． ∴BD﹣PD＝CD﹣PD＝CP． …… 根据小刚的方法，可以得到线段AB、AP、BP、CP的数量关系是AB2﹣AP2＝BP•CP ． [简单应用]（2）如图（2），在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上，AD＝AC＝2，以CD为边构造正方形CDEF，利用（1）中的结论求正方形CDEF的面积． [灵活应用]（3）如图（3），⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC的平分线交AC于点D，连接OB、OD，若OB＝9，OD＝5，，求BD的长． [深度思考]（4）如图（4），在△ABC中，∠C＝120°，点D、E分别在边AC、BC上，且满足AD＝DE＝BE，AE、BD交于点P，若tan∠CAE，则的值为　 　 ． 考向04 等积法 等积法（等面积法） 是中考几何中极其常用、高效的解题方法，核心是利用 “面积相等” 建立等式，用来求高、求线段长、证明线段和差、求比例，尤其在三角形、平行四边形、圆（内切圆） 中必考。 一、核心原理（一句话） 同一个图形（或几个图形组合）的面积，用两种不同方式表示，建立等式求解。 基本依据： ①等底等高的两个三角形面积相等。 ②同高的两个三角形，面积比 = 底之比。 ③同底的两个三角形，面积比 = 高之比。 ④一个图形面积 = 分割成几个部分的面积和。 2、 中考最常考4种类型 3、 三、等积变换（拉窗帘模型） 核心：平行线间距离处处相等 同底，顶点在平行线上移动，面积不变。 用途： 把不规则图形面积 转化为规则图形 计算。 证明面积相等、线段相等、平行。 46．（2025•苏州一模）综合与实践：九年级某学习小组围绕“锐角三角形面积”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，锐角△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC＝4，作BD⊥AC，垂足为D，则△ABC的面积为　　 ； 【一般证明】 （2）如图②，锐角△ABC中，∠BAC＝α，AB＝a，AC＝b，△ABC的面积为S．求证：； 【迁移应用】 （3）如图③，锐角△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝6，AC＝4，AD是∠BAC的平分线，则AD的长为　 　 ； （4）如图④，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D在边CB上，且CD＝2，连接AD，AD的中点为点E，过点E作直线l与边AB，AC分别交于P，Q两点，且△APQ为锐角三角形，求的值． 47．（2024•南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 60° 2 4 4 图② 1 45° 2 图③ 1 30° 　　 　　 　　 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB•AC之间的数量关系： 　 ． 【变式思考】 （2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB•AC之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 考向05 几何新定义综合 48．（2024•天宁区校级模拟）【定义学习】 过平面内一定点作两条直线（不平行）的垂线，那么这个定点与两个垂足构成的三角形称为“点足三角形”，在“点足三角形”中，以这个定点为顶点的角称为“垂角”． 如图1，OA⊥l1，OB⊥l2，垂足分别为A、B，则△OAB为“点足三角形”，∠AOB为“垂角”． 【性质探究】 （1）两条直线相交且所夹锐角为α度，则过平面内一点所画出的“点足三角形”的“垂角”度数为 　 　 度（用α表示）． （2）如图2，点O为平面内一点，OA⊥l1，OB⊥l2，垂足分别为A、B，将“垂角”绕着点O旋转一个角度，分别与l1，l2，相交于C、D，连接CD．求证：△OAB∽△OCD． 【迁移运用】 （3）如图3，∠MPN＝α，点A在射线PM上，点B是射线PN上的点，且，PA＝4．则∠MPN的外部是否存在一点O使得“点足三角形OAB“的面积为，若存在，求出此时PB的长；若不存在，请说明理由． 49．（2024•盐城模拟）定义：如果一个三角形一条边上的高与这条边的比值是4：5，那么称这个三角形为“准黄金”三角形，这条边就叫做这个三角形的“金底”． （1）如图1，在△ABC中，AC＝8，BC＝5，∠ACB＝30°，试判断△ABC是否是“准黄金”三角形，请说明理由． （2）如图2，△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”，把△ABC沿BC翻折得到△DBC，AD交BC的延长线于点E，若点C恰好是△ABD的重心，求的值． （3）如图3，l1∥l2，且直线l1与l2之间的距离为4，“准黄金”△ABC的“金底”BC在直线l2上，点A在直线l1上，，若∠ABC是钝角，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到△A′B′C，线段A′C交l1于点D．当点B′落在直线l1上时，则的值为 　　 ． 考向06 规律探究 50．（2025•盐城）小明在参观科技馆时，发现很多矿物的结晶体有着其独特的几何形态和内在规律． 【发现问题】 黄铁矿的晶体（如图1）是一个正方体：它由六个面组成，每个面都是全等的正方形，每个顶点都连接3条棱．小明查阅资料后了解到，这种各面都是全等的正n边形，且各顶点连接r（r≥3）条棱的立体图形称为正多面体，如正方体又称为正六面体． 【提出问题】 小明思考：这样的正多面体有几个？ 【分析问题】 一个正F面体的每个面都是全等的正n边形，有V个顶点，E条棱，且每个顶点都连接r条棱．小明对部分正F面体（如图2）进行了观察，列出以下数据． 正多面体 F n V E r 正四面体 4 3 4 6 3 正方体 6 4 8 12 3 正八面体 8 3 6 12 4 （1）根据表中的数据，请写出F，V，E之间存在的等量关系式： 　 ． （2）小明进一步发现，正F面体中棱数与各面的边数之和以及棱数与各面的顶点数之和存在着一定的关系． ①从而出发： 以正方体为例，它有6个面，每个面都有4条边，则六个面的边数之和为24．又因为正方体的两个面共用一条边，所以正方体的棱数为12．正F面体的棱数E＝ 　 ；（用含n，F的代数式表示） ②从顶点出发：正F面体的棱数E＝ 　 　 .（用含r，V的代数式表示） 【解决问题】 （3）已知一个正多面体有30条棱，且每个顶点连接3条棱，求这个正多面体的面数． （4）满足正多面体定义的几何体一共有几个？请说明你的理由． 51．（2024•盐都区校级二模）问题情境： 在综合实践课上，吴老师和鹿鸣学堂“数理时空”社团的同学们一起研究了对角相等的六边形，发现：如图1，在六边形A1A2A3A4A5A6中，若∠A1＝∠A4，∠A2＝∠A5，∠A3＝∠A6，则有A1A2∥A4A5，A2A3∥A5A6，A3A4∥A1A6，请结合图1，证明：A1A2∥A4A5． 问题探究： 小铭和小红对图1的六边形A1A2A3A4A5A6进行了特殊化，发现了以下两个结论： 结论1：如图2，若A3A4＝A1A6，则有：A1A2＝A4A5，A2A3＝A5A6． 结论2：如图3，若对角线A1A4、A2A5、A3A6交于点O，则对角线A1A4平分六边形A1A2A3A4A5A6的面积，请证明小铭和小红发现的两个结论． （建议用时：100分钟） 1．（2024•惠山区三模）【教材呈现】如图，在△ABC中，点D、E分别AB与AC的中点．则DE与BC的关系是DE∥BC，； 【感知】如图1，在矩形ABCD中，点O为AC的中点，点M为AB边上一动点，点N为BC的中点，连结MN、OM、ON．MN∥AC，∠OMN与∠ONM的数量关系是 　 　 ． 【应用】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，AD、CE是Rt△ABC的中线，M、N分别是AD和CE的中点，求MN的长； 【拓展】如图3，在平行四边形ABCD中，点E为AB边上一点，连接CE，点P在CE上，BE＝EP＝CP＝2，点G是EP的中点，连接AG交BC于点F，若点F为BC的中点，∠FGP＝60°，连接AP，求的值． 2．（2025•泰兴市一模）在△ABC中，点D在AB上，连接CD，且∠BCD＝∠BAC，E是BC上一点（与点B、C不重合）． （1）如图1，当∠BDC＝90°时，过C、D、E三点的圆分别交AD、AC于点F、G，连接FE、FG．求证：四边形CEFG是矩形； （2）如图2，已知AC＝AD，∠BAC＜60°，AE分别交过C、D、E三点的圆和CD于点H、I．点P为AE上一点，且∠EPC＝∠DHE． ①求证：△ADH≌△CAP； ②若△ADH、△DHI的面积分别为2和1，求△CEP的面积； ③△ADH、△ADI、△ACE的面积分别记为S、S1、S2，当点E在BC上任意位置时（与点B、C不重合），等式是否总成立．若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 3．（2025•邗江区一模）如图，已知tan∠MON，Rt△ABC的两个顶点A、B分别在边OM、ON上运动（点C在AB的左侧），其中∠ABC＝90°，AB＝6，∠BAC＝∠MON，边AC交射线ON于点D，运动过程中： （1）BC＝ 　　 ，BD的最小值为 　　 ； （2）若△ABC被ON分成的两个三角形中有一个是以BD为底的等腰三角形，求OA的长； （3）连接OC，请直接写出运动过程中OC的最大值． 4．（2024•泰兴市三模）综合与实践 在初中物理学中，凸透镜成像原理与相似三角形有密切的联系．请耐心阅读以下材料： 【光学模型】如图1，通过凸透镜光心O的光线AO，其传播方向不变，经过焦点F的光线AE经凸透镜L折射后平行于主光轴MN沿EA’射出，与光线AO交于点A'，过点A'作主光轴MN的垂线段A'B'，垂足为B'，即可得出物体AB所成的像A'B'． 【模型验证】 设焦点F到光心的距离FO称为焦距，记为f；物体AB到光心的距离BO称为物距，记为u；像A'B'到光心的距离OB'称为像距，记为v． 已知AB＝b1，A'B'＝h2，当f＜u＜2f时，求证：． 证明：∵A'B'⊥MN，AB⊥MN，∴∠ABO＝∠A'B'O＝90°， 又∠AOB＝∠A'OB'∴△AOB∽△A'OB'， ∴，即． 同理可得△ABF∽△EOF， ∴，即　　 ， ∴　　 ，∴uv﹣vf＝uf，∴，即． 请结合上述材料，解决以下问题： （1）请补充上述证明过程中①②所缺的内容（用含v，f的代数式表示）； （2）若该凸透镜L的焦距为20cm，物体距凸透镜L的距离为30cm，物高为10cm，则物体AB所成的像A'B'的高度为 　　 cm； （3）如图2，由物理学知识知“经过点A且平行于主光轴MN的光线AC经凸透镜L折射后经过点A'”，小明在做凸透镜成像实验时，不断改变物距发现光线CA'始终经过主光轴MN上一定点．若该凸透镜L的焦距为20cm，物高为10cm，试说明这一物理现象． 5．（2025•建湖县三模）某数学研究性学习小组，利用课余时间进行测量活动． 活动主题 测量小岛的面积 测量工具 皮尺、测角仪等 活动过程 如图，湖中有一小岛用△ABC表示，∠ABC＝90°．数学小组的同学先在湖岸边取点D，使点C，B，D在同一条直线上；再过点D作GH⊥CD，在GH上取点E，用皮尺测得DE的长为24米，在点E处用测角仪测得∠CEG＝60.3°，∠BEG＝45°，∠AEG＝21.8° 根据表格中提供的信息，解决下面的问题（结果保留整数）． （1）求BC的长； （2）求小岛△ABC的面积． （参考数据：sin60.3°≈0.87，cos60.3°≈0.50，tan60.3°≈1.75，sin21.8°≈0.37，cos21.8°≈0.93，tan21.8°≈0.40） 6．（2025•鼓楼区一模）立竿见影． 如图①，在平地上竖立一根直竿OA，太阳每天东升西落，直竿在阳光下的影子随之变化．研究表明，南京地区的影端轨迹（直竿影子顶端的轨迹）在春分日、秋分日是正东西向的直线，在其它时候是双曲线的一支，日期与轨迹形状的对应情况如图②所示．在老师指导下，鼓楼区的几位同学在学校进行了如下探索． （1） 某一天甲同学在操场上观测到竿影顶端的3处标记点，位置如图①所示，则他的这次观测大约 在 　　 季节．（填“春夏”或“秋冬”） （2）4月20日，乙同学从10：00到14：00每隔10min标记一次影端的位置． ①当天的影端轨迹最接近图②中的哪条线？ ②他选用了两处标记点确定出正东西方向，请指出他确定方向的方案和道理． （3）如图③，丙同学在实验室中用灯光模拟出“在春分日，直竿OA的影端轨迹为正东西向的直线l”，丁同学提出：在地平面上放置一个三棱柱形状的木斜坡，其下沿BC紧挨着竿底O且OB指向北偏西45°方向（俯视图如图④所示），影端轨迹有何变化？ ①在图④中用粗线画出落在坡面上的影端轨迹； ②已知O到直线l的距离为15cm，斜坡坡角为30°，春分日正午时分太阳光线与地平面的夹角约为58°，此时影端落在斜坡上的N处，求N到地平面的距离（精确到0.1cm）． （参考数据：tan58°≈1.60，．） 7．（2025•徐州）如图1，将Rt△AOB绕直角顶点O旋转至△COD，点A，B的对应点分别为C，D．连接AD，BC，AC，BD，直线AC与BD交于点E． （1）△AOD与△BOC的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； （2）如图2，连接OE，若AB，CD，OE的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； （3）已知AB＝5，随着OA，OB及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为　　 ． 8．（2025•盐城一模）数学中的相对运动 相对运动 物体的运动和静止是相对的，如果一个物体的位置相对于这个参照物发生了变化；就说它是运动的；如果没有变化，就说它是静止的． “相对运动”不仅适用于物理，“相对运动”也是解决数学问题的有效策略． 【理解运用】 （1）如图，平面直角坐标系中A、D、P三点的坐标分别为（﹣6，0），（0，6），（6，﹣1）．若线段AD以2个单位/秒的速度沿x轴方向向右运动t秒． ①若将线段AD看成静止的，则点P以 　　 单位/秒的速度沿x轴方向向 　　 运动； ②设平移后线段AD的对应线段为BC，当PB+PC的值最小时，求t值； （提示：PB+PC的最小值涉及两个动点有点难，但依据相对运动，将AD看成静止的，则点P为动点，就转化成求PA+PD的最小值问题．请根据提示写出求解过程．） 【深入思考】 （2）如图，在（1）的条件下，以AD为边作▱ABCD，其中点B为（1，0），点Q是边AD上的一动点，线段BC绕点Q按逆时针方向旋转90°得线段EF．当△DEF是直角三角形时，求DQ的长． 9．（2025•钟楼区一模）如图①，在菱形ABCD中，且∠ABC＝45°，现∠MAN从图①位置绕着点A逆时针旋转，射线AM与菱形交于点E，射线AN交菱形于点F，且∠MAN＝∠ABC． （1）如图②，当点E、F均在线段BC（能与端点重合）上时， ①菱形ABCD的面积为 　　 ． ②线段BE的取值范围为 　 ． （2）如图③，当点E在BC上、点F在CD上时， ①求证：AE＝AF； ②连接EF，求EF2的最小值． 10．（2025•江都区一模）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E是边BC上一点，且BE＝1，点P为边AB上一动点，连接PE，过E作PE的垂线交折线段AD﹣DC于点Q．连接PQ． （1）如图1，当点Q与点D重合时，求PB的长； （2）如图2，当点Q在AD上时，是否变化？若不变，请求出的值，若变化，请说明理由； （3）点M是PQ的中点． ①如图3，当Q在线段DC上时，CM的最小值为 　　 ． ②当点P从图1的位置运动到点A时，点M的运动路程长为 ． 11．（2025•东台市模拟）综合与实践 问题情境： 在正方形ABCD中，E是AB边上的一个动点，连接CE将△BCE沿直线CE翻折，得到△B′CE，点B的对应点B′落在正方形ABCD内． 猜想证明： （1）如图1，连接BB′并延长，交AD边于点F．求证：BF＝CE． （2）如图2，当E是AB边的中点时，连接AB′并延长，交CD边于点H，将△ADH沿直线AH翻折，点D恰好落在直线CE上的点D′处，AD′交B′E于点M，D′H交B′C于点N．试判断四边形B′MD′N的形状，并说明理由． 问题解决： （3）在（2）的条件下，若AB＝6，请直接写出四边形B′MD′N的面积． 12．（2025•天宁区校级模拟）概念生成：定义：我们把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆”，如图1，△ABC，⊙O经过点A，并与点A的对边BC相切于点D，则该⊙O就叫做△ABC的切接圆．根据上述定义解决下列问题： 理解应用 （1）已知，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，BC＝10． ①如图2，若点D在边BC上，CD，以D为圆心，BD长为半径作圆，则⊙D是△ABC的“切接圆”吗？请说明理由． ②在图3中，若点D在△ABC的边上，以D为圆心，CD长为半径作圆，当⊙D是Rt△ABC的“切接圆”时，求⊙D的半径（直接写出答案）． 思维拓展 （2）如图4，△ABC中，AB＝12．AC＝BC＝10，把△ABC放在平面直角坐标系中，使点C落在y轴上，边AB落在x轴上．试说明：以抛物线y4图象上任意一点为圆心都可以作过点C的△ABC的“切接圆”． 13．（2025•苏州校级二模）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上．连接CD，交AB于点E，延长BD，CA，两线相交于点P，过点A作⊙O的切线交BP于点G． （1）求证：AG∥CD； （2）求证：PA2＝PG•PB； （3）若，求tan∠AGB的值． 14．（2025•泰兴市校级三模）已知：在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，⊙O是△ACD外接圆． （1）如图1，当AB与⊙O相切时，求∠ABC的度数； （2）若∠ABC的度数发生变化且点B在⊙O外，⊙O与射线BC交于点F，AF与CD交于点G，如图2，当AE＝3，AG2+GF2＝36，求菱形ABCD的面积． 15．（2025•扬州校级二模）九年级某学习小组围绕“锐角三角形面积”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，锐角△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC＝6，作BD⊥AC，垂足为D，则△ABC的面积为 　　 ； 【一般证明】 （2）如图②，锐角△ABC中，记△ABC的面积为S．求证：； 【迁移应用】 （3）如图③，锐角△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝8，AC＝6，AD是∠BAC的平分线，则AD的长为 　　 ； （4）如图④，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在边CB上，且CD＝1，连接AD，AD的中点为点E，过点E作直线l与边AB，AC分别交于P，Q两点，且△APQ为锐角三角形，则的值为 　　 ． 42．（2025•天宁区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“相关矩形”，如图为点P，Q的“相关矩形”示意图． （1）已知点A的坐标为（1，0）， ①若点B的坐标为（4，1），求点A，B的“相关矩形”的面积； ②点C在直线x＝4上，若点A，C的“相关矩形”为正方形，求直线AC的表达式． （2）⊙O的半径为，点M的坐标为（m，4），若在⊙O上存在一点N，使得点M、N的“相关矩形”为正方形，求m的取值范围． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04几何综合压轴 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感” 近三年：中考数学中几何的压轴考点主要考向分为三类： 一、三角形（每年2~3道，12~25分）； 二、四边形（每年2~3题，12~25分）； 三、圆（每年1道，6~10分）； 考查内容稳定，命题形式多样，难度从基础到压轴都有考察； 预测2026年：必考题型。近年来各市持续强化对三角形全等与相似、四边形性质判定及圆中垂径定理、切线性质等核心模型的深度理解，突出图形变换视角下的动态分析能力；命题更倾向将多个几何模块交叉融合，强调逻辑链条完整性与辅助线构造的合理性； 考向01 三角形 题型1 相似三角形 相似三角形是初中几何的核心考点，解题的关键是先找相似模型，再定判定定理，最后用性质转化边 / 角关系，核心思路是 “模型化找相似，程序化证相似，技巧化用相似”。 一、第一步：快速判定相似 —— 先记 4 个核心判定定理（优先用模型匹配，再套定理） 按使用频率排序： ①两个角对应相等（最常用，80% 题型用此定理，优先找公共角、对顶角、平行线的同位角 / 内错角） ②两边对应成比例，且夹角相等（注意：必须是夹角，非夹角不行，高频易错点） ③SSS（边边边）：三边对应成比例（多用于网格题、已知边长的几何图形题） ④平行线分线段成比例 二、第二步：模型化找相似 —— 秒杀 80% 的几何题（核心关键） （一）基础模型（最常用，必考） ①A 型（平行型） 变式：反 A 型（不平行，但有公共角 + 一组角相等） ②X 型（八字型） 变式：反 X 型（无平行，对顶角 + 一组角相等） ③K 型（一线三等角） ④子母型（母子相似） ⑤共边共角型 ⑥手拉手型 ⑦摄影模型 ⑧平行线分线段成比例模型 三、第三步：程序化证相似 ——步骤完整，逻辑清晰，不遗漏条件 四、第四步：技巧化用相似 —— 核心用 “性质” 转化，解决计算 / 求值题 五、综合题解题思路 —— 压轴题适配（模型 + 思想结合） 初中相似三角形的压轴题，多结合折叠、平移、旋转、坐标系、圆，核心思路是： ①拆图形：将复杂图形拆成多个基础相似模型（如 A 型 + K 型、子母型 + X 型）； ②用思想：结合方程思想（设未知数列比例式）、转化思想（将未知边转化为已知边的比例）、数形结合思想（坐标系中结合坐标求边长）； ③找关联：找到多个相似三角形的公共相似比或公共边，建立边之间的联系； ④验结果：计算出边长后，验证是否符合图形的实际长度（如边长为正，线段长度合理）。 1．（2026•玄武区一模）如图1，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D为BC边上的动点，以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E． （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）当DE∥AB时，求AE的长； （3）如图2，在点D从点B运动到点C的过程中，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，请直接写出点F运动的路径长． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACB，根据三角形的外角性质得到∠BAD＝∠CDE，根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可； （2）证明△ABD∽CBA，根据相似三角形的性质求出BD，根据平行线分线段成比例定理列式求出AE； （3）过点A作AM⊥BC于点M，过点F作FN⊥MA交MA的延长线于点N，从而判断点F的运动路径为线段，再分别找出当点D与点B重合时，F点在F1的位置，当点D与点C重合时，F点在F1的位置，求出AF1与AF2进而即可求解． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∵∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B， ∴∠BAD＝∠CDE， 又∵∠B＝∠ACB， ∴△BAD∽△DCE； （2）解：∵DE∥AB， ∴△CDE∽△CBA， ∵△CDE∽△ABD， ∴△ABD∽△CBA， ∴， 即， 解得， ∵DE∥AB， ∴， 即， 解得； （3）解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点F作FN⊥MA交MA的延长线于点N， ∵AB＝AC， ∴BM＝CM＝16÷2＝8， 又∵AB＝10， ∴， ∴， ∵∠ADE＝∠B， ∴， ∵∠ANF＝∠AMD＝∠DAF＝90°， ∴∠FAN+∠AFN＝∠FAN+∠MAD＝90°， ∴∠AFN＝∠MAD， ∴△AFN∽△DAM， ∴， 即， ∴点F到AM所在直线的距离为， ∴点D从点B运动到点C的过程中，点F的运动路径是线段， 当点D与点B重合时，F点在F1的位置，此时，∠BAF1＝90°， ∵， ∴， 当点D与点C重合时，F点在F1的位置，此时，， 如图，连接F1F2， ∵∠BAF1＝∠CAF2， ∴∠F1AF2＝∠BAC， ∵AF1＝AF2， 即△AF1F2是等腰三角形， ∴△AF1F2∽△ABC， ∴， 即， ∴F1F2＝12， 即点F运动的路径长为12． 2．（2026•玄武区一模）如图1，AB＝AC，AD＝1，BD＝CD＝2，点E在线段CA的延长线上，点F在线段DA延长线上，且EF∥AB． （1）当AB平分∠EBD时，证明：△AEB∽△BEC； （2）如图2，若，点P为AF中点，点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度，沿折线A﹣E﹣F运动至点F停止，作点A关于直线PQ的对称点K，t秒后P、K、B三点共线，求t的值； （3）如图3，过点F作FM⊥FD，FN∥MA且FN＝FM，若，且点E在直线MN上，求FM的长． FF版权所有 【分析】（1）由等腰三角形的性质得∠ABC＝∠ACB，再证∠ACB＝∠ABE，然后由∠AEB＝∠BEC和相似三角形的判定方法即可得出结论；， （2）由等腰三角形的性质得AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝∠EAF，再证△PDB是等腰直角三角形，得∠BPD＝45°，分两种情况，①当点Q在AE上时，②当点Q在EF上时，分别求出t的值即可； （3）过点E作ES⊥FM交FM延长线于点S，ET⊥AM于点T，证Rt△ESF≌△Rt△ETA（HL），得∠EFM＝∠EAM，则M、E、A、F四点共圆，再由圆内接四边形的性质得∠EMS＝∠EAF＝∠EFA，则∠EMS＝∠BAD，然后由平行线的性质得∠SEF＝∠BAD，进而由锐角三角函数定义求出SF＝4，ES＝2，MS＝1，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵AB平分∠EBD， ∴∠ABE＝∠ABC， ∴∠ACB＝∠ABE， 又∵∠AEB＝∠BEC， ∴△AEB∽△BEC； （2）解：∵AB＝AC，BD＝CD， ∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝∠EAF， ∴AB＝AC， ∴AC＝AE， ∴AD是△BCE的中位线， ∴AD∥BE，BE＝2AD＝2×1＝2， ∵EF∥AB， ∴四边形ABEF是平行四边形， ∴AF＝BE＝2， ∵点P为AF中点， ∴AP＝FPAF2＝1， 由轴对称的性质得：PK＝PA，∠APQ＝∠KPQ， ∴点K在以P为圆心，AP为半径的圆弧上， ∵PD＝AP+AD＝1+1＝2， ∴PD＝BD， ∴△PDB是等腰直角三角形， ∴∠BPD＝45°，P、K、B三点共线有两种情况： ①如图2﹣1，当点Q在AE上时， 则∠APQ∠BPD45°＝22.5°， 作PQ的垂直平分线交AP于点H，连接QH，过点Q作QG⊥AP于点G， 则PH＝QH， ∴∠HQP＝∠APQ＝22.5°， ∴∠QHG＝∠HQP+∠APQ＝22.5°+22.5°＝45°， ∴△QGH是等腰直角三角形， ∴QG＝GH，QHGH， ∵tan∠CAD2，tan∠EAF， ∴2， 设AG＝x，则QG＝GH＝2x，PH＝QHGH＝2x， ∵AP＝AG+GH+PH＝1， ∴x+2x+2x＝1， 解得：x＝3﹣2， ∴AQx（3﹣2）＝32， 即t的值为32； ②如图2﹣2，当点Q在EF上时， 则∠BPD＝∠FPK＝45°， 由轴对称的性质得：∠APQ＝∠KPQ， ∴∠BPQ＝∠FPQ（180°+45°）﹣45°＝67.5°， 过点Q作QG⊥AF于点G，过点P作PR⊥AF， 则QG∥PR，∠BPR＝90°﹣∠BPD＝90°﹣45°＝45°， ∴∠PQG＝∠QPR＝∠BPQ﹣∠BPR＝67.5°﹣45°＝22.5°， 作PQ的垂直平分线交QG于点H，连接PH， 则PH＝QH， ∴∠HQP＝∠HPQ＝22.5°， ∴∠PHG＝∠HQP+∠HPQ＝22.5°+22.5°＝45°， ∴△PGH是等腰直角三角形， ∴PG＝HG，HPPG， ∵EF∥AB， ∴∠BAD＝∠CAD＝∠F， ∵tan∠CAD2，tanF， ∴2， ∴QG＝2FG， 设PG＝HG＝x，则QH＝PHPGx， ∴QG＝QH+HGx+x， ∴FGQGxx， ∵FP＝FG+PG＝1， ∴xx+x＝1， 解得：x， ∴FG＝FP﹣PG＝1， ∴FQFG， ∵四边形ABEF是平行四边形， ∴EF＝AB， ∴AE+EQ＝AE+EF﹣FQ， 综上所述，t的值为32或； （3）解：如图3，过点E作ES⊥FM交FM延长线于点S，ET⊥AM于点T， ∵FM＝FN， ∴∠EMS＝∠FMN＝∠N， ∵FN∥MA， ∴∠N＝∠EMT， ∴∠EMS＝∠EMT， ∵ES⊥FM，ET⊥AM， ∴ES＝ET， ∵AB＝AC，BD＝CD， ∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝∠EAF， ∴AB＝AC， ∴sin∠BAD，cos∠BAD，tan∠BAD2， ∵EF∥AB， ∴∠EFA＝∠BAD， ∴∠EFA＝∠EAF， ∴AE＝FE＝2， ∴Rt△ESF≌△Rt△ETA（HL）， ∴∠EFM＝∠EAM， ∴M、E、A、F四点共圆， ∴∠EMS＝∠EAF＝∠EFA， ∴∠EMS＝∠BAD， ∵ES⊥FS，AF⊥FS， ∴ES∥AF， ∴∠EFA＝∠SEF， ∴∠SEF＝∠BAD， ∴sin∠SEF＝sin∠BAD，cos∠SEF＝cos∠BAD， 即，， ∴SF＝4，ES＝2， ∵tan∠EMStan∠BAD＝2， ∴MSES＝1， ∴FM＝SF﹣MS＝4﹣1＝3， 即FM的长为3． 3．（2025•连云港校级三模）定义：如果一个三角形的三个顶点分别在另一个三角形的三边上，且这两个三角形相似，那么我们把这个三角形称为另一个三角形的镶嵌相似形：已知△ABC中，点P、D、E分别在BC，AB，AC上，联结PD，DE，PE． （1）如图1，P是BC中点，PD∥AC，PE∥AB时，求证：△PDE是△ABC的镶嵌相似形； （2）如图2，当AB＝AC，BP＝2PC，△PDE是△ABC的镶嵌相似形，∠A＝∠PDE．求的值； （3）如图3，如果∠A＝∠DPE＝90°，BP＝2，PC＝3，△PDE是△ABC的镶嵌相似形，且PE与AB不平行，求AB的长． 【分析】（1）由平行线分线段成比例可得，，根据P是BC中点得BP＝CP，所以，即可得到△PDE∽△ABC，从而得证； （2）由题易得△ABC和△DPE是等腰三角形，所以易得∠B＝∠C＝∠DPE，利用三等角模型可得△BDP∽△CPE，进而转化比例线段可得，由BP＝2CP可得，进而得解； （3）分类讨论，①△PDE∽△ABC，②△PDE∽△ACB，再利用相似三角形的性质求解即可； 【解答】（1）证明：∵PD∥AC，PE∥AB， ∴，， ∵P是BC中点， ∴BP＝PC， ∴AD＝BD，CE＝AE， ∴， ∴△PDE∽△ABC， ∴△PDE是△ABC的镶嵌相似形； （2）解：∵△PDE是△ABC的镶嵌相似形，∠A＝∠PDE， ∴△PDE也是等腰三角形，∠B＝∠C＝∠DPE， ∴，即， ∵∠DPC＝∠DPE+∠CPE＝∠B+∠BDP， ∴∠CPE＝∠BDP， ∴△BDP∽△CPE， ∴， ∴， ∴， ∵BP＝2CP， ∴， ∴， ∴1； （3）解：∵△PDE是△ABC的镶嵌相似形，∠A＝∠DPE＝90°， ①当△PDE∽△ABC时，有， 过点P作PH⊥AB于H，作PI⊥AC于I，则∠PHD＝∠PIE＝90°， ∵∠A＝∠DPE＝90°， ∴∠DPE＝∠HPI＝90°， ∴∠DPH＝∠EPI＝90°﹣∠HPE， ∴△DHP∽△EIP， ∴， ∵， ∴， ∵HP∥AC， ∴， 则可设HP＝2k，AC＝5k， ∵IP∥AB， ∴， 则可设IP＝3a，AB＝5a， ∴，得， ∴， ∵△ABC中，∠A＝90°，BC＝5， ∴； ②当△PDE∽△ACB时， 此时∠PED＝∠APC＝∠PAB，则AP＝BP＝CP， 显然不成立，舍去； 综上，AB． 4．（2025•宿豫区三模）定义：点P是△ABC内部或边上的点（顶点除外），在△PBC，△PAB或△PCA中，如果有一个三角形与△ABC相似，那么称点P是△ABC的“相似点”． 例：如图1，点P在△ABC的内部，∠PBC＝∠BCA，∠PCB＝∠BAC，则△BCP∽△CAB，故点P为△ABC的“相似点”．请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题： （1）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，CP平分∠ACB．求证：点P为△ABC的“相似点”； （2）如图3，若△ABC为锐角三角形，点E是△ABC的“相似点”，且点B与点A对应，点E在∠ABC的平分线BF上，连接CE．若，求的值； （3）如图4，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，AC＝4EF，连接DE交AC于点G，连接DF，GF．若点G是△DEF的“相似点”，且点D与点F对应．若∠EDF＝∠BAC＝∠FGC，探究DE与EF的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据条件可得△BCP∽△BAP，所以点P为△ABC的自相似点； （2）先得出△BEC∽△ACB，得出∠EBC＝∠CAB，再根据角平分线的性质得出∠ABF＝∠CBF＝∠A，得出△CBF∽△CAB，得出结论； （3）先得出四边形AEHC是平行四边形，再根据∠EDF＝∠H，∠DEF＝∠HED，得出△EDF∽△EHD，进而得出ED2＝EF•EH，最后依据EH＝AC＝4EF，得出结论． 【解答】（1）证明：AB＝AC，∠A＝36°， ∴∠B＝∠ACB＝72°． ∵PC平分∠ACB， ∴∠ACP＝∠BCP＝36°， ∴∠BCP＝∠A， ∵∠B＝∠B， ∴△BCP∽△BAC， ∴点P为△ABC的“相似点“； （2）解：∵点E是△ABC的“相似点”，且点B与点A对应，点E在∠ABC的平分线上， ∴△BEC∽△ACB， ∴∠EBC＝∠CAB， ∵BF平分∠ABC， ∴∠ABF＝∠CBF＝∠A， ∴FA＝FB， ∵∠BCF＝∠ACB，∠CBF＝∠A， ∴△CBF∽△CAB， ∴； （3）DE＝2EF， 证明：∵点G是△DEF的“相似点”，∠GEF＝∠FED， ∴△GEF∽△FED， ∴∠EFG＝∠EDF， ∵∠EDF＝∠BAC＝∠FGC， ∴∠EFG＝∠FGC， ∴AC∥EF， 分别延长EF，DC，交于点H， ∴四边形ABCD是菱形， ∴AB∥DC， ∵AC∥EF， ∴四边形AEHC是平行四边形， ∴AC＝EH，AE＝CH，∠EAC＝∠H， ∵∠EDF＝∠BAC， ∴∠EDF＝∠H， 又∵∠DEF＝∠HED， ∴△EDF∽△EHD， ∴， ∴ED2＝EF•EH， ∵EH＝AC＝4EF， ∴DE2＝4EF2， ∴DE＝2EF． 题型2 相似三角形的面积比 相似三角形的面积比等于相似比的平方。 5．（2025•无锡）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点O为中心，画出与△ABC成中心对称的△A′B′C′．当点O处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的△ABC，以其内部任意一点O为中心，画出与之成中心对称的△A′B′C′，探究了下列问题，请你帮他解答． （1）如图3，BC＝2，当点A关于点O的对称点A′落在边BC上时，两个三角形重叠部分为▱AQA′P． ①若AA′⊥BC，求AO的长；（请直接写出答案） ②若▱AQA′P的面积为，求A′C的长． （2）如图4，点D为BC的中点，点O在AD上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”EFGHMN，求“平行六边形”EFGHMN面积的最大值，并指出此时点O的位置． 【分析】（1）①由题易得三角形ABC的高为1，根据题意可知AA'＝h＝1，即可得解； ②易证△PA'C∽△QBA'，设相似比为，进而可得S△A'PC，S△BQA'，再根据S△A'PC+S△BQA'＝S△ABC﹣S▱AQA′P，建立方程求出k值，即可得解； （2）OD＝m，AD＝1，利用比例线段分别表示出SAMH、S△BNE、S△FGC，进而可得重叠部分面积，利用二次函数最值求解即可． 【解答】解：（1）①∵SBC•h＝1， ∴h＝1， 当AA'⊥BC时，AA'＝h＝1， ∴AO； ②由题可知AB∥A'B'，BC∥B'C'，AC∥A'C'， ∴△PA'C∽△QBA'， ∴设， ∴， ∵▱AQA′P的面积为， ∴S△AA'P， ∵， ∴S△A'PC， 同理可得S△BQA'， ∵S△A'PC+S△BQA'＝S△ABC﹣S▱AQA′P＝1， ∴， 解得k＝3±2， ∵， ∴， ∴A'C； （2）如图，设AD与B'C'交于点L， 设OD＝m，AD＝1，则m， ∴OD＝OL＝m， ∴AL＝AD﹣DL＝1﹣2m， ∵MH∥BC， ∴△AMH∽△ABC， ∴（）2＝（）2＝（）2， ∵S△ABC＝1， ∴S△AMH＝（1﹣2m）2， 连接EM，FH， ∵BB'∥BC， ∴， ∵D是BC中点， ∴BD＝CD， ∴ML＝LH， 由对称可知ML＝DF＝LH＝DE， ∴四边形MEDL是平行四边形， ∴ME∥AD， ∴， ∵BC＝2BD， ∴， ∴（）2＝m2， ∴S△BNE＝m2， 同理可得S△FGC＝S△BNE＝m2， ∴S“平行六边形”EFGHMN＝S△ABC﹣S△AMH﹣S△BNE﹣S△FGC ＝1﹣（1﹣2m）2﹣m2﹣m2 ＝﹣6m2+4m ＝﹣6（m）2， 故当m时，“平行六边形”EFGHMN面积的最大值为， 此时，则点O为△ABC的重心． 6．（2024•铜山区二模）[阅读理解]如图1，在学习三角形的中位线时，我们发现三角形的三条中位线在三角形内部构成一个新的三角形，则其面积与原三角形面积的比是 　　 ． [探究思考]如图2，已知D、E、F分别是△ABC三边的三等分点，且，依次连接DE、EF、FD，则△DEF与△ABC的面积比是定值吗？如果是，请求出该数值；如果不是，请说明理由． [发现结论]如图3，已知D、E、F分别是△ABC三边的n等分点，且，依次连接DE、EF、FD，则△DEF与△ABC的面积比是 　　 ． 版权所有 【分析】[阅读理解]由中位线可得，进而证明△DAF∽△BAC，，同理可证，，即可求解； [探究思考]取AF中点G，CE中点H，BD中点I，连接DG，FH，EI，先证△DAG∽△BAC，推出，根据等青三角形面积比等于底边长度之比，可得，同理推出，，即可求解； [发现结论]取G、H、I分别是△ABC 三边的n等分点，且，先证△DAG∽△BAC，推出，根据等高三角形面积比等于底边长度之比，可得，同理可得，，即可求解． 【解答】解：[阅读理解]∵DE是△ABC 的中位线， ∴， ∵∠DAF＝∠BAC， ∴△DAF∽△BAC， ∵， 即， 同理可证，． ∴， ∴， 故答案为：； [探究思考]如图，取AF中点G，CE中点H，BD中点I，连接DG，FH，EI， ∵， ∴，，， ∴， ∵∠DAG＝∠BAC， ∴△DAG∽△BAC， ∴， 即， ∵， ∴， 同理可证，， ∴， 综上可知，△DEF与△ABC的面积比是定值，定值为． [发现结论]如图，取 G、H、I分别是△ABC三边的n等分点，且， ∵， ∴，，， ∵，∠DAG＝∠BAC， ∴△DAG∽△BAC， ∴，即， ∵， ∴， 同理可证，， ∴， ∴， 故答案为：． 题型3 锐角三角函数 中考三角函数压轴题，核心特点是综合型强，多结合三角形、四边形、圆、折叠/旋转、坐标系，本质是“构造直角三角形+三角函数转化+方程思想”，掌握以下技巧可快速突破，避免失分。 ①拆图建模：将复杂压轴图形（如四边形、圆内接三角形、折叠图形）拆分为1-2个直角三角形（核心！压轴题的关键的是“化斜为直”）； ②定角定比：找到题目中的特殊角（30°、45°、60°）或可转化为三角函数的角（如互余角、等角），确定对应边的比例关系； ③设元列方：设所求边或关键边为x，利用三角函数定义、相似三角形（若有）列出含x的等式（优先用正切，避免开根号，减少计算量）； ④验证取舍：求解方程后，结合图形实际意义取舍（边长为正、线段长度合理），最后化简答案（根式保留最简，符合中考评分标准）。 7．（2024•武进区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB上一点，连接CD，若，则tanA的值是 　3　 ． 【分析】作∠ACD的平分线CE，交AB于点E，从而可得∠ACD＝2∠ACE＝2∠DCE，进而可得∠B＝∠ACE＝∠DCE，然后证明△ACE∽△ABC，从而利用相似三角形的性质可得∠AEC＝∠ACB＝90°，，从而可得AC2＝AB•AE，再利用平角定义可得∠AEC＝∠DEC＝90°，从而利用ASA证明△AEC≌△DEC，再利用全等三角形的性质可得AE＝DE，最后设AE＝DE＝a，则AD＝2a，从而可得AB＝10a，进而可得ACa，再在Rt△ABC中利用勾股定理可得BC＝3a，从而利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【解答】解：作∠ACD的平分线CE，交AB于点E， ∴∠ACD＝2∠ACE＝2∠DCE， ∵∠ACD＝2∠B， ∴∠B＝∠ACE＝∠DCE， ∵∠A＝∠A， ∴△ACE∽△ABC， ∴∠AEC＝∠ACB＝90°，， ∴AC2＝AB•AE， ∵∠AEC＝90°， ∴∠DEC＝180°﹣∠AEC＝90°， ∴∠AEC＝∠DEC， ∵CE＝CE， ∴△AEC≌△DEC（ASA）， ∴AE＝DE， 设AE＝DE＝a，则AD＝2a， ∵， ∴AB＝5AD＝10a， ∵AC2＝AB•AE， ∴AC2＝10a•a＝10a2， ∴ACa或ACa（舍去）， 在Rt△ABC中，BC3a， ∴tanA3， 故答案为：3． 8．（2023•工业园区校级模拟）如图，正方形ABCD由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形A′B′C′D′，△AEF（E、F是小正方形的顶点）同时形变为△A′E′F′．当△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：时，则A′C′＝　4　 ． 【分析】先求出△AEF的面积，再根据面积关系求出∠B′A′H＝60°，得出A′C′A′B′，即可得到答案． 【解答】解：△AEF的面积＝△AGE的面积+△FGE的面积GE•AB2×4＝4， ∵△AEF与△A′E′F′的面积之比等于2：， ∴△A′E′F′的面积＝2， △AEF变成菱形A′B′C′D′时的△A′E′F′，G′E′的长度没有变化， A′B′的长度也没有变化， 过点B′作B′H⊥A′D′，垂足为H， ∴△A′E′F′面积G′E′•B′H2×B′H＝2， ∴B′H＝2， ∵sin∠B′A′H， ∴∠B′A′H＝60°， ∴∠A′B′C′＝120°， 又∵A′B′＝B′C′＝4， ∴A′C′A′B′＝4． 故答案为：4． 9．（2023•无锡二模）如图，在△BDE中，∠BDE＝90°，，点D的坐标是（4，0），tan∠BDO，将△BDE旋转到△ABC的位置，点C在BD上，则旋转中心的坐标为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据旋转的性质可知BD＝AB＝4，∠ABC＝∠BDE＝90°，∠BAC＝∠DBE，由勾股定理求出AD，取AD的中点O′，由旋转的性质、直角三角形的边角关系以及全等三角形的性质可得点O′是旋转中心，再根据直角三角形的边角关系求出BN，DN，由全等三角形的判定和性质得出AM，BM，进而得出点A的坐标，由线段中点坐标计算公式可求出答案． 【解答】解：如图，连接AD，取AD的中点O′，连接O′B，O′C，O′E，过点B作x轴的垂线交x轴于N，与过点A作y轴的垂线相交于点M，由旋转可知，BD＝AB＝4，∠ABC＝∠BDE＝90°，∠BAC＝∠DBE， ∴AD8， ∵点O′是AD的中点， ∴O′A＝O′B＝O′DAD＝4， ∴点O′是点A、点B的旋转中心，点O′也是点D、点B的旋转中心， ∵∠O′AC+∠BAC＝45°＝∠O′BE+∠DBE， ∴∠O′AC＝∠O′BE， 又∵O′A＝O′B，AC＝BE， ∴△O′AC≌△O′BE（SAS）， ∴O′C＝O′E， ∴点O′是点E、点C的旋转中心， 因此点O′是△BDE旋转到△ABC的旋转中心， ∵∠DBN+∠ABM＝180°﹣90°＝90°，∠DBN+∠BDN＝90°， ∴∠ABM＝∠BDN， ∵∠BND＝∠AMB＝90°，AB＝DB， ∴△ABM≌△BDN（AAS）， ∴AM＝BN，BM＝DN， 在Rt△BDN中，由于tan∠BDN， 设BN＝x，则DN＝3x，由勾股定理得， BN2+DN2＝BD2， 即x2+（3x）2＝（4）2， 解得x（取正值）， 即BN＝AM， ∴DN＝BM＝3BN， ∴O′N＝4， ∴MN＝BN+MB， ∴点A（，） ∵点D（4，0） ∴AD中点O′的坐标为（，）， 故选：D． 10．（2025•邗江区一模）如图，已知tan∠MON，Rt△ABC的两个顶点A、B分别在边OM、ON上运动（点C在AB的左侧），其中∠ABC＝90°，AB＝6，∠BAC＝∠MON，边AC交射线ON于点D，运动过程中： （1）BC＝ 　　 ，BD的最小值为 　　 ； （2）若△ABC被ON分成的两个三角形中有一个是以BD为底的等腰三角形，求OA的长； （3）连接OC，请直接写出运动过程中OC的最大值． 【分析】（1）根据∠BAC＝∠MON，得到tan∠BAC＝tan∠MON，求出BC的值，根据垂线段最短，得到当BD⊥AC时，BD的值最小，进行求解即可； （2）分△ABD是以BD为底的等腰三角形和△BCD是以BD为底的等腰三角形，两种情况进行讨论求解即可； （3）定弦定角得到点O，A，B在以G为圆心，∠BGA＝2∠BOA的圆上，过点G作GE⊥AB，连接GA，GB，OG，GC，垂径定理，结合三角函数求出EG，AG的长，进而得到OG的长，过点G作GF⊥BC，勾股定理求出CG的长，根据OC≤OG+CG，求出最大值即可． 【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，∠BAC＝∠MON， ∴，即：， ∵AB＝6， ∴BC， ∴， ∵AC交ON于点D， ∴当BD⊥AC时，BD最小， 此时：，即：， ∴， 即：BD的最小值为， 故答案为：；； （2）①当△ABD是以BD为底的等腰三角形，AB＝AD＝6， ∵∠BAC＝∠MON，∠OBA＝∠DBA， ∴△BAD∽△BOA， ∴， ∴， ∴OB＝OA， 作BH⊥OA，则：， 设BH＝3x，OH＝4x，由勾股定理得OA＝OB＝5x， ∴HA＝OA﹣OH＝x， ∵∠BHA＝90°， ∴AH2+BH2＝AB2，即：x2+3x2＝62， 解得：（负值舍去）； ∴； ②当△BCD是以BD为底的等腰三角形，则：， 由（1）知：， ∴AD＝AC﹣CD＝3， 作BK⊥AC，则同（1）法可得：， ∴， ∴， ∴， ∵∠BAC＝∠MON，∠OBA＝∠DBA， ∴△BAD∽△BOA， ∴，即：， ∴； 综上：或； （3）∵AB为定值，也为定值， ∴点O，A，B在以G为圆心，∠BGA＝2∠BOA的圆上， 过点G作GE⊥AB，连接GA，GB，OG，GC，则：，∠AGE＝∠MON， ∴， ∴EG＝4， ∴， ∴OG＝AG＝BG＝5， 过点G作GF⊥BC， ∵GE⊥AB，∠ABC＝90°， ∴四边形GEBF为矩形， ∴BF＝EG＝4，GF＝BE＝3， ∴， ∴， ∵OC≤OG+CG， ∴当O，G，C三点共线时，OC的值最大为：． 题型4 相似三角形/三角函数的应用 相似三角形与三角函数的综合应用，核心是将生活场景转化为几何图形（直角三角形、相似三角形），利用“相似求比例、三角函数求边长/角度”，解决测量、建筑、航海等实际问题，解题关键是“抽象几何模型，转化已知条件”。 核心原则：生活中的非直角、非相似场景，通过“作高构造直角三角形”“找等角证明相似”，转化为我们熟悉的几何模型，再结合核心思路求解。 11．（2025•淮安）综合与实践 [主题]雨天撑伞的学问 [情境]图（1）、图（2）是小丽在雨天水平撑伞的示意图，她的身体侧面可以近似看作矩形MNPQ，MN＝0.2米，MQ＝1.6米，雨伞撑开的宽度AC＝1米，伞柄的OG部分长为0.45米，点O为AC中点，OG⊥AC，点G到地面的距离是1.35米，手臂可以水平向前最长伸出0.5米，雨线AB与地面的夹角为θ，雨线AB与CD平行，AC与地面BD平行． [问题感知] （1）①在图（1）、图（2）中，点C到地面的距离是　1.8　 米； ②如图（1）所示，θ＝72°，若小丽将伞拿在胸前（OG与NP在同一条直线上），则小丽身体被雨水淋湿的部分PK＝　0.26　 米．（参考数据：sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08） [问题探究] （2）如图（2）所示，θ＝60°，设小丽将手臂水平前伸了x米（即线段EG的长度），身体被雨水淋湿部分PK的长度为y米，求y与x的函数表达式，并写出头部不被淋湿情况下x的取值范围． [问题解决] （3）在（2）的条件下，小丽发现水平撑伞身体始终有部分会被淋湿，于是她将雨伞绕点G顺时针旋转一定角度（点G到地面的距离保持不变），使得AC与雨线AB垂直，如图（3）所示．试问：小丽在旋转雨伞后，是否可以通过调节手臂水平前伸长度，使得全身都不会被雨淋湿？如果可以，请求出EG的最小值；如果不可以，请说明理由． 【分析】（1）①根据题意，直接求线段长即可；②利用平行线的性质，两直线平行同位角相等，再借助直角三角形求解； （2）延长PN交AC于点F，先求出相关角，再利用FK＝CF•tan60°，接着可得，延长NM交AB于点H，过A作AI⊥MN交MN于I，为保证头部不被淋湿，即HN≥MN，建立不等式求解即可； （3）设小丽将手臂水平前伸了x米时，身体恰好不会被淋湿，计算出此时x的值，再判断此时头部是否被淋湿即可． 【解答】解：（1）①由题意知，OG＝0.45米，GP＝1.35米， ∴OP＝OG+GP＝0.45+1.35＝1.8米， 即点C到地面的距离是1.8米， 故答案为：1.8； ②∵AC＝1米，点O为AC中点， ∴米， ∵AB∥CD， ∴∠ABD＝∠KDP＝72°， ∵AC∥BD， ∴∠OCK＝∠KDP＝72°， ∴在Rt△OCK中，， ∴PK＝OP﹣OK＝1.8﹣1.54＝0.26米， 故答案为：0.26； （2）如图，延长PN交AC于点F，则OF＝EG＝x， ∴米， ∵AB∥CD， ∴∠ABD＝∠KDP＝60°， ∵AC∥BD， ∴∠FCK＝∠KDP＝60°， ∴在Rt△FCK中，米， ∴， 即， 延长NM交AB于点H，过A作AI⊥MN于点I， 则AI＝1.8﹣1.6＝0.2（米），，AF＝NI＝0.5﹣x， 为使头部不被淋湿， ∴HN＝HI+IN0.5﹣x≥MN＝0.2， 解得， 又∵x≥0， ∴， ∴； （3）设小丽将手臂水平前伸了x米时，身体恰好不会被淋湿， 如图，延长NM交AB于点R，过R作RT⊥BD交BD于T， 延长EG交CD于W，过W作WY⊥OG交OG于Y， ，∠GWD＝∠YGW＝60°，RT＝MQ＝1.6， ∴， 所以在Rt△YGW中，YGOG，； 在Rt△DEW中，EW， ∴EG＝EW﹣GW， 在Rt△BRT中，BT， 又∵， ∴此时头部不会被淋湿， 综上，可以通过调节手臂水平前伸长度，使得全身都不会被雨淋湿，EG的最小值为． 12．（2025•工业园区校级模拟）宣纸是中国独特的手工艺品，具有质地绵韧、光洁如玉、不蛀不腐、墨韵万变之特色，享有“千年寿纸”的美誉，被誉为“国宝”．宣纸制作包括108道工序，其中“打浆”这一工序需要使用工具“碓”（图1），图2是其示意图．O为转动点，CD⊥AB，AB与水平线MN的夹角∠AOM＝30°，OA＝BD＝40cm，OB＝160cm，当D点绕O点旋转下落到MN上时，线段AB，BD旋转到线段A′B′，B′D′位置，那么点A在竖直方向上上升了多少？ 【分析】过点B作BF⊥MN于点F，过B′作B′E⊥MN于点E，B′G⊥BF于点G，得四边形B′EFG是矩形，根据勾股定理求出OD，证明△OEB′∽△OB′D′，对应边成比例，求出FG，然后根据，OA＝40cm，求出h即可． 【解答】解：如图2，过点B作BF⊥MN于点F，过B′作B′E⊥MN于点E，B′G⊥BF于点G， 则四边形B′EFG是矩形， 设A上升的高度为h， ∴FG＝B′E， ∵∠BON＝∠AOM＝30°，OB＝160cm， ∴BFOB＝80cm， ∵CD⊥AB于点B，OA＝BD＝40cm， ∴OD40， ∴OD′＝40， ∵∠OB′D′＝∠OBD＝90°， ∴∠OB′D′＝∠OEB′＝90°， ∵∠B′OD′＝∠EOB′， ∴△OEB′∽△OB′D′， ∴， ∵B′D′＝BD＝40cm，OB′＝OB＝160cm， ∴， ∴B′Ecm， ∴FGcm， ∴BG＝BF﹣FG＝（80）cm， ∵，OA＝40cm， ∴hBG＝（20）cm． 故点A在竖直方向上上升了（20）cm． 13．（2025•无锡）某校数学研究性学习小组为测量物体的高度，开展了如下综合与实践活动． 【活动主题】测量物体的高度 【测量工具】卷尺、标杆 【活动过程】 活动1：测量校内旗杆的高度 该小组在校内进行了旗杆高度的测量活动（示意图1）．在点F处竖立标杆EF，直立在点Q处的小军从点P处看到标杆顶E、旗杆顶M在同一条直线上．已知旗杆底端N与F、Q在同一条直线上，EF＝2.8m，PQ＝1.4m，QF＝2m，FN＝16m． （1）求旗杆MN的高度． 活动2：测量南禅寺妙光塔的高度 南禅寺妙光塔，简称“妙光塔”，始建于北宋雍熙年间，是无锡著名的文物保护单位之一．该小组为全面了解本土历史文物，决定走出校园去测量妙光塔的高度．他们到达妙光塔后，发现塔顶A和塔底中心B均无法到达．经研究，设计并实施了如下测量活动（示意图2）．在地面一条水平步道上的点F处竖立标杆EF，直立在点Q处的小军从点P处看到标杆顶E、塔顶A在同一条直线上．小军沿FQ的方向走到点Q′处，此时标杆E′F′竖立于F′处，从点P′处看到标杆顶E′、塔顶A在同一条直线上．已知AB、EF、PQ、E′F′和P′Q′在同一平面内，点B、F、Q、F′、Q′在同一条直线上，EF＝E′F′＝2.8m，PQ＝P′Q′＝1.4m，FQ＝1.2m，F′Q′＝2.2m，QQ′＝30m． （2）求妙光塔AB的高度． 【分析】（1）过点P作PH⊥MN于点H，交EF于点K，利用矩形的判定与性质得到PQ＝KF＝HN＝1.4m，HK＝FN＝16m，PK＝QF＝2m，则EK＝EF﹣KF＝1.4m，PH＝PK+HK＝18m，利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论； （2）连接EE′并延长交AB于点M，连接PP′并延长交AB于点N，交EF于点H，交E′F′于点K，利用矩形的判定与性质得到BM＝EF＝E′F′＝2.8m，HF＝KF′＝BN＝PQ＝P′Q＝1.4m，HP＝FQ＝1.2m，QQ′＝PP′＝30m，P′K＝F′Q′＝2.2m，则MN＝HE＝KE′＝EF﹣HF＝1.4m，设HN＝xm，AM＝ym，则PN＝HN+HP＝（1.2+x）m，AN＝AM+MN＝（1.4+y）m，P′N＝PP′+PN＝（31.2+x）m，利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论． 【解答】解：（1）过点P作PH⊥MN于点H，交EF于点K，如图， 则四边形HKFN，四边形PQNH，四边形PQFK为矩形， ∴PQ＝KF＝HN＝1.4m，HK＝FN＝16m，PK＝QF＝2m， ∴EK＝EF﹣KF＝1.4m，PH＝PK+HK＝18m， ∵EF∥MN， ∴△PEK∽△PMH， ∴， ∴， ∴MH＝12.6（m）． ∴MN＝MH+HN＝14（m）． 答：旗杆MN的高度为14m． （2）连接EE′并延长交AB于点M，连接PP′并延长交AB于点N，交EF于点H，交E′F′于点K，如图， 则四边形BMEF，四边形BNPQ，四边形P′Q′BN，四边形BNKF，四边形PQQ′P′为矩形， ∴BM＝EF＝E′F′＝2.8m，HF＝KF′＝BN＝PQ＝P′Q＝1.4m，HP＝FQ＝1.2m，QQ′＝PP′＝30m，P′K＝F′Q′＝2.2m， ∴MN＝HE＝KE′＝EF﹣HF＝1.4m， 设HN＝xm，AM＝ym，则PN＝HN+HP＝（1.2+x）m，AN＝AM+MN＝（1.4+y）m，P′N＝PP′+PN＝（31.2+x）m， ∵EF∥AB， ∴△PEH∽△PAN， ∴， ∴． ∵E′F′∥AB， ∴△PEK∽△P′AN， ∴， ∴， ∴， ∴x＝34.8． ∴， ∴y＝40.6． ∴AB＝AM+BM＝43.4（m）． 答：妙光塔AB的高度43.4m． 题型5 平行投影与中心投影 一．平行投影 物影比例： 二．中心投影 ①三点共线：光源、物体顶点、影子顶点三点共线。 ②近短远长：等高物体，离光源越近，影子越短。 ③动态变化：人走向路灯，影子先变短，后变长。 三．影子落在坡上、墙上等解题策略 （一）影子落在墙上（最常考、最简单、必拿分） 如图，树AB在太眼光的照射下，影子落在地面BC和墙面CD上。 解题思路：过D作DG⊥AB,AB=AG+BC，BC（或DG）可利用物影比例来求。 （二）影子落在斜坡上（中考难题、统一解法） 树AC在太阳光的照射下，影子落在地面AB和斜坡BD上。 解题思路：延长CD交AB延长线于点H,AH即为若没有斜坡时，落在地面上的影长。然后利用物影比例来求AC的高度。 14．（2024•南京）如图（1），夜晚，小明从路灯L的正下方P1处出发，先沿平路走到P2处，再上坡到达P3处．已知小明的身高为1.5m，他在道路上的影长y（单位：m）与行走的路程x（单位：m）之间的函数关系如图（2）所示，其中，OA，BC是线段，AB是曲线． （1）结合P2的位置，解释点A的横坐标、纵坐标的实际意义． （2）路灯L的高度是　6　 m． （3）设P2P3的坡角为α（0°＜α＜45°）． ①通过计算：比较线段OA与线段BC的倾斜程度． ②当α取不同的值时，下列关于曲线AB的变化趋势的描述；（a）y随x的增大而增大；（b）y随x的增大而减小；（c）y随x的增大先增大后减小；（d）y随x的增大先减小后增大．其中，所有可能出现的序号是　（a）（b）（c）　 （说明：全部填对的得满分，有填错的不得分）． 【分析】（1）横坐标：小明走到灯下6m处，纵坐标：此时影长为2m，影长的顶端正好在P2处； （2）根据题意列出方程，求得路灯L的高度是6m； （3）①根据A（6，2），得出kOA，根据三角函数，得出，再进行比较即可； ②A：小明走到灯下6m处，影子正好顶端在P2处，B：小明走到灯下8m处，到达P2，当α取不同的值时，影长y可能随x的增大而增大或随x的增大而减小或随x的增大先增大后减小． 【解答】解：（1）由题意得：A（6，2）， 横坐标：小明走到灯下6m处，纵坐标：此时影长为2m，影长的顶端正好在P2处； （2）由题意得：， 解得：x＝6， ∴路灯L的高度是6m， 故答案为：6； （3）①∵A（6，2）， ∴kOA， EF为小明在坡上任意一点， ∴此时，BF＝（x﹣8）m，影长FC＝ym，P1G＝8tanα m， ∵EF∥LG， ∴， ∴， ∵cosα， ∴BG， ∴CG， ∴， 整理得：， ∴， ∵， ∴kBC＜kOA， ∴线段OA的倾斜程度更大； ②A：小明走到灯下6m处，影子正好顶端在P2处， B：小明走到灯下8m处，到达P2， 可以看出AB段先增大后减小， ∴当α取不同的值时，可能出现（a）（b）（c）的情况， 故答案为：（a）（b）（c）． 15．（2025•镇江一模）如图，路灯AB、树CD的底端与小明的站位点E在同一条直线上，灯（点B）、树顶D、小明的头顶F这三个点所在的曲线的形状恰好是某个双曲线的一支，在灯光的照射下，树的影子的底部与点E重合，小明的影长EH为3米，已知小明的身高为1.75米，他与路灯相距9米．树与路灯相距多少米？ 【分析】根据相似三角形的判定和性质定理得到AB＝7，建立平面直角坐标系，设B（m，7），F（m+9，1.75），求得双曲线的解析式为y，设D（n，），根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：∵AB⊥AH，EF⊥AH， ∴AB∥EF， ∴△EFH∽△ABH， ∴， ∴， ∴AB＝7， 建立如图所示的平面直角坐标系， 设B（m，7），F（m+9，1.75） ∵灯（点B）、树顶D、小明的头顶F这三个点所在的曲线的形状恰好是某个双曲线的一支， 7m＝1.75（m+9）， ∴m＝3， ∴B（3，7）， 设双曲线的解析式为y， ∴k＝21， ∴双曲线的解析式为y， 设D（n，）， ∴AC＝n﹣3，CD， ∵CD∥AB， ∴△ECD∽△EAB， ∴， ∴， ∴n＝9或n＝3（不合题意舍去）， 答：树与路灯相距6米． 题型6 三角形综合 16．（2024•南通）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5．正方形DEFG的边长为，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 　3　 ． 【分析】过点G作GH⊥AC于点H，证明△ABC是等腰直角三角形，△AGH是等腰直角三角形，证明△DGH≌△DEC（AAS），得GH＝DC，DH＝CE，设AH＝HG＝DC＝a，DH＝CE＝b，得2a+b＝5，a2+b2＝（）2，求出a的值，进而可以解决问题． 【解答】解：如图，过点G作GH⊥AC于点H， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝5， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A＝45°，ABAC＝5， ∵GH⊥AC， ∴△AGH是等腰直角三角形， ∴AH＝HG，AGAH， ∵四边形DEFG是正方形， ∴DG＝DE，∠GDE＝90°， ∴∠GDH＝90°﹣∠EDC＝90°﹣∠DGH＝∠DEC， 在△DGH和△DEC中， ， ∴△DGH≌△DEC（AAS）， ∴GH＝DC，DH＝CE， ∴AH＝HG＝DC， 设AH＝HG＝DC＝a，DH＝CE＝b， ∵正方形DEFG的边长为， ∴DE， ∵AC＝AH+DH+DC，DC2+CE2＝DE2， ∴2a+b＝5，a2+b2＝（）2， 将b＝5﹣2a代入a2+b2＝（）2整理得：a2﹣4a+4＝0， 解得a1＝a2＝2， ∴AH＝a＝2， ∴AGAH＝2， ∴BG＝AB﹣AG＝523， 故答案为：3． 17．（2024•秦淮区校级模拟）如图，点D在线段BC上移动（不含B点），Rt△ABC∽Rt△ADE，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，若S△CDE＝3.6时，则BD＝　3或5　 ． 【分析】过点E作EF⊥BC于F，设BD＝x得出∠CEF＝∠ACE，然后用x表示CF，EF的长，由三角形的面积可得结果． 【解答】解：过点E作EF⊥BC于F， ∵△ABD∽△ACE， ∴， 设BD＝x，则， ∵EF⊥BC，AC⊥BC， ∴EF∥AC， ∴∠CEF＝∠ACE， ∵tan∠CEF＝tan∠ACE， ∴sin∠CEF， ∴， S△CDECD×EF（8﹣x）3.6， ∴x2﹣8x+15＝0， ∴x1＝3，x2＝5． 故答案为：3或5． 18．（2025•钟楼区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为边在△ABC外作等腰△AMC，满足MA＝MC，AM∥BC，O是边AC的中点，连结BO，作射线BO交折线段A﹣M﹣C于点N，若MN＝2，ON＝3，则AM的长为 　3或1　 ． 【分析】分N在AM和CM上两种情况：①当N在CM上，分别延长AM，BN，并交于点P，根据全等三角形的判定与性质，可得△MAC≌△OCB，根据相似三角形的判定与性质，△MNP∽△CNB，△MNP∽△ONC，设MA＝MC＝x，根据MN＝2，ON＝3，列分式方程，然后整理得一元二次方程，求解即可得结论；②当N在AM上时，连接CN，根据全等三角形的判定与性质，可得△AON≌△COB，设MA＝MC＝x，根据MN＝2，ON＝3，根据勾股定理列出一元二次方程，求解即可得结论． 【解答】解：分N在AM和CM上两种情况： ①当N在CM上，分别延长AM，BN，并交于点P，如图， ∵∠ABC＝90°，O是边AC的中点， ∴OA＝OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB， ∵MA＝MC， ∴∠MAC＝∠MCA， ∵AM∥BC， ∴∠MAC＝∠OCB， 在△PAO和△CBO中， ， ∴△PAO≌△CBO（ASA）， ∴OP＝OC， ∴OA＝OC＝OB＝OP，∠P＝∠OBC＝∠MCA， ∴△MNP∽△CNB，△MNP∽△ONC， ∴，， 设MA＝MC＝x， ∵MN＝2，ON＝3， ∴，， ∴OB，OB， ∴， ∴x2﹣6x﹣10＝0， 解得x＝3或x＝3（不符合题意，舍去）， 经检验，x＝3时，x﹣4≠0， ∴x＝3是原方程的解； ②当N在AM上时，连接CN，如图， 设MA＝MC＝x， ∵∠ABC＝90°，O是边AC的中点， ∴OA＝OB＝OC， ∵AM∥BC， ∴∠MAC＝∠OCB， 在△AON和△COB中， ， ∴△AON≌△COB（ASA）， ∴AN＝BC，ON＝OB， ∴OA＝OC＝OB＝ON＝3，AN＝AM﹣MN＝x﹣2， ∵∠ABC＝90°， ∴四边形ABCN是矩形， ∴∠ANC＝∠CNM＝90°， ∴CN2＝AC2﹣AN2＝CM2﹣MN2， ∵AC＝AO+CO＝6， ∴62﹣（x﹣2）2＝x2﹣22， ∴x2﹣2x﹣18＝0， 解得x＝1或x＝1（不符合题意，舍去）， 综上所述：AM的长为：3或1． 故答案为：3或1． 19．（2025•常州）在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝2，AD＝1． （1）若△ABD是等腰三角形，则BD＝ 　2　 ； （2）已知OB＝OD，AC＝BD． ①若OA＝OC，判断四边形ABCD是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在△ACD中，CD2＝AD2+AC2，求AC的长． 【分析】（1）由△ABD是等腰三角形，AB＝2，AD＝1，分别讨论：当BD＝AB＝2时和当BD＝AD＝1时，利用三角形的三边关系判断是否成立即可； （2）①利用OA＝OC，OB＝OD，得出四边形ABCD是平行四边形，再利用AC＝BD，即可判定四边形ABCD是矩形；②过点B作BE⊥AC于点E，利用CD2＝AD2+AC2，得出△ACD是直角三角形，且∠DAC＝90°，证明△AOD≌△EOB，得出BE＝DA＝1，AO＝EO，利用勾股定理求出，得出，再利用勾股定理求出，得出，即可求解． 【解答】解：（1）∵△ABD是等腰三角形，AB＝2，AD＝1， ∴当BD＝AB＝2时，此时满足三角形三边关系； 当BD＝AD＝1时，1+1＝2，此时不满足三角形三边关系； 综上所述，BD＝2， 故答案为：2； （2）①四边形ABCD是矩形；理由如下： ∵OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC＝BD， ∴四边形ABCD是矩形； ②过点B作BE⊥AC于点E，如图， ∵在△ACD中，CD2＝AD2+AC2， ∴△ACD是直角三角形，且∠DAC＝90°， ∴∠DAO＝∠BEO＝90°， 在△AOD和△EOB中， ， ∴△AOD≌△EOB（AAS）， ∴BE＝DA＝1，AO＝EO， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：， ∴， 在Rt△AOD中，由勾股定理得：， ∴， ∴． 20．（2025•海安市一模）综合与实践： 【回归教材】 八年级上册教材中探究了“三角形中边与角之间的不等关系”，部分内容如下： 如图1，在△ABC中，如果AB＞AC，那么我们可以将△ABC折叠，折边AC落在AB上，点C落在AB上的为D点，折线交BC于点E，则∠C＝∠ADE，∵∠ADE＞∠B，∴∠C＞∠B． 这说明在一个三角形中，如果两条边不等，那么它们所对的角也不等． 大边所对的角越大． 从上面的过程可以看出，通过轴对称的性质或“截长补短”构建全等三角形的方法将陌生问题转化为已学习的问题，这是研究几何问题时常用的方法． 类比探究“在三角形中，大角对大边”． （1）如图2，在△ABC中，∠C＞∠B，判断：AB　＞　 AC（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【进阶思考】 （2）如图3，在△ABC中，∠ACB＝2∠B，AE、CD分别为∠BAC、∠ACB的角平分线，求证：CD+AD＝AC+CE． 【拓展运用】 （3）如图4，在△ABC中，D为AB上一点，且∠ACB＝∠CDA＞90°，比较CD+AB和CA+CB的大小关系，并说明理由． 【分析】（1）根据在三角形中，大角对大边即可得出结论； （2）延长AC至F，使得AF＝AB，连接EF，由已知导角得BD＝CD．证明△BAE≌△FAE（SAS），利用全等结论结合导角得到∠CEF＝∠F，CE＝CF，最后等量代换即可得结论； （3）先证明△ACB∽△ADC，可得，设k，则AC＝kAD，AB＝kAC，BC＝kCD，AB＝k2AD，则CD+AB＝CD+k2AD，CA+CB＝kAD+kCD，从而CD+AB﹣（CA+CB）＝CD+k2AD﹣kAD﹣kCD＝（1﹣k）CD+kAD（k﹣1）＝（1﹣k）（CD﹣kAD）＝（1﹣k）（CD﹣AC），再分别判断1﹣k和CD﹣AC的符号即可得到结论． 【解答】（1）解：∵在三角形中，大角对大边，且∠C＞∠B， ∴AB＞AC． 故答案为：＞． （2）证明：延长AC至F，使得AF＝AB，连接EF，如图3所示， ∵∠ACB＝2∠B，AE、CD分别为∠BAC、∠ACB的角平分线， ∴∠BAE＝∠CAE，∠B＝∠DCB＝∠ACD， ∴BD＝CD． 在△BAE和△FAE中， ， ∴△BAE≌△FAE（SAS）， ∴∠F＝∠B＝∠DCB＝∠ACD， ∴∠CEF+∠F＝∠ACB＝2∠F， 故∠CEF＝∠F， ∴CE＝CF． ∴CD+AD＝BD+AD＝AB＝AF＝AC+CF＝AC+CE， 即CD+AD＝AC+CE． （3）证明：CD+AB＞CA+CB，理由如下： ∵∠ACB＝∠CDA，∠A＝∠A， ∴△ACB∽△ADC， ∴， 设k， 则AC＝kAD，AB＝kAC，BC＝kCD， ∴AB＝k2AD． ∴CD+AB＝CD+k2AD，CA+CB＝kAD+kCD， ∴CD+AB﹣（CA+CB）＝CD+k2AD﹣kAD﹣kCD ＝（1﹣k）CD+kAD（k﹣1） ＝（1﹣k）（CD﹣kAD） ＝（1﹣k）（CD﹣AC）． ∵∠CDA＞∠A， ∴AC＞CD，CD﹣AC＜0，k1， ∴1﹣k＜0， ∴（1﹣k）（CD﹣AC）＞0， 即CD+AB﹣（CA+CB）＞0， 故CD+AB＞CA+CB． 考向02 四边形 四边形核心考点： 1、 平行四边形 （1） 性质： 1.对边平行且相等；对角相等、邻角互补；对角线互相平分； 2.平行四边形是中心对称图形，对角线分四边形为 4 个面积相等的三角形。 3.过对称中心的任意一条直线平分平行四边形的面积。 （二）判定 按使用频率排序 ——①一组对边平行且相等；②两组对边分别平行 / 相等；③对角线互相平分；④两组对角分别相等（极少用）。 （2） 面积：底×高 二、特殊平行四边形（中考考察重点，分值占比最高） 1. 矩形（平行四边形 + 直角） 特殊性质：四个角都是直角；对角线相等且互相平分；既是中心对称图形，也是轴对称图形（2 条对称轴）；面积长×宽； 判定：①先证平行四边形，加一个直角/对角线相等；②直接判定：三个角是直角的四边形是矩形。 高频考法：利用对角线相等求线段长；结合直角三角形性质（斜边中线 = 斜边一半、30° 角对直角边）计算。 2. 菱形（平行四边形 + 邻边相等） 特殊性质：四条边都相等；对角线互相垂直且平分（平分一组对角）；既是中心对称图形，也是轴对称图形（2 条对称轴）；面积=底×高= 对角线的乘积。 判定：①先证平行四边形，加一组邻边相等/对角线垂直；②直接判定：四条边相等的四边形是菱形。 高频考法：利用对角线垂直求面积 / 线段长；结合勾股定理计算边长。 3. 正方形（平行四边形 + 矩形 + 菱形，最特殊，综合考法多） 特殊性质：兼具矩形和菱形的所有性质；四条边相等、四个角都是直角；对角线相等、垂直且互相平分（平分一组对角）；既是中心对称图形，也是轴对称图形（4 条对称轴）；面积=边长2= 对角线2 判定：①先证平行四边形，加一组邻边相等 + 一个直角/对角线相等且垂直；②先证矩形，加一组邻边相等/对角线垂直；③先证菱形，加一个直角/对角线相等。 高频考法：综合矩形、菱形性质计算；结合旋转（正方形旋转 90° 全等）考察几何变换。 题型7 平行四边形综合 21．（2025•苏州模拟）【模型初探】如图1，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．求证：OE＝OF； 【初步探究】如图2，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．连接BM交AC于点H，连接HE，HF，若HE∥AB，求证：点M是AD的中点． 【深入探究】如图3，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．连接BM交AC于点H，连接HE，HF，且MD＝2AM，∠EHF＝60°，求的值． 【分析】【模型初探】利用平行四边形的性质得出AM∥CN，再证明AMCN是平行四边形，再根据平行四边形的性质可得出∠OAE＝∠OCF，再利用ASA证明△AOE≌△COF，利用全等三角形的性质可得出OE＝OF． 【初步探究】先证明，进而可证明△OHF∽△OAD，得到∠OHF＝∠OAD，从而FH∥D，证明△BHF∽△BMD，△CHF∽△CAM，可得，证明△AHM∽△CHB，，推出，可证，可证结论成立； 【深入探究】由菱形的性质得出AC⊥BD，进一步得出∠EHO＝∠FHO＝30°，，进一步可得出，进一步得出OA＝2OH，同理可求出OB＝5OE，再根据即可得出答案． 【解答】【模型初探】证明：∵▱ABCD是平行四边形，点M，N分别在边AD，BC上，且AM＝CN． ∴AD∥BC，OA＝OC， ∴AM∥CN， ∴四边形AMCN是平行四边形， ∴AN∥CM， ∴∠OAE＝∠OCF， 在△AOE与△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF； 【初步探究】证明：由【模型初探】知OE＝OF， ∵▱ABCD的对角线AC与BD交于点O， ∴OB＝OD， ∵BE＝OB﹣OE，FD＝OD﹣OF， ∴BE＝FD， ∵HE∥AB， ∴， ∴， ∵∠HOF＝∠AOD， ∴△OHF∽△OAD， ∴∠OHF＝∠OAD， ∴FH∥MD， ∴△BHF∽△BMD，△CHF∽△CAM， ∴． ∵AD∥BC， ∴△AHM∽△CHB， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴MD＝AM， ∴点M是AD的中点； 【深入探究】解：∵▱ABCD为菱形，OE＝OF，∠EHF＝60°， ∴AC⊥BD， ∴∠EHO＝∠FHO＝30°， ∴， ∵AM∥BC，MD＝2AM， ∴，即HC＝3AH， ∴OA+OH＝3（OA﹣OH）， ∴OA＝2OH， ∵BN∥AD，MD＝2AM，AM＝CN， ∴， ∴3BE＝2ED， ∴3（OB﹣OE）＝2（OB+OE）， ∴OB＝5OE， ∴， ∴的值是． 22．（2025•盐城一模）数学中的相对运动 相对运动 物体的运动和静止是相对的，如果一个物体的位置相对于这个参照物发生了变化；就说它是运动的；如果没有变化，就说它是静止的． “相对运动”不仅适用于物理，“相对运动”也是解决数学问题的有效策略． 【理解运用】 （1）如图，平面直角坐标系中A、D、P三点的坐标分别为（﹣6，0），（0，6），（6，﹣1）．若线段AD以2个单位/秒的速度沿x轴方向向右运动t秒． ①若将线段AD看成静止的，则点P以 　2　 单位/秒的速度沿x轴方向向 　左　 运动； ②设平移后线段AD的对应线段为BC，当PB+PC的值最小时，求t值； （提示：PB+PC的最小值涉及两个动点有点难，但依据相对运动，将AD看成静止的，则点P为动点，就转化成求PA+PD的最小值问题．请根据提示写出求解过程．） 【深入思考】 （2）如图，在（1）的条件下，以AD为边作▱ABCD，其中点B为（1，0），点Q是边AD上的一动点，线段BC绕点Q按逆时针方向旋转90°得线段EF．当△DEF是直角三角形时，求DQ的长． 【分析】（1）①根据相对运动即可得结论； ②如图1，过点P作x轴的平行线l，作点A关于直线l的对称点A'，连接A'D交直线l于P'，此时P'A+P'D的值最小，先求直线A'D的解析式，令y＝﹣1可得x的值，计算PP'的长，可计算t的值； （2）如图3，∠EDF＝90°，过点Q作QD'⊥QD，交OD于点D'，连接FQ，EQ，CQ，BQ，BD'，CD'，设DQ＝a，证明△AOD，△DQD'是等腰直角三角形，再证明△FQE≌△CQB（SSS），△BQD'≌△EQD（SAS），最后由勾股定理即可解答． 【解答】解：（1）①若将线段AD看成静止的，则点P以2单位/秒的速度沿x轴方向向左运动； 故答案为：2，左； ②如图1，当PB+PC的值最小时，PA+PD的值最小， 过点P作x轴的平行线l，作点A关于直线l的对称点A'，连接A'D交直线l于P'，此时P'A+P'D的值最小， ∵A（﹣6，0）， ∴A'（﹣6，﹣2）， 设A'D的解析式为：y＝kx+b， ∴， 解得：， ∴A'D的解析式为：yx+6， 当y＝﹣1时，x+6＝﹣1， ∴x， ∴PP'＝6， ∴t2； （2）分两种情况： ①如图2，∠DEF＝90°，此时点E在射线AD上，连接BQ， ∴∠BQD＝∠BQA＝90°， ∵A（﹣6，0），D（0，6），点B为（1，0）， ∴OA＝OD＝6，OB＝1， ∴AB＝7， ∵∠AOD＝90°， ∴△AOD是等腰直角三角形， ∴∠OAD＝45°，AD6， ∴△ABQ是等腰直角三角形， ∴AQ2+BQ2＝AB2，AQ＝BQ， ∴AQ， ∴DQ＝6； ②如图3，∠EDF＝90°，过点Q作QD'⊥QD，交OD于点D'，连接FQ，EQ，CQ，BQ，BD'，CD'， ∴∠DQD'＝90°， 设DQ＝a， ∵△AOD是等腰直角三角形， ∴∠ADO＝45°， ∴△DQD'是等腰直角三角形， ∴QD＝QD'＝a，DD'a，OD'＝6a， 由平移得：BC＝AD＝6，CD＝AB＝7，CD∥AB， ∴∠ODC＝∠AOD＝90°， 由旋转得：BQ＝EQ，CQ＝FQ，EF＝BC， ∴△FQE≌△CQB（SSS）， ∴∠QBC＝∠EQF， ∵∠BQE＝∠D'QD＝90°， ∴∠DQE＝∠BQD'， ∴△BQD'≌△EQD（SAS）， ∴BD'＝DE，∠QBD'＝∠DEQ， ∴∠DEF＝∠CBD'， ∴△DEF≌△D'BC（SAS）， ∴∠BD'C＝∠EDF＝90°， 由勾股定理得：D'B2＝D'O2+OB2＝BC2﹣D'C2， ∴12+（6a）2＝（6）2﹣[72+（）2]， ∴2a2﹣6a+7＝0， ∴a， ∴DQ1或1； 综上，DQ的长为或1或1． 题型8 菱形综合 23．（2024•滨湖区二模）在菱形ABCD中，AB＝5，BD＝6，E是对角线BD上的一个三等分点，点D关于AE的对称点为D′，射线ED′与菱形ABCD的边交于点F，则D′F的长为（　　） A． B．或 C．或 D．或 【分析】根据E是BD上的一个三等分点，可分成两种情况求解，先根据对称性得到边长，然后根据三角形相似以及直角三角形的勾股定理可求得结果． 【解答】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴OD＝OBBD＝3，∠AOD＝∠AOB＝90°， ∴AO4， 分两种情况：①当DEDB＝2时，OE＝OD﹣DE＝1， 如图，连接 AD'，AE，AD'与BD交于点N， 由对称性可知，DE＝DE'＝2，∠AD′E＝∠ADB＝∠ABD，∠END'＝∠ANB， ∴△END'∽△ANB， ∴， 设EN＝2x，则AN＝5x， ∴ON＝NE﹣OE＝2x﹣1， 在△ANO中，AN2＝AO2+ON2， 即（5x）2＝42+（2x﹣1）2， 解得：x1＝﹣1 （舍去），x2， ∴EN， ∵∠ED′A＝∠DBC＝∠ADB，∠NED'＝∠FEN， ∴△END′∽△EFB， ∴， ∴EF， ∴D′F2， ②当DEDB＝4时，连接AD′，AE， 由对称性可知，AD'＝AD＝5，D′E＝DE＝4，∠ADE＝∠AD′E＝∠ABD，∠AED＝∠AEF， 过点A作AN⊥D′E于点N，如图， ∵∠AD′F＝∠EBF，∠AFD'＝∠BFE， ∴△AFD′∽△EFB， ∴， 设EF＝2x，则AF＝5x， 在△AEO和△ANE中， ， ∴△AEO≌△AEN（AAS）， ∴OE＝EN＝1， ∴NF＝2x﹣1，AN＝AO＝4， 在△ANF中，AF2＝AN2+NF2， 即（5x）2＝42+（2x﹣1）2， 解得：x1＝﹣1 （舍），x2， ∴EF＝2x， 即D′F＝4， 综上，D'F 的长为或． 故选：B． 24．（2024•滨湖区二模）如图，在菱形ABCD中，过点A作AE⊥CD，垂足E在CD的延长线上，过点E作EF⊥BC，垂足为F．若AE＝3，EF＝4，则菱形的边长为 　　 ． 【分析】根据菱形的性质证明cos∠EAD＝cos∠CEF，列式得AD＝3DE，然后根据勾股定理求出DE，即可解决问题． 【解答】解：在菱形ABCD中，AD＝CD，AD∥BC， ∴∠ADE＝∠C， ∵EF⊥BC， ∴∠EFC＝90°， ∵AE⊥CD， ∴∠AED＝90°， ∴∠EAD＝90°﹣∠ADE＝90°﹣∠C＝∠CEF， ∴cos∠EAD＝cos∠CEF， ∴， ∴， ∵AD＝CD， ∴AD＝3DE， 在Rt△ADE中，根据勾股定理得： AD2﹣DE2＝AE2， ∴（3DE）2﹣DE2＝32， ∴DE， ∴AD＝3DE． 故答案为：． 25．（2025•钟楼区一模）如图①，在菱形ABCD中，且∠ABC＝45°，现∠MAN从图①位置绕着点A逆时针旋转，射线AM与菱形交于点E，射线AN交菱形于点F，且∠MAN＝∠ABC． （1）如图②，当点E、F均在线段BC（能与端点重合）上时， ①菱形ABCD的面积为 　　 ． ②线段BE的取值范围为 　0≤BE≤2　 ． （2）如图③，当点E在BC上、点F在CD上时， ①求证：AE＝AF； ②连接EF，求EF2的最小值． 【分析】（1）①根据菱形的面积公式即可解答； ②如图2，当点B与点E重合时，BE＝0，如图3，当点F与点C重合时，过点A作AG⊥BC于点G，根据等腰三角形的性质和判定计算BE的最大值是2，即可解答； （2）①如图4，过点A作AG⊥BC于点G，作AH⊥CD于H，则∠AGC＝∠AHC＝90°，证明△AEG≌△AFH（ASA），即可解答； ②如图4，由①知：△ABG是等腰直角三角形，如图5，当AE⊥BC时，AE的长最小，此时EF的长最小，根据四边形的内角和定理可得∠AFC＝90°，即AF是菱形的高，则AF＝1，根据等腰直角三角形的性质和判定即可解答． 【解答】（1）解：①如图1，过点A作AG⊥BC于点G， ∴∠AGB＝90°， ∵∠ABC＝45°， ∴△ABG是等腰直角三角形， ∵AB，sinB＝sin45°， ∴AG＝1， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝AB， ∴菱形ABCD的面积＝BC•AG1； 故答案为：； ②如图2，当点B与点E重合时，BE＝0， 如图3，当点F与点C重合时，过点A作AG⊥BC于点G， 由（1）知：BG＝1，BC， ∴CG1， ∵∠ABC＝45°，AB＝BC， ∴∠ACB＝∠BAC＝67.5°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠AEG＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°， ∴∠AEG＝∠ACG， ∴AE＝AC， ∴CG＝EG1， ∴BE＝BC﹣CE2（1）＝2， ∴线段BE的取值范围为：0≤BE≤2； 故答案为：0≤BE≤2； （2）①证明：如图4，过点A作AG⊥BC于点G，作AH⊥CD于H，则∠AGC＝∠AHC＝90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，BC＝CD， ∴∠C+∠B＝180°， ∵∠B＝45°， ∴∠C＝135°， ∴∠GAH＝360°﹣90°﹣90°﹣135°＝45°， ∴∠EAF＝∠GAH， ∴∠EAG＝∠FAH， ∵菱形ABCD的面积＝BC•AG＝CD•AH，BC＝CD， ∴AH＝AG＝1， ∵∠AGE＝∠AHF＝90°， ∴△AEG≌△AFH（ASA）， ∴AE＝AF； ②解：如图4，由①知：△AGB是等腰直角三角形， ∴如图5中，当AE⊥BC时，AE的长最小，此时EF的长最小， 如图5，过点F作FP⊥BC于P，延长BC交直线AN于点Q， ∵∠AEC＝90°，∠EAF＝45°，∠ECF＝135°， ∴∠AFC＝90°， ∴AE＝AF＝1， ∵△AEQ是等腰直角三角形， ∴AE＝EQ＝1，AQ， ∴FQ1， ∵∠FPQ＝90°，∠PQF＝45°， ∴△FPQ是等腰直角三角形， ∴FP＝PQ1， ∴EP＝EQ﹣PQ＝1﹣（1）， ∴EF2＝FP2+EP2＝（1）2+（）2＝2， 即EF2的最小值为2． 题型9 矩形综合 26．（2025•南通）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．M是BC的中点，DM交AC于点G． （1）求证：AG＝2GC； （2）设∠BCD，∠BDC的角平分线交于点I． ①当AB＝6，BC＝8时，求点I到BC的距离； ②若AB+AC＝2BC，作直线GI分别交BD，CD于E，F两点，求的值． 【分析】（1）根据矩形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，根据相似三角形的性质得到，得到BC＝2CM，求得AD＝2CM，得到，于是得到AG＝2GC； （2）①根据勾股定理得到，求得BD＝AC＝10，如图，过点I作IH⊥BC，垂足为H，设IH＝r，则（BC+CD+BD）•rBC•CD，得到r＝2，于是得到结论； ②如图，作IH⊥BC，垂足为H，作GQ⊥BC，垂足为Q，设IH＝r，AB＝CD＝c，AC＝BD＝b，由AB+AC＝2BC得，在△BCD中，，解方程得到，根据相似三角形的性质得到，求得，得到GQ＝IH，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴△ADG∽△CMG， ∴， ∵M是BC的中点， ∴BC＝2CM， ∴AD＝2CM， ∴， ∴AG＝2GC； （2）解：①在Rt△ABC中，∵AB＝6，BC＝8， ∴， ∴BD＝AC＝10， 如图，过点I作IH⊥BC，垂足为H， 设IH＝r，则（BC+CD+BD）•rBC•CD， ∴r＝2， 即IH＝2， ∴点I到BC的距离为2； ②如图，作IH⊥BC，垂足为H，作GQ⊥BC，垂足为Q， 设IH＝r，AB＝CD＝c，AC＝BD＝b， 由AB+AC＝2BC得， 在△BCD中，， ∴， ∵GQ∥AB， ∴△CGQ∽△CAB， ∴， ∵AG＝2GC， ∴AC＝3GC， ∴， ∴， ∴GQ＝IH， ∵IH⊥BC，GQ⊥BC， ∴GQ∥IH， ∴四边形GQHI是平行四边形， ∴GI∥BC， 即EF∥BC， ∴， ∴△DEF∽△DBC， ∴， ∴． 27．（2025•宿迁）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，，点M是边BC上一个动点，点N在射线CD上，∠MAN＝60°．线段AM的垂直平分线分别交直线AB、AM、AN、CD于点E、F、G、H． （1）直接写出∠ACB＝ 　30　 °， 　　 ； （2）当BM＝1时，求EF+GH的值； （3）如图2，连接MG并延长交直线CD于点P． ①求证：MG＝PG； ②如图3，过点P作直线EH的垂线，分别交直线EH、AN于点T、Q，连接DQ，求线段DQ的最小值． 【分析】（1）过点E作EK⊥CD于点K，即可得到四边形EBCK是矩形，然后证明△ABM∽△EKH，即可求出的值，然后根据正切的定义求出∠ACB的度数即可； （2）根据勾股定理求出AM长，利用（1）的结论求出EH长，然后证明△AGM是等边三角形，根据正弦的定义求出GF长解答即可； （3）①根据（2）的证明得到EF+GH＝FG，过点M作ML∥AB交EH于点L，则有△AEF≌△MLF，得到EF＝FL，即可得到LG＝GH，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可； ②连接CG，CQ，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到AG＝GM＝CG＝GQ，进而判断∠ACQ＝90°，即可得到点Q在与线段CD夹角为30°的射线上，然后根据垂线段最短解答即可． 【解答】（1）解：过点E作EK⊥CD于点K， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠BCD＝∠EKC＝∠EKH＝90°， ∴四边形EBCK是矩形， ∴，∠AEF＝90°， 又∵AM⊥EH， ∴∠EAM+∠AEH＝∠HEK+∠AEH＝90°， ∴∠EAM＝∠HEK， ∴△ABM∽△EKH， ∴， ∵， ∴∠ACB＝30°， 故答案为：30，； （2）解：∵AB＝3，BM＝1， ∴， 根据（1）中结论可得， 又∵EH垂直平分AM， ∴AG＝GM， 又∵∠MAN＝60°， ∴△AGM是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）①证明：根据（1）中结论可得， 又∵EH垂直平分AM， ∴AG＝GM， 又∵∠MAN＝60°， ∴△AGM是等边三角形， ∴AG＝AM， ∴， ∴， 过点M作ML∥AB交EH于点L，则∠EAF＝∠LMF，∠AEF＝∠MLF， 又∵EH垂直平分AM， ∴AF＝FM， ∴△AEF≌△MLF， ∴EF＝FL， ∴LG＝GH， 又∵AB∥CD，AB∥ML， ∴ML∥CD， ∴，即MG＝PG； ②解：连接CG，CQ， ∵∠BCD＝90°，MG＝PG， ∴CG＝MG＝PG， 又∵EH垂直平分AM，EH⊥PQ， ∴GA＝GM，AM∥PQ， ∴， ∴AG＝GM＝CG＝GQ， ∴∠GAC＝∠GCA，∠GCQ＝∠GQC， ∴∠ACQ＝90°， 又∵∠ACB＝30°， ∴∠ACD＝60°， ∴∠DCQ＝30°，即点Q在与线段CD夹角为30°的射线上， ∴过点D作DQ1⊥CQ于点Q1， 当点Q在Q1时，DQ最小， 这时． 题型10 正方形综合 28．（2024•滨湖区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE＝DH，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE．下列结论：①CH＝BE；②CH⊥BE；③S△GCE＝S△GDH；④当E是CD的中点时，；⑤当EC＝2DE时，S正方形ABCD＝6S四边形DEGH．其中正确结论的序号是（　　） A．①②③④ B．①②③⑤ C．①③④⑤ D．②④⑤ 【分析】根据正方形的性质证明△BCE≌△CDH，可以判断①；然后证明∠BFC＝90°，可以判断②；由△BCE≌△CDH（SAS），CE＝DH，根据正方形对角线上的点到AD，DC边上的距离相等，即可判定③；设正方形ABCD的边长为4a，当E是CD的中点时，EC＝HD＝2a，根据相似三角形的判定与性质和勾股定理分别表示出GF，GE，进而可以判断④；设S△GDH＝4x，则S△CGB＝9x，S△DGC＝6x，得S△BCD＝15x，所以S正方形ABCD＝2S△BCD＝30x，当EC＝2DE时，，证得S四边形DEGH＝S△GDH+S△DEG＝4x+2x＝6x，进而可以判断⑤． 【解答】解：在正方形ABCD中，BC＝CD，∠BCD＝∠ADC＝90°， ∵CE＝DH， ∴△BCE≌△CDH（SAS）， ∴∠CBE＝∠DCH，BE＝CH，故①正确； ∵∠DCH+∠FCB＝∠DCB＝90°， ∴∠CBF+∠FCB＝90°， ∴∠BFC＝90°， ∴CH⊥BE，故②正确； ∵G在正方形对角线BD上， ∴G到AD，CD的距离相等， ∵△BCE≌△CDH（SAS）， ∴CE＝DH， ∴S△GCE＝S△GDH，故③正确； 设正方形ABCD的边长为4a， ∴BC＝CD＝4a， 当E是CD的中点时，EC＝HD＝2a． 由勾股定理得： BE2a＝CH， ∵∠HDG＝∠CBG＝45°，∠HGD＝∠CGB， ∴△HGD∽△CGB， ∴， ∴GCCH， ∵∠BEC＝∠CEF，∠ECB＝∠EFC＝90°， ∴△ECB∽△EFC， ∴， ∴， ∴EF， ∴CF， ∵GCCH2a， ∴GF＝CG﹣CF， ∴GE， ∴， ∴当E是CD的中点时，，故④正确， 当EC＝2DE时，， ∵DH＝CE，DC＝BC， ∴， ∵△HGD∽△CGB， ∴（）2， ∵△GDH中DH边上的高与△DGC中CD边上的高相等，， ∴， 设S△GDH＝4x，则S△CGB＝9x，S△DGC＝6x， ∴S△BCD＝S△CGB+S△DGC＝9x+6x＝15x， ∴S正方形ABCD＝2S△BCD＝30x， 当EC＝2DE时，， ∴， ∴S△DEG＝2x， ∴S四边形DEGH＝S△GDH+S△DEG＝4x+2x＝6x， ∴S正方形ABCD＝5S四边形DEGH，故⑤不正确， 综上所述：正确结论的序号是①②③④， 故选：A． 29．（2024•海陵区校级三模）已知正方形ABCD，E为射线DC上一点（点D除外），点F为点D关于AE的对称点，若△FCB是等腰三角形，则∠DFA的度数是 　75°或60°或15°　 ． 【分析】依据△FCB是等腰三角形，当点E在CD上时：①FC＝FB，②BF＝BC，当点E在DC延长线上时：③BC＝BF．分别依据轴对称的性质、等腰三角形的性质以及正方形的性质，即可得到∠DFA的度数． 【解答】解：当点E在CD上时： ①如图所示，当FC＝FB时，∠FCB＝∠FBC， 在正方形ABCD中，∠ABC＝∠DCB， ∴∠ABF＝∠DCF， 又∵DC＝AB， ∴△ABF≌△DCF（SAS）， ∴AF＝DF， ∵点F为点D关于AE的对称点， ∴AE垂直平分DF， ∴AD＝AF， ∴AD＝AF＝DF，即△ADF是等边三角形， ∴∠DFA＝60°； ②如图所示，当BF＝BC时， 同理可得AD＝AF， 又∵正方形ABCD中，AD＝BC＝AB， ∴AF＝BF＝AB， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠BAF＝60°， 又∵∠BAD＝90°， ∴∠DAF＝90°﹣60°＝30°， ∴△ADF中，∠DFA75°； 当点E在DC延长线上时， ③如图所示，当BC＝BF时， 同理可得AD＝AF， 又∵正方形ABCD中，AD＝BC＝AB， ∴AF＝BF＝AB， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠BAF＝60°， 又∵正方形ABCD中，∠BAD＝90°， ∴∠DAF＝90°+60°＝150°， ∴△ADF中，∠DFA15°； 综上所述，若△FCB是等腰三角形，则∠DFA的度数是 75°或60°或15°． 故答案为：75°或60°或15°． 30．（2025•徐州一模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC和CD上，且∠EAF＝45°，连接BD，分别交AE，AF于点H，点G，连接AC，EF，EG． （1）若正方形ABCD的边长为4cm，则△CEF的周长为　8　 cm； （2）求证：△ACE∽△ADG； （3）AF与EG存在怎样的位置关系？请说明理由； （4）求证：为定值． 【分析】（1）延长CB至K，使BK＝DF，连接AK，可证得△ABK≌△ADF（SAS），△AEK≌△AEF（SAS），即可求得答案； （2）由正方形性质得∠ACE＝∠ADG＝∠DAC＝45°，推出∠CAE＝∠DAG，即可证得△ACE∽△ADG；（3）先证得△AGH∽△BEH，再证得△ABH∽△GEH，得出∠GEH＝∠ABH＝45°，推出∠AGE＝180°﹣∠EAF﹣∠GEH＝90°，即可得出答案； （4）由△ACE∽△ADG，得出CEDG，再证得△ABH∽△ACF，得出CFBH，再证得△DFG∽△BHE，得出BE•DF＝BH•DG，即可证得结论． 【解答】（1）解：如图1，延长CB至K，使BK＝DF，连接AK， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝BC＝CD＝4cm， ∴∠ABK＝∠ADF＝90°， 在△ABK和△ADF中， ， ∴△ABK≌△ADF（SAS）， ∴AK＝AF，∠BAK＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAE+∠BAK＝45°， 即∠EAK＝45°， ∴∠EAK＝∠EAF， 在△AEK和△AEF中， ， ∴△AEK≌△AEF（SAS）， ∴EK＝EF， ∴EF＝BE+BK＝BE+DF， ∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+BE+DF＝BC+CD＝8（cm）， 故答案为：8； （2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACE＝∠ADG＝∠DAC＝45°， ∵∠CAE+∠CAF＝∠CAF+∠DAG＝45°， ∴∠CAE＝∠DAG， ∴△ACE∽△ADG； （3）解：EG⊥AF，理由如下： ∵∠GAH＝∠EBH＝45°，∠AHG＝∠BHE， ∴△AGH∽△BEH， ∴，即， ∵∠AHB＝∠EHG， ∴△ABH∽△GEH， ∴∠GEH＝∠ABH＝45°， ∴∠AGE＝180°﹣∠EAF﹣∠GEH＝90°， ∴EG⊥AF； （4）证明：如图2， 由（2）知，△ACE∽△ADG， ∴， ∴CEDG， ∵∠BAC＝∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠EAC＝∠EAC+∠FAC＝45°， ∴∠BAE＝∠FAC， ∵∠ABH＝∠ACF＝45°， ∴△ABH∽△ACF， ∴， ∴CFBH， ∵∠BHE＝∠AHG，∠EBH＝∠GAH＝45°， ∴△BEH∽△AGH， ∴∠BEH＝∠AGH， ∵∠DGF＝∠AGH， ∴∠DGF＝∠BEH， ∵∠FDG＝∠EBH＝45°， ∴△DFG∽△BHE， ∴， ∴BE•DF＝BH•DG， ∴2BE•DF＝2BH•DGBH•DG＝CF•CE， ∴•，为定值． 31．（2025•姑苏区校级一模）如图1，已知正方形ABCD边长为4，点E、点F分别是边AB，BC上的动点，且AE＝BF，连接EF，过点F作FG⊥EF交CD边于点G，连接EG，设EG＝m． （1）①猜想△EFG的形状并证明； ②取EG中点O，连接OA，则OA＝　　 ；△FGC的面积＝　　 ；（用含m的代数式表示） （2）如图2，在EG上方作等边△EMG，ME，MG分别交AD边于点P，Q，且点M始终处在两平行直线AB，CD之间的区域内， ①直接写出m的范围　　 ； ②计算的值．（结果用含m的代数式表示） 【分析】（1）①由四边形ABCD是正方形，得AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，然后证明△EBF≌△FCG（ASA），故有EF＝GF，从而求证； ②连接OC，由△EBF≌△FCG，则BF＝CG，再证明△AEO≌△CGO（SAS），故有OA＝OC，∠AOE＝∠COG，OA＝OC，从而可得A、O、C三点共线，则有，设BF＝CG＝x，则CF＝4﹣x，由勾股定理得FG2＝CF2+CG2＝（4﹣x）2+x2＝2x2﹣8x+16，再根据即可求解； （2）①当EG∥AD时，EG有最小值，当D与Q重合时，EG有最大值，又点M始终处在两平行直线AB，CD之间的区域内，从而求出m的范围； ②过M作MN⊥AD于点N，通过相似三角形的判定可得△APE∽△NPM，△MNQ∽△GDQ，所以，，由题意可知M在平行AD得直线上运动，且，设AE＝CG＝b，则DG＝4﹣b，然后代入即可求解． 【解答】解：（1）①△EFG是等腰直角三角形，理由如下： 已知正方形ABCD边长为4，如图1.1， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°， ∵FG⊥EF， ∴∠EFG＝∠ABC＝90°， ∴∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3， ∵AE＝BF， ∴AB﹣AE＝BC﹣BF， ∴BE＝CF， 在△EBF和△FCG中， ， ∴△EBF≌△FCG（ASA）， ∴EF＝GF， ∴△EFG是等腰直角三角形； ②连接OC，如图1.2， ∵△EBF≌△FCG， ∴BF＝CG， ∴AE＝CG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD， ∴∠AEO＝∠CGO， ∵O为EG中点， ∴OE＝OG， 在△AEO和△CGO中， ， ∴△AEO≌△CGO（SAS）， ∴OA＝OC，∠AOE＝∠COG，OA＝OC， ∵∠AOE+∠AOG＝180°， ∴∠COG+∠AOG＝180°， ∴A、O、C三点共线， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， ∴， 设BF＝CG＝x，则CF＝4﹣x， 在直角三角形CFG中，由勾股定理得：FG2＝CF2+CG2＝（4﹣x）2+x2＝2x2﹣8x+16， ∵2FG2＝EG2， ∴EG2＝2（2x2﹣8x+16）＝m2，即， ∴ ， 故答案为：，； （2）①m的取值范围为；理由如下： 当EG∥AD时，如图2.1，EG有最小值， ∴∠EAD+∠AEG＝180°， ∴∠EAD＝∠AEG＝∠ADG＝90°， ∴四边形AEGD是矩形， ∴EG＝AD＝AB＝4，即m的最小值为4， 当D与Q重合时，EG有最大值，如图2.2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ADC＝90°， ∵△MEG是等边三角形， ∴EM＝EG＝m，∠M＝60°， ∴∠MPD＝∠APE＝30°， 设AE＝a，则EP＝2a， ∴PM＝m﹣2a，， ∴， ∴， 即，解得：， ∵点M始终处在两平行直线AB，CD之间的区域内， ∴m的范围是； 故答案为：； ②如图，过M作MN⊥AD于点N， 则MN∥AE∥DG， ∴△APE∽△NPM，△MNQ∽△GDQ， ∴，， 由题意可知M在平行AD得直线上运动，且， 设AE＝CG＝b，则DG＝4﹣b， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， 故． 题型11 四边形综合 32．（2024•东海县一模）【观察与猜想】 （1）如图1，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、AB上，连接DF与CE交于点O，若∠FOC＝90°，且AD＝8，CD＝5，则　　 ； 【类比探究】 （2）如图2，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边AD、AB上，连接DF与CE交于点O，当∠FOC与∠A满足什么关系时，成立？请说明理由； 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形ABCD中，，AB＝7，∠A＝∠BCD＝120°，，点E在边AD上，连接DB与CE交于点O，当∠BOC＝∠A时，求的值． 【分析】（1）证明△DAF∽△CDE，根据相似比即可求解； （2）当∠FOC＝∠A时，可证明△ODE∽△ADF得到，再证明△DCE∽△OCD，得到，由此可得，即； （3）如图所示，过点C作CN∥AD交AB延长线于N，过点D作DM∥AB交NC延长线于M，则四边形DANM是平行四边形，证明△ODE∽△ADB，则，再证△DCE∽△OMD，得，则，在NM上取一点P，使NP＝NB，连接BP，证△PBN是等边三角形，得BP＝NB＝NP，∠BPN＝60°，然后证△PBC∽△MCD，得，设DM＝3x，则PC＝4x，BP＝PN＝NB＝3x﹣7，进而由，得出方程，求出x＝3，即可解决问题． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠CDE＝90°， ∴∠AFD+∠ADF＝90°， ∵∠FOC＝∠EOD＝90°， ∴∠ADF+∠CED＝90°， ∴∠CED＝∠AFD， ∴△DAF∽△CDE， ∴， ∵AD＝8，CD＝5， ∴， 故答案为：； （2）当∠FOC＝∠A时，成立，理由如下： ∵∠FOC＝∠A，∠DOE＝∠FOC， ∴∠DOE＝∠A， 又∵∠ODE＝∠ADF， ∴△ODE∽△ADF， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，AB＝CD， ∴∠A+∠ADC＝180°， 又∵∠FOC+∠COD＝180°， ∴∠ADC＝∠COD， ∵∠DCE＝∠OCD， ∴△DCE∽△OCD， ∴， ∴， ∴，即； （3）如图所示，过点C作CN∥AD交AB延长线于N，过点D作DM∥AB交NC延长线于M，则四边形DANM是平行四边形， ∴∠M＝∠A＝120°，DM＝AN，， 同（2）可得， 在NM上取一点P使得NB＝NP，连接BP， ∵AD∥MN，∠A＝120°， ∴∠N＝60°， ∴△NBP是等边三角形， ∴BP＝NB＝NP，∠BPN＝60°， ∴∠BPC＝120°＝∠M； ∵∠BCD＝120°， ∴∠PCB+∠PBC＝60°＝∠PCB+∠MCD， ∴∠PBC＝∠MCD， ∴△PBC∽△MCD， ∴， 设DM＝3x，则PC＝4x，BP＝PN＝BN＝AN﹣AB＝3x﹣7， ∴， ∵， ∴， 解得x＝3， ∴DM＝3x＝9， ∴． 33．（2024•涟水县模拟）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答． （1）问题背景 如图1，正方形ABCD中，点E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC边于点F，将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A′处，当∠BEF＝25°时，∠FEA′＝　25°　 ； 如图2，连接DF，当点A′恰好落在DF上时，其他条件不变，则　2　 ； （2）探究迁移 如图3，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他条件不变，请写出AE与A′F之间的数量关系式（用含m的式子表示），并说明理由； （3）拓展应用 如图4，在（1）的条件下，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他条件不变，当时，请直接写出A′F的长． 【分析】（1）根据翻折的性质以，全等三角形的性质平角的概念求出AE＝BE，再根据相似三角形的性质，得出AE和A′F的关系即可求解； （2）根据（1）中三角形的全等与相似条件不变，得出AB＝BE不变，再根据AD和AB的关系，AE和A′F的关系即可； （3）构造相似三角形，根据三角形相似的性质，得出BE和A′F相等，然后根据相似三角形的性质和勾股定理求出BE的长，即为A′F的长． 【解答】解：（1）∵DE⊥EF， ∴∠DEF＝90°， ∴∠DEA+∠BEF＝90°，∠DEA′+∠FEA′＝90°， 由翻折的性质可知，∠DEA＝∠DEA′， ∴∠FEA′＝∠BEF＝25°， ∵∠BEF＝∠FEA′， 又∵∠B＝∠A＝∠EA′D＝90°， ∴∠EFB＝∠EFA′， 又∵EF＝EF， ∴△BEF≌△A′EF（ASA）， ∴BE＝A′E， 由翻折的性质可知，AE＝A′E，∠ADE＝∠FDE， ∴AE＝BE， ∴AB＝2AE＝2A′E， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB， ∴AD＝2A′E， ∵∠EFA′+∠EFD＝90°，∠EFD+∠FDE＝90°， ∴∠EFA′＝∠FDE＝∠ADE， ∴△DAE∽△EA′F， ∴AD：A′E＝AE：A′F， ∴AE＝2A′F，即， 故答案为：25°，2； （2）AE＝2mA′F，理由如下： 由（1）可知，AB＝2AE＝2A′E，AD：A′E＝AE：A′F， ∵AD＝mAB， ∴AE＝2mA′F； （3）过E作EH⊥AD，交DA延长线于H，作∠FED的平分线，交DF于G，如图， ∴∠FEG＝∠DEG＝60°， ∵∠BEF+∠AED＝180°﹣∠DEF＝60°，∠DEA′+∠GEA′＝60°，∠AED＝∠A′ED， ∴∠BEF＝∠GEA′， 又∵∠B＝∠EA′G＝60°， ∴△BEF∽△A′EG， ∴， ∵∠FEG＝∠EA′F＝60°，∠EFG＝∠EFG， ∴△EFG∽△A′EF， ∴， ∴BE＝A′F， ∵∠ADE＝∠EDF，∠EAD＝∠FED＝120°， ∴△AED∽△EFD， ∴， ∴DE2＝AD•DF， 设BE＝A′F＝x， ∵四边形ABCD为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵EH⊥AD，∠EAH＝60°， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， 解得：，即 A′F的长为． 考向03 圆 题型12 三角形的内切圆与内心 1.三角形的内切圆与内心： 与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心。 这个三角形叫做圆的外切三角形。 2.三角形的内切圆的半径有关的结论1： 已知：三角形的面积为S，周长为C。 结论：。 3.三角形的内切圆的半径有关的结论2： 已知：直角三角形的的三边长分别为a、b、c，其中，a、b为直角边长，c为斜边长。 结论：r = ( a+b - c ) 34．（2025•高邮市二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O与△ABC的三边分别相切于点D、E、F．若AD•DB＝3，则△ABC的面积为 　3　 ． 【分析】设圆的半径是r，由切线长定理推出AD＝AF，CF＝CE，BD＝BE，由切线的性质定理得到∠OEC＝∠OFC＝90°，判定四边形OECF是正方形，得到CF＝CE＝r，因此AC＝AD+r，BC＝BD+r，由勾股定理得到AD•BD＝r2+（AD+BD）•r，由三角形的面积公式得到△ACB的面积＝AD•BD＝3． 【解答】解：设圆的半径是r， ∵⊙O与△ABC的三边分别相切于点D、E、F， ∴AD＝AF，CF＝CE，BD＝BE，∠OEC＝∠OFC＝90°， ∵∠C＝90°，OE＝OF， ∴四边形OECF是正方形， ∴CF＝CE＝OE＝r， ∴AC＝AF+r＝AD+r，BC＝BE+r＝BD+r， ∵AB2＝BC2+AC2， ∴（AD+BD）2＝（BD+r）2+（AD+r）2， ∴AD•BD＝r2+（AD+BD）•r， ∵△ACB的面积AC•BC， ∴△ACB的面积（AD+r）（BD+r）[AD•BD+（AD+BD）•r+r2]（2AD•BD）＝AD•BD＝3． 故答案为：3． 35．（2024•连云区二模）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD、CD分别与⊙O切于点E、F，点M、N分别在线段DE、DF上，且MN与⊙O相切．若△MBN的面积为6，则⊙O的半径为（　　） A．2 B． C．2 D． 【分析】设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a．因为AD、CD、MN是切线，可得AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y，在Rt△DMN中，以为MN＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x，看到（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2，推出ax+ay+xy＝a2，根据S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝6，构建方程求出a即可解决问题． 【解答】解：设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a， ∵AD、CD、MN是切线， ∴AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y， 在Rt△DMN中， ∵MN＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x， ∴（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2， ∴ax+ay+xy＝a2， ∵S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝6， ∴4a22a×（a+x）（a﹣x）（a﹣y）2a×（a+y）＝6， ∴a2（ax+ay+xy）＝6， ∴a2＝6， ∴a， ∴AB＝2a＝2， ∴⊙O的半径为， 故选：D． 36．（2024•雨花台区模拟）已知△ABC内接于⊙O，I是△ABC的内心．若∠BIC＝∠BOC，则∠BAC的度数是 　60°或108°　 ． 【分析】根据三角形内心定义进行角的和差计算即可． 【解答】解：①当∠BAC是锐角时，如图所示： ∵I为△ABC的内心， ∴∠ABI＝∠CBI∠ABC，∠BCI∠ACB， ∴∠CBI+∠BCI（∠ABC+∠ACB）（180°﹣∠BAC）＝90°∠BAC， ∴∠BIC＝180°﹣（∠CBI+∠BCI）＝180°﹣（90°∠BAC）＝90°∠BAC， ∵∠BOC＝2∠BAC， ∴2∠BAC＝90°∠BAC， 解得：∠BAC＝60°． ②当∠BAC是钝角时，如图， ∵∠BIC＝90°∠BAC， ∵∠BOC＝2∠BA′C， ∴2∠BA′C＝90°∠BAC， ∵∠BAC+∠BA′C＝180°， ∴2（180°﹣∠BAC）＝90°∠BAC， 解得：∠BAC＝108°． 故答案为：60°或108°． 37．（2025•海陵区校级三模）综合实践：探索三角形内心的性质 定义回顾：三角形三条角平分线的交点称为三角形的内心． 性质应用： （1）在△ABC中，∠BAC＝120°，I是△ABC的内心，则∠BIC＝　150　 °． （2）在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，则△ABC内切圆的半径为　　 ． 性质拓展： （3）刘徽是魏晋时期我国伟大的数学家，是中国古典数学理论的奠基者之一．他在注解《九章算术》时，十分重视一题多解，其中最典型的就是给出直角三角形内切圆直径的多种表达形式．如图1，已知，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC，AC，AB的长分别表示为a，b，c，△ABC内切圆⊙O的直径为d． ①在下列表达式中（A）d＝|（a﹣b）（c﹣b）|；（B），选择一个正确的表达式，并证明这个表达式的正确性．我选B （填“A”或“B”）； ②如图2，若a＝3，b＝4，过△ABC的内心O，作一直线MN分别交AC，AB于M，N，当△AMN的面积最小时，求MN的长． 【分析】（1）由三角形内角和定理得∠ABC+∠ACB＝60°，再根据内心的定义得，进而即可求解； （2）作△ABC的内切圆⊙O，⊙O分别与AB、AC、BC相切于D、E、F，连结OA，OB，OC，OD，OE，OF，等腰三角形ABC的面积可通过作高求得，这样得到关于半径的方程，解方程即可； （3）①同理（2）得，则有（a+b+c）（a+b﹣c）＝2ab，然后可得d2＝（a+b﹣c）2，进而根据完全平方公式可进行求解； ②过点M作MG⊥AB于点G，连接OA，过点O分别作OE⊥AB，OF⊥AC，则有OE＝OF＝1，然后可得设AM＝x，AN＝y，，进而可得，最后根据二次函数的性质及三角函数可进行求解． 【解答】解：（1）如图1.1，在△ABC中，∠BAC＝120°，点I是△ABC的内心， ∴∠ABC+∠ACB＝60°． ∴， ∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°﹣30°＝150°， 故答案为：150； （2）如图2.1，作△ABC的内切圆⊙O，⊙O分别与AB、AC、BC相切于D、E、F，连结OA，OB，OC，OD，OE，OF， ∴OE⊥BC，OD⊥AB，OF⊥AC， ∵O是内心， ∴∠BAO＝∠CAO， ∵AB＝AC， ∴AO⊥BC． ∴A、O、F三点共线， ∴AF⊥BC， 设内切圆半径为r， ∵AB＝AC＝13，BC＝10， ∴BF＝5， 在直角三角形ABF中，由勾股定理得：， ∴， 又∵， ∴， ∴△ABC内切圆的半径为， 故答案为：； （3）①（B）； 证明：如图1，作△ABC的内切圆⊙O，⊙O分别与AB、AC、BC相切于D、E、F，连结OA，OB，OC，OD，OE，OF， 同理（2）得， ∴， ∵a2+b2＝c2，（a+b）2＝a2+b2+2ab， ∴（a+b）2﹣（a2+b2）＝2ab，即（a+b）2﹣c2＝2ab， ∴（a+b+c）（a+b﹣c）＝2ab， ∴， ∴d2＝（a+b﹣c）2， ∴d2＝（a+b）2﹣2（a+b）c+c2 ＝a2+2ab+b2﹣2ac﹣2bc+c2 ＝2（c2+ab﹣ac﹣bc） ＝2（c﹣a）（c﹣b）， ∴， 故选项B正确，符合题意， 故答案为：B； ②如图2，过点M作MG⊥AB于点G，连接OA，过点O分别作OE⊥AB，OF⊥AC， ∵点O为内心， ∴OA是∠BAC的角平分线， ∴OE＝OF， ∵a＝3，b＝4，∠ACB＝90°， ∴， ∴，， 由①知， ∴， ∴△ABC的内切圆半径为1，即OE＝OF＝1， 设AM＝x，AN＝y， ∴， ∴， ∴， 整理得：， 当点N与点B重合时，过点M作MH⊥AB于点H，如图3， ∵MN平分∠ABC， ∴MH＝MC， 在Rt△BMC和Rt△BMH中， ， ∴Rt△BMC≌Rt△BMH（HL）， ∴BC＝BH＝3， ∴AH＝2， ∴， ∴， ∴， 令， ∵， ∴， ∵﹣10＜0，且对称轴为， ∴当时，t有最大值， ∴当时，△AMN的面积有最小值，最小值为； ∴，， ∴， 在直角三角形MNG中，由勾股定理得：． 题型13 切线的性质与判定 圆综合题极少单独考圆的知识，均与三角形、三角函数、相似深度融合，其中切线的证明与计算是必考题型。 考法 一：切线的证明 + 线段 / 面积计算（最核心） 1.题型特征 以 “圆 + 三角形（直角 / 等腰 / 普通）” 为载体，第一问证明某直线是圆的切线（连半径证垂直为主），第二问求线段长（半径、弦长、切线长）、面积（阴影 / 扇形），部分地区加第三问求角度或三角函数值。 2.解题核心 证明切线：①连半径，证垂直（最常用）：已知直线与圆有公共点，连接圆心与公共点（半径），证明该半径与直线垂直（垂直判定：直角三角形、平行线、角相等、全等）；② 作垂直，证半径：未知直线与圆的公共点，过圆心作直线的垂线，证明垂线段的长度等于半径（极少用，仅适用于无公共点的情况； 计算线段：切线性质（切线⊥半径）构造直角三角形，结合勾股定理、三角函数、相似三角形求解； 计算面积：割补法，结合扇形面积、三角形面积公式求解。 考法 二：圆与三角形的综合（全等 / 相似 / 直角） 1.题型特征 圆作为载体，结合全等三角形、相似三角形、直角三角形考查，核心是 “利用圆的性质证角 / 线段相等，再证三角形全等 / 相似，进而推导线段关系”。 2.高频融合点 ①全等三角形：利用圆周角相等、弦相等、切线长相等证边 / 角相等，再用 SAS/ASA/AAS/SSS 证全等，推导线段相等； ②相似三角形（中考重难点，拉开分差）：利用圆周角相等、公共角、直角相等证相似（AA 为主），核心考相似三角形的性质（对应边成比例），求未知线段长（如半径、切线长）； ③直角三角形：直径对直角、切线⊥半径、勾股定理、三角函数（sin/cos/tan）结合，是计算的核心工具。 3.解题关键 找等角：圆的性质（圆周角、圆心角、圆内接四边形）是找等角的唯一依据，等角是证全等 / 相似的核心。 38．（2025•玄武区二模）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，⊙O与AD、BC分别相切于点A、C，与BD交于点E、F． （1）求证：四边形ABCD是平行四边形； （2）连接AF并延长与CD交于点M，若BE＝AC，AM＝6，求⊙O的半径． 【分析】（1）由切线的性质可得出∠DAO＝∠BCO＝90°，证明△BCO≌△DAO，得出OB＝OD，即可得证； （2）设⊙O的半径为r，则BE＝AC＝2r．由平行四边形的性质可得OB＝OD＝3r，AB∥CD，证明△AFB∽△MFD，得出，最后利用勾股定理计算即可得解． 【解答】（1）证明：∵⊙O与AD、BC相切于点A、C， ∴OA⊥AD，OC⊥BC， ∴∠DAO＝∠BCO＝90°， 在△BCO和△DAO中， ， ∴△BCO≌△DAO（ASA）， ∴OB＝OD， 又∵OC＝OA， ∴四边形ABCD是平行四边形； （2）解：如图， 设⊙O的半径为r，则BE＝AC＝2r， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD＝3r，AB∥CD， ∴DF＝2r，BF＝4r，∠ABO＝∠CDO， 又∵∠AFB＝∠MFD， ∴△AFB∽△MFD， ∴， ∴， ∴M为CD的中点， 在Rt△ACD中，∠CAD＝90°，M为CD的中点，AM＝6， ∴CD＝2AM＝12，AD2+AC2＝CD2， ∴AD2＝CD2﹣AC2＝144﹣4r2， 同理，AD2＝OD2﹣OA2＝8r2， ∴144﹣4r2＝8r2， 解得， ∴⊙O的半径为． 39．（2024•沛县校级三模）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点E在上，过E作⊙O的切线，交AB的延长线于点F，若∠BEF＝∠CAE． （1）求证：AE平分∠BAC； （2）若BF＝10，EF＝20，求AC的长． 【分析】（1）连接OE，交BC于点G，根据切线的性质可得∠OEF＝90°，从而可得∠BEF+∠OEB＝90°，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠AEB＝90°，从而可得∠EAB+∠OBE＝90°，然后利用等腰三角形的性质可得∠OEB＝∠OBE，从而可得∠BEF＝∠EAB，进而可得∠CAE＝∠EAB，即可解答； （2）根据直径所对的圆周角是直角可得∠C＝90°，再利用等腰三角形的性质和角平分线的定义可得AC∥OE，从而可得∠C＝∠OGB＝90°，再利用垂径定理可得CG＝BG，从而可得OG是△ACB的中位线，进而可得AC＝2OG，然后证明△FEB∽△FAE，从而利用相似三角形的性质可得AF＝40，再利用线段的和差关系可得AB＝30，从而可得OA＝OB＝OE＝15，最后利用平行线分线段成比例可得，从而进行计算可得：OG＝9，即可解答． 【解答】（1）证明：连接OE，交BC于点G， ∵EF与⊙O相切于点E， ∴∠OEF＝90°， ∴∠BEF+∠OEB＝90°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∴∠EAB+∠OBE＝90°， ∵OE＝OB， ∴∠OEB＝∠OBE， ∴∠BEF＝∠EAB， ∵∠BEF＝∠CAE， ∴∠CAE＝∠EAB， ∴AE平分∠BAC； （2）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠C＝90°， ∵OA＝OE， ∴∠BAE＝∠AEO， ∵∠CAE＝∠EAB， ∴∠CAE＝∠AEO， ∴AC∥OE， ∴∠C＝∠OGB＝90°， ∴CG＝BG， ∵OA＝OB， ∴OG是△ACB的中位线， ∴AC＝2OG， ∵∠F＝∠F，∠BEF＝∠BAE， ∴△FEB∽△FAE， ∴， ∴， ∴AF＝40， ∴AB＝AF﹣BF＝40﹣10＝30， ∴OA＝OB＝OEAB＝15， ∵∠OGB＝∠OEF＝90°， ∴BC∥EF， ∴， ∴， 解得：OG＝9， ∴AC＝2OG＝18， ∴AC的长为18． 40．（2025•盐城）如图，AB是⊙O的弦，过点B作直线EF，以O为顶点作∠AOC＝90°，分别交EF，AB于点C，D，若CB＝CD． （1）试判断直线EF与⊙O的位置关系，并说明理由． （2）若⊙O的半径为3，，求BC的长． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠OBA，∠CBD＝∠CDB，求得∠CBD＝∠ADO，得到∠CBO＝90°，根据切线的判定定理得到直线EF与⊙O相切； （2）根据三角函数的定义得到OD＝1，设CB＝CD＝x，求得OC＝x+1，根据勾股定理得到结论． 【解答】解：（1）直线EF与⊙O相切， 理由：∵OA＝OB， ∴∠A＝∠OBA， ∵CB＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵∠ADO＝∠CDB， ∴∠CBD＝∠ADO， ∵∠AOC＝90°， ∴∠A+∠ADO＝90°， ∴∠OBD+∠CBD＝90°， ∴∠CBO＝90°， ∴OB⊥EF， ∵OB是⊙O的直径， ∴直线EF与⊙O相切； （2）∵∠AOC＝90°，， ∴， ∵⊙O的半径为3， ∴OA＝3， ∴OD＝1， 设CB＝CD＝x， ∴OC＝x+1， ∵∠OBC＝90°， ∴CB2+OB2＝OC2， ∴x2+32＝（x+1）2， ∴x＝4， ∴BC＝4． 41．（2025•南京二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，直线AE交CD的延长线于点E，延长AD，BC相交于点F，DA平分∠BDE． （1）求证：AB＝AC． （2）若AE是⊙O的切线． （Ⅰ）求证：△ABF∽△EAC． （Ⅱ）若AE＝2，DE＝1，C是BF的中点，则⊙O的半径为 　　 ． 【分析】（1）利用角平分线的定义，圆的内接四边形的性质和圆周角定理得到∠ABC＝∠ACB，再利用等腰三角形的判定定理解答即可； （2）（Ⅰ）连接AO并延长交BC于点G，利用等腰三角形的性质，垂径定理得到AG⊥BC，利用圆的切线的性质定理得到AG⊥AE，则AE∥BC，利用平行线的性质，圆周角定理，弦切角定理和相似三角形的判定定理解答即可； （Ⅱ）连接AO并延长交BC于点G，过点E作EH⊥BC于点H，连接OB，利用切割线定理求得EC，DC的长度，利用相似三角形的判定与性质求得FC，利用线段的中点的定义和等腰三角形的三线合一的性质得到BG＝CG3，利用矩形的判定与性质得到GH＝AE＝2，AG＝EH，利用勾股定理求得AG，设⊙O的半径为r，则OB＝OA＝r，利用勾股定理列出方程解答即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵DA平分∠BDE， ∴∠ADE＝∠ADB， ∵四边形ABCD为圆的内接四边形， ∴∠ADE＝∠ABC， ∵∠ADB＝∠ACB， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴AB＝AC； （2）（Ⅰ）证明：连接AO并延长交BC于点G，如图， 由（1）知：AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB，， ∴AG⊥BC， ∵AE是⊙O的切线， ∴AG⊥AE， ∴AE∥BC， ∴∠F＝∠EAD，∠EAC＝∠ACB， ∴∠EAC＝∠ABC． ∵AE是⊙O的切线， ∴∠EAD＝∠ECA， ∴∠ECA＝∠F， ∴△ABF∽△EAC； （Ⅱ）解：连接AO并延长交BC于点G，过点E作EH⊥BC于点H，连接OB，如图， ∵AE是⊙O的切线， ∴AE2＝DE•EC， ∵AE＝2，DE＝1， ∴EC＝4． ∴CD＝EC﹣ED＝3， 由（Ⅰ）知：AE∥BC， ∴△AED∽△FCD， ∴， ∴， ∴CF＝6． ∵C是BF的中点， ∴BC＝CF＝6， ∵AB＝AC，AG⊥BC， ∴BG＝CG3， ∵AG⊥BC，EH⊥BC，AE∥BC， ∴四边形AGHE为矩形， ∴GH＝AE＝2，AG＝EH， ∴CH＝CG﹣GH＝1， ∴AG＝EH． 设⊙O的半径为r，则OB＝OA＝r， ∴OG＝AG﹣OAr， ∵OG2+BG2＝OB2， ∴， ∴r． 故答案为： 42．（2025•苏州模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，OD平分∠AOC． （1）求证：OD∥BC； （2）延长DO交⊙O于点E，连接CE交OB于点F，过点B作⊙O的切线交DE的延长线于点P．若，PE＝1，求⊙O半径的长． 【分析】（1）连接AC交OD于H，根据圆周角定理得到AC⊥BC，根据角平分线的定义得到∠AOD＝∠COD，根据垂径定理得到OD⊥AC，根据平行线的判定定理得到OD∥BC； （2）根据相似三角形的性质得到，设OE＝5x，BC＝6x，求得OHBC＝3x，根据切线的性质得到∠OBP＝90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：连接AC交OD于H， ∵AB是⊙O的直径， ∴AC⊥BC， ∵OD平分∠AOC， ∴∠AOD＝∠COD， ∴， ∴OD⊥AC， ∴OD∥BC； （2）解：∵OE∥BC， ∴△OEF∽△BCF， ∴， ∴设OE＝5x，BC＝6x， ∵AO＝OB，OH∥BC， ∴AH＝CH， ∴OHBC＝3x， ∵PB是⊙O的切线， ∴∠OBP＝90°， ∴∠PBO＝∠AHO， ∵∠BOP＝∠AOH， ∴△AOH∽△POB， ∴， ∴， ∴x， ∴OE， ∴⊙O半径的长为． 题型14 圆综合 43．（2024•秦淮区校级模拟）我们定义：两边平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形．根据定义： ①等边三角形一定是奇异三角形；②在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是奇异三角形，则a：b：c＝1：：2；③如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（不与点A、B重合），D是半圆的中点，C、D在直径AB的两侧，若在⊙O内存在点E，使AE＝AD，CB＝CE．则△ACE是奇异三角形；④在③的条件下，当△ACE是直角三角形时，∠AOC＝120°．其中，说法正确的有（　　） A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 【分析】①设等边三角形的边长为a，则a2+a2＝2a2，即可判断①； ②由勾股定理得出a2+b2＝c2①，由Rt△ABC是奇异三角形，且b＞a，得出a2+c2＝2b2②，由①②得出ba，ca，即可判断②； ③由勾股定理得出AC2+BC2＝AB2，AD2+BD2＝AB2，由已知得出2AD2＝AB2，AC2+CE2＝2AE2，即可得出△ACE是奇异三角形，即可判断③； ④由△ACE是奇异三角形，得出AC2+CE2＝2AE2，分两种情况，由直角三角形和奇异三角形的性质即可得判断④． 【解答】解：①设等边三角形的边长为a， 则a2+a2＝2a2，符合“奇异三角形”的定义，故①正确； ②∵∠C＝90°， ∴a2+b2＝c2①， ∵Rt△ABC是奇异三角形，且b＞a， ∴a2+c2＝2b2②， 由①②得：ba，ca， ∴a：b：c＝1：：，故②错误； ③∵∠ACB＝∠ADB＝90°， ∴AC2+BC2＝AB2，AD2+BD2＝AB2， ∵D是半圆的中点， ∴AD＝BD， ∴2AD2＝AB2， ∵AE＝AD，CB＝CE， ∴AC2+CE2＝2AE2， ∴△ACE是奇异三角形，故③正确； ④由③得：△ACE是奇异三角形， ∴AC2+CE2＝2AE2， 当△ACE是直角三角形时， 由②得：AC：AE：CE＝1：：，或AC：AE：CE：：1， 当AC：AE：CE＝1：：时， AC：CE＝1：，即AC：CB＝1：， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ABC＝30°， ∴∠AOC＝60°； 当AC：AE：CE：：1时， AC：CE：1，即AC：CB：1， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ABC＝60°， ∴∠AOC＝120°， 综上所述，∠AOC的度数为60°或120°，故④错误； 故选：B． 44．（2025•南京）某纸杯的尺寸（单位：cm）如图（1）所示，展开它的侧面得到扇环纸片ABCD（可以看作扇形纸片OAD剪去扇形纸片OBC后剩余的部分）． （1）的长为　9π　 cm，OB＝　18　 cm． （2）记a×b表示两边长分别为a，b（a≤b，单位：cm）的矩形纸片的大小． ①图（2）是可以剪出扇环纸片ABCD的一张矩形纸片，它的一边与相切，点B，C在对边上，点A，D分别在另外两边上，直接写出a，b的值． ②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD吗？说明理由． ③若一张15×b的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD，写出求b的范围的思路（无需算出最终结果）． 【分析】（1）设∠AOD＝∠BOC＝n°，OB＝OC＝rcm，则OA＝（OD＝r+9）cm，利用圆的周长公式和弧长公式解答即可； （2）①延长AB，CD，延长线交于点O，设矩形的边与相切于点E，连接OE，交BC于点F，利用圆的切线的性质定理，矩形 大排的与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形 的边角关系定理解答即可； ②将扇环纸片ABCD按如图所示放置，AB在矩形的边AG上，延长AB，DC，延长线交于点O，过点D作DE⊥AG于点E，过点C作CF⊥AG于点F，利用直角三角形 的边角关系定理求得DE，AF的长度，再利用它们与18.2×25.7的矩形纸片的长与宽作比较即可； ③设计出能够放置扇环纸片ABCD的最小的15×b的矩形纸片即可． 【解答】解：（1）由题意得：的长为9πcm，的长为6πcm， 设∠AOD＝∠BOC＝n°，OB＝OC＝rcm，则OA＝（OD＝r+9）cm， ∴， ∴， ∴OB＝18cm． 故答案为：9π；18； （2）①延长AB，CD，延长线交于点O，设矩形的边与相切于点E，连接OE，交BC于点F，如图， 则OE⊥GN， ∵四边形GHMN为矩形， ∴四边形GHFE，MNEF为矩形， ∴a＝GH＝EF， 由题意得：OB＝OC＝18cm，OA＝OD＝OE＝18+9＝27cm，∠AOD＝∠BOC＝60°，AB＝CD＝9cm， ∴△OBC为等边三角形， ∴BC＝OB＝18cm，OF＝9cm，∠OBC＝∠OCB＝60°， ∴∠ABH＝∠OBC＝60°，∠DCM＝∠OCB＝60°， ∴BHAB＝4.5cm，CMCD＝4.5cm， ∴a＝EF＝OE﹣OF＝（27﹣9）cm， b＝GN＝HM＝HB+BC+CM＝4.5+18+4.5＝27（cm）． ②用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD，理由： 将扇环纸片ABCD按如图所示放置，AB在矩形的边AG上，延长AB，DC，延长线交于点O，过点D作DE⊥AG于点E，过点C作CF⊥AG于点F， 由题意得：∠O＝60°，OB＝OC＝18cm，OA＝OD＝OE＝18+9＝27cm，AB＝CD＝9cm， ∴DE＝OD23.38（cm），OFOC＝9cm，FC＝OC•sin60°＝915.59（cm）， ∴AF＝OA﹣OF＝27﹣9＝18（cm）， ∵18＜18.2，23.38＜25.7， ∴AF＜AG＝18.2cm，DE＜GH＝25.2cm， ∴用一张18.2×25.7的矩形纸片可以剪出扇环纸片ABCD． ③设15×b的矩形纸片为矩形MNKS，MS＝NK＝15cm，将扇环纸片ABCD如图放置，使点A在MS边上，点B在KS边上，点D在NK边上，与边MN相切于点P， 则此时的b值最小，若求b的范围，则此时的MN为b的最小值． 延长AB，DC，延长线交于点O，连接OP，OP交SK于点H，过点D作DE⊥OP于点E，过点A作AF⊥OP于点F，设OD交SK于点G， 由题意得：∠AOD＝60°，OB＝OC＝18cm，OP＝OA＝OD＝OE＝18+9＝27（cm），AB＝CD＝9cm， ∵与边MN相切于点P， ∴OP⊥MN， ∵DE⊥OP，AF⊥OP，四边形MNKS为矩形， ∴四边形PNDE，四边形AFPM，四边形PNKH为矩形， ∴PN＝DE，MP＝AF，PH＝NK＝15cm， ∴b＝MN＝MP+PN＝AF+DE，OH＝OP﹣PH＝12（cm）． ∴求得AF，DE的值即可求得b的最小值； 由于OA＝OD＝27cm，解Rt△OAF和Rt△ODE即可求得结论． 45．（2025•淮安）探究与应用 [问题初探]（1）在等腰三角形ABC的底边BC上任取一点P（不与端点重合），连接AP，线段AB、AP、BP、CP有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空： 如图（1），过点A作AD⊥BC于点D， 在Rt△ABD中，∵∠ADB＝90°，∴AB2＝AD2+BD2．① 在Rt△APD中，∵∠ADP＝90°，∴AP2＝AD2+DP2 ．② 由①﹣②得：AB2﹣AP2＝BD2﹣PD2＝（BD+PD）•（BD﹣PD）． ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BD＝CD ． ∴BD﹣PD＝CD﹣PD＝CP． …… 根据小刚的方法，可以得到线段AB、AP、BP、CP的数量关系是AB2﹣AP2＝BP•CP ． [简单应用]（2）如图（2），在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上，AD＝AC＝2，以CD为边构造正方形CDEF，利用（1）中的结论求正方形CDEF的面积． [灵活应用]（3）如图（3），⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC的平分线交AC于点D，连接OB、OD，若OB＝9，OD＝5，，求BD的长． [深度思考]（4）如图（4），在△ABC中，∠C＝120°，点D、E分别在边AC、BC上，且满足AD＝DE＝BE，AE、BD交于点P，若tan∠CAE，则的值为　　 ． 【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可； （2）利用（1）中结论得到AC2﹣CD2＝AD•BD，进而求出CD2，即可得出结果； （3）延长BD交⊙O于点E，连接CE，OE，利用（1）中结论得到BD•DE＝56，证明△BEC∽△CED，得到，推出BD＝3DE，代入BD•DE＝56中，进行求解即可； （4）设∠DAE＝∠DEA＝α，∠DBE＝∠EDB＝β，根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出∠DPA＝∠EPB＝∠DEA+∠BDE＝α+β＝30°，作DH⊥AE，EG⊥BD，垂足分别为H，G，则AH＝EH，DG＝BG，根据，设DH＝x，则EH＝AH＝5x，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，分别求出PA，PE，PB，PD的长，进行求解即可． 【解答】解：（1）如图（1），过点A作AD⊥BC于点D， 在Rt△ABD中，∵∠ADB＝90°，∴AB2＝AD2+BD2①． 在Rt△APD中，∵∠ADP＝90°，∴AP2＝AD2+DP2②． 由①﹣②得：AB2﹣AP2＝BD2﹣PD2＝（BD+PD）•（BD﹣PD）． ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BD＝CD， ∴BD﹣PD＝CD﹣PD＝CP． ∵BD+PD＝BP， ∴AB2﹣AP2＝BP•CP， 故答案为：AD2+DP2；CD；AB2﹣AP2＝BP•CP； （2）∵等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2， ∴， ∵AD＝2， ∴， 由（1）中结论可知：AC2﹣CD2＝AD•BD， 即：，， ∴正方形CDEF的面积； （3）如图，延长BD交⊙O于点E，连接CE，OE，则OE＝OB＝9， 由（1）中结论可知：OB2﹣OD2＝BD•DE， 即92﹣52＝BD•DE， ∴BD•DE＝56； ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵∠ABE＝∠ACE， ∴∠CBD＝∠DCE， 又∵∠CED＝∠CEB， ∴△BEC∽△CED， ∴， ∴，BE＝2CE， ∴BE＝4DE， ∴BD＝3DE， ∵BD•DE＝56， ∴， 解得； （4）∵AD＝DE＝BE， ∴∠DAE＝∠DEA，∠DBE＝∠EDB， 设∠DAE＝∠DEA＝α，∠DBE＝∠EDB＝β， 则∠CDE＝∠DAE+∠DEA＝2α，∠CED＝∠DBE+∠EDB＝2β， ∵∠C＝120°， ∴2α+2β＝180°﹣∠C＝60°， ∴∠DPA＝∠EPB＝∠DEA+∠BDE＝α+β＝30°， 如图，作DH⊥AE，EG⊥BD，垂足分别为H，G， 则AH＝EH，DG＝BG， ∵， ∴设DH＝x，则EH＝AH＝5x， 在Rt△DHP中，∠DPH＝30°， ∴DP＝2DH＝2x，， ∴，AP＝AH+PH＝5xx， 同理：EGEP（5xx），， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 考向04 等积法 等积法（等面积法） 是中考几何中极其常用、高效的解题方法，核心是利用 “面积相等” 建立等式，用来求高、求线段长、证明线段和差、求比例，尤其在三角形、平行四边形、圆（内切圆） 中必考。 一、核心原理（一句话） 同一个图形（或几个图形组合）的面积，用两种不同方式表示，建立等式求解。 基本依据： ①等底等高的两个三角形面积相等。 ②同高的两个三角形，面积比 = 底之比。 ③同底的两个三角形，面积比 = 高之比。 ④一个图形面积 = 分割成几个部分的面积和。 2、 中考最常考4种类型 3、 三、等积变换（拉窗帘模型） 核心：平行线间距离处处相等 同底，顶点在平行线上移动，面积不变。 用途： 把不规则图形面积 转化为规则图形 计算。 证明面积相等、线段相等、平行。 46．（2025•苏州一模）综合与实践：九年级某学习小组围绕“锐角三角形面积”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，锐角△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC＝4，作BD⊥AC，垂足为D，则△ABC的面积为　4　 ； 【一般证明】 （2）如图②，锐角△ABC中，∠BAC＝α，AB＝a，AC＝b，△ABC的面积为S．求证：； 【迁移应用】 （3）如图③，锐角△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝6，AC＝4，AD是∠BAC的平分线，则AD的长为　　 ； （4）如图④，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D在边CB上，且CD＝2，连接AD，AD的中点为点E，过点E作直线l与边AB，AC分别交于P，Q两点，且△APQ为锐角三角形，求的值． 【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可； （2）过点C作CD⊥AB于点D，利用直角三角形的边角关系定理求得CD＝ACsinα＝bsinα，再利用三角形的面积公式解答即可； （3）过点C作CE⊥AB于点E，利用直角三角形的边角关系定理求得CE，利用三角形的面积公式求出△ABC的面积；‘利用（2）的结论得到△ABC的面积＝S△ABD+S△ACD，解关于AD的方程即可得出结论； （4）利用勾股定理求得AB，利用直角三角形的边角关系定理求得sin∠B，sin∠BAC，利用（2）的结论和三角形的面积公式求得sin∠BAD，再利用（2）的结论求得S△APQ＝S△APE+S△AQE，整理得到4AP•AQ＝9AP+5AQ，最后利用等式的性质解答即可得出结论． 【解答】（1）解：∵∠BAC＝30°，BD⊥AC， ∴BDAB2， ∴△ABC的面积4． 故答案为：4； （2）证明：过点C作CD⊥AB于点D，如图， ∵CD⊥AB，∠BAC＝α， ∴sin∠BAC， ∴CD＝ACsinα＝bsinα． ∴△ABC的面积， ∴S； （3）解：过点C作CE⊥AB于点E，如图， ∵CE⊥AB，∠BAC＝60°， ∴AE＝AC•cos60°＝42，CE＝AC•sin60°＝2， ∴△ABC的面积6． ∵AD是∠BAC的平分线，∠BAC＝60°， ∴∠BAD＝∠CAD＝30°， 由（2）知：，， ∵△ABC的面积＝S△ABD+S△ACD， ∴， ∴AD． 故答案为：； （4）解：如图， ∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB10． ∴sin∠B，sin∠BAC． ∵CD＝2， ∴BD＝BC﹣CD＝6，AD2， ∵AD的中点为点E， ∴AE＝DEAD， ∴sin∠CAD． 由（2）知：BAD， ， sin∠BAC， ， ∵18， ∴•sin∠BAD＝18， ∴sin∠BAD， ∵S△APQ＝S△APE+S△AQE， ∴AP•AQAPAQ， ∴4AP•AQ＝9AP+5AQ， 利用等式的性质，两边同除以AP•AQ， ∴． 47．（2024•南通）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积． 等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表 图序 角平分线AD的长 ∠BAD的度数 腰长 两腰之和 两腰之积 图① 1 60° 2 4 4 图② 1 45° 2 图③ 1 30° 　　 　　 　　 请补全表格中数据，并完成以下猜想． 已知△ABC的角平分线AD＝1，AB＝AC，∠BAD＝α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB•AC之间的数量关系：AB+AC＝2AB•AC•cosα　 ． 【变式思考】 （2）已知△ABC的角平分线AD＝1，∠BAC＝60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB•AC之间的数量关系，并证明． 【拓展运用】 （3）如图④，△ABC中，AB＝AC＝1，点D在边AC上，BD＝BC＝AD．以点C为圆心，CD长为半径作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析的值是否变化？ 【分析】（1）根据等腰三角形性质可得AD⊥BC，再运用解直角三角形即可求得答案； （2）过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，运用等腰三角形性质可得DF＝DE，利用S△ABC＝S△ABD+S△ACD，即可求得答案； （3）根据题目要求画图，设∠A＝α，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得α＝36°，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，利用S△BMN＝S△BEM+S△BEN，即可求得答案． 【解答】解：（1）如图③， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AB， ∴AC＝AB， 两腰之和为AB+AC，两腰之积为AB•AC， 猜想：AB+AC＝2AB•AC•cosα， 证明：如图， ∵AB＝AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AB， ∴AB+AC，AB•AC， ∴AB+AC＝2AB•AC•cosα； 故答案为：，，，AB+AC＝2AB•AC•cosα； （2）AB•AC＝AB+AC． 证明：如图，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G， 则DE＝AD•sin∠BAD＝1×sin30°， ∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC， ∴DF＝DE， 在Rt△ACG中，CG＝AC•sin∠BAC＝AC•sin60°AC， ∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD， ∴AB•ACAB•AC•， ∴AB•AC＝AB+AC； （3）补全图形如图所示： 设∠A＝α， ∵BD＝AD， ∴∠ABD＝∠A＝α， ∴∠BDC＝∠ABD+∠A＝2α， ∵BD＝BC， ∴∠BCD＝∠BDC＝2α， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝2α， ∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴α+2α+2α＝180°， 解得：α＝36°， ∴∠A＝∠ABD＝∠CBD＝36°， 如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G， ∵S△BMN＝S△BEM+S△BEN， ∴BM•NGBM•EFBN•EH， ∵∠ABD＝∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC， ∴EF＝EH， ∴BM•BN•sin72°＝（BM+BN）•EH， ∴， ∵sin∠CBD＝sin36°， ∴EH＝BE•sin36°， ∴， 如图，设CD＝m，则AD＝BD＝BC＝1﹣m， ∵∠A＝∠CBD，∠ACB＝∠BCD， ∴△ABC∽△BDC， ∴，即， ∴m2﹣m+1＝0， ∴m1，m2， ∵1﹣m＞0， ∴m＜1， ∴m， ∴CD，BC＝1， ∵CE＝CD， ∴∠CED＝∠CDE＝72°， ∴∠DCE＝36°， ∴∠BCE＝∠CBE＝36°， ∴BE＝CE＝CD， 过点A作AH⊥BC于H，过点C作CK⊥AB于K，则BH＝CHBC， ∴AH， ∴sin72°， ∵CK•AB＝BC•AH，即CK×1， ∴CK， ∴sin36°， ∴2， 即2为定值． 考向05 几何新定义综合 48．（2024•天宁区校级模拟）【定义学习】 过平面内一定点作两条直线（不平行）的垂线，那么这个定点与两个垂足构成的三角形称为“点足三角形”，在“点足三角形”中，以这个定点为顶点的角称为“垂角”． 如图1，OA⊥l1，OB⊥l2，垂足分别为A、B，则△OAB为“点足三角形”，∠AOB为“垂角”． 【性质探究】 （1）两条直线相交且所夹锐角为α度，则过平面内一点所画出的“点足三角形”的“垂角”度数为 　α或180﹣α　 度（用α表示）． （2）如图2，点O为平面内一点，OA⊥l1，OB⊥l2，垂足分别为A、B，将“垂角”绕着点O旋转一个角度，分别与l1，l2，相交于C、D，连接CD．求证：△OAB∽△OCD． 【迁移运用】 （3）如图3，∠MPN＝α，点A在射线PM上，点B是射线PN上的点，且，PA＝4．则∠MPN的外部是否存在一点O使得“点足三角形OAB“的面积为，若存在，求出此时PB的长；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）通过证明点A，点B，点O，点C四点共圆，可得∠ACB＝∠AOB＝α，即可求解； （2）根据旋转的性质可得∠AOC＝∠BOD，根据余弦的定义可推，根据相似三角形的判定可得△OAB∽△OCD； （3）分两种情况讨论，由锐角三角函数表示出线段长，再由面积的数量关系列出方程可求解． 【解答】（1）解：如图1，∵∠CAO＝∠CBO＝90°， ∴点A，点B，点O，点C四点共圆， ∴∠ACB＝∠AOB＝α， ∴“垂角”度数为α度， 若点O在锐角内部，同理可得“垂角”度数为（180﹣α）度， 故答案为：α或180﹣α； （2）∵将“垂角”绕着点O旋转一个角度，分别与l1，l2，相交于C、D， ∴∠AOC＝∠BOD， ∵OA⊥AC，OB⊥BD， ∴在Rt△CAO中，cos∠AOC， 在Rt△DBO中，cos∠BOD， ∴cos∠AOC＝cos∠BOD， 即， 又∵∠AOB＝∠COD， ∴△OAB∽△OCD． （3）当定点O在两直线的同侧，且在PN的下方时，令OA与PN交于点D，过点A作AE⊥PN于点E，如图： ∵OA⊥PM，OB⊥PN，且∠ADP＝∠BDO， ∴∠P＝∠O＝α， 又∵AE⊥PN，OA⊥PM，∠ADP＝∠ADP， ∴∠P＝∠EAD＝α， 在Rt△PAD中，tanP＝tanα，PA＝4， ∴AD＝3， ∴PD5， 在Rt△EAD中，tan∠EAD＝tanα， 设DE＝3x，则AE＝4x，且AD＝3， 在Rt△EAD中，AD2＝AE2+DE2， 即32＝（3x）2+（4x）2， 解得：x， 故DE，AE， 在Rt△BOD中，tan∠BOD＝tanα， 设OB＝y，则BDy， ∵S△AOB＝S△ADB+S△DOBDB（AE+OB）， 即y×（y）， 解得：y1（舍去），y2， 则OB，BD， ∴PB＝PD+BD； 当定点O在两直线的同侧，且在PM的上方时，令OA与PM交于点D，过点B作BE⊥PM于点E，如图： ∵OA⊥PM，OB⊥PN，且∠ADO＝∠BDP， ∴∠P＝∠O＝α， 又∵BE⊥PM，OB⊥PN，∠PDB＝∠PDB， ∴∠P＝∠EBD＝α， 在Rt△PBE中，tanP＝tanα， 即PEBE， 在Rt△EBD中，tan∠EBD＝tanα， 即EDBE， 在Rt△OAD中，tan∠AODtanα， 则ADOA， 且∵AP＝PE+DE+DABEBEOA， 整理得：BE， 设AD＝x，则OAx，BE， ∵S△AOB＝S△ADO+S△DABDA（BE+OA）， 即x•（）， 解得：x1＝﹣3（舍去），x2， 故AD， ∴PD＝AP﹣AD＝4， 在Rt△PBD中，tanPtanα， 故设BD＝3y，则PB＝4y， 在Rt△PBD中，DP2＝BD2+PB2， 即9y2+16y2， 解得：y1，y2（舍去）， ∴PB＝4； 综上，PB的长为或． 49．（2024•盐城模拟）定义：如果一个三角形一条边上的高与这条边的比值是4：5，那么称这个三角形为“准黄金”三角形，这条边就叫做这个三角形的“金底”． （1）如图1，在△ABC中，AC＝8，BC＝5，∠ACB＝30°，试判断△ABC是否是“准黄金”三角形，请说明理由． （2）如图2，△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”，把△ABC沿BC翻折得到△DBC，AD交BC的延长线于点E，若点C恰好是△ABD的重心，求的值． （3）如图3，l1∥l2，且直线l1与l2之间的距离为4，“准黄金”△ABC的“金底”BC在直线l2上，点A在直线l1上，，若∠ABC是钝角，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到△A′B′C，线段A′C交l1于点D．当点B′落在直线l1上时，则的值为 　　 ． 【分析】（1）过点A作AD⊥CB交CB的延长线于D．由直角三角形的性质得出AD＝4，则可得出结论； （2）设AE＝4k，BC＝5k，得出BC：CE＝2：1，则CE，BE，求出AB，可得出答案； （3）方法一：如图3，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥AC于F，过点B′作B′G⊥BC于G．证明△CGB′∽△CFD，推出DF：CF：CD＝GB′：CG：CB′＝4：3：5，设DF＝4k，CF＝3k，CD＝5k，再求出AD（用k表示）即可解决问题． 方法二：由勾股定理求出AC的长，证明△DCB'∽△DAC，由相似三角形的性质可得出，则可求出答案． 【解答】解：（1）结论：△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”． 理由：过点A作AD⊥CB交CB的延长线于D． ∵AC＝8，∠C＝30°， ∴AD＝4， ∴ ∴△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”． （2）如图2， ∵A，D关于BC对称， ∴BE⊥AD，AE＝ED， ∵△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”， ∴， 不妨设AE＝4k，BC＝5k， ∵C是△ABD的重心， ∴BC：CE＝2：1， ∴CE，BE， ∴AB， ∴． （3）． 方法一：∵△ABC是“准黄金”三角形，BC是“金底”， ∴AE：BC＝4：5， ∵AE＝4， ∴BC＝5， ∵， ∴AB＝2， ∴BE2， ∴EC＝BE+BC＝7， 如图3，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥AC于F，过点B′作B′G⊥BC于G． 在Rt△CB′G中，∵∠CGB′＝90°，GB′＝4，CB′＝CB＝5， ∴CG3， ∵∠GCB′＝∠FCD＝α，∠CGB′＝∠CFD＝90°， ∴△CGB′∽△CFD， ∴DF：CF：CD＝GB′：CG：CB′＝4：3：5， 设DF＝4k，CF＝3k，CD＝5k， ∵△AEC∽△DFA， ∴， ∴， 解得AF＝7k， ∴ADk， ∴． 方法二：如图3，同方法一求出CE＝7，AE＝4， ∴AC，BC＝B'C＝5， ∵l1∥l2， ∴∠DAC＝∠ACB， ∵∠ACB＝∠A'CB'， ∴∠DCB'＝∠DAC， ∵∠B'DC＝∠CDA， ∴△DCB'∽△DAC， ∴， ∴． 故答案为：． 考向06 规律探究 50．（2025•盐城）小明在参观科技馆时，发现很多矿物的结晶体有着其独特的几何形态和内在规律． 【发现问题】 黄铁矿的晶体（如图1）是一个正方体：它由六个面组成，每个面都是全等的正方形，每个顶点都连接3条棱．小明查阅资料后了解到，这种各面都是全等的正n边形，且各顶点连接r（r≥3）条棱的立体图形称为正多面体，如正方体又称为正六面体． 【提出问题】 小明思考：这样的正多面体有几个？ 【分析问题】 一个正F面体的每个面都是全等的正n边形，有V个顶点，E条棱，且每个顶点都连接r条棱．小明对部分正F面体（如图2）进行了观察，列出以下数据． 正多面体 F n V E r 正四面体 4 3 4 6 3 正方体 6 4 8 12 3 正八面体 8 3 6 12 4 （1）根据表中的数据，请写出F，V，E之间存在的等量关系式：F+V﹣E＝2　 ． （2）小明进一步发现，正F面体中棱数与各面的边数之和以及棱数与各面的顶点数之和存在着一定的关系． ①从而出发： 以正方体为例，它有6个面，每个面都有4条边，则六个面的边数之和为24．又因为正方体的两个面共用一条边，所以正方体的棱数为12．正F面体的棱数E＝ 　　 ；（用含n，F的代数式表示） ②从顶点出发：正F面体的棱数E＝ 　　 .（用含r，V的代数式表示） 【解决问题】 （3）已知一个正多面体有30条棱，且每个顶点连接3条棱，求这个正多面体的面数． （4）满足正多面体定义的几何体一共有几个？请说明你的理由． 【分析】（1）观察数据即可解答； （2）①正F面体，它有F个面，每个面都有n条边，则F个面的边数之和为Fn，又因为正F面体的两个面共用一条边，所以正F面体的棱数为； ②正F面体，它有V个顶点，且每个顶点都连接r条棱，则V个顶点的棱数之和为Vr，又因为正F面体的一条棱连接两个顶点，所以正F面体的棱数为； （3）上述公式列方程即可解答； （4）由题意可得，代入F+V﹣E＝2可得，整理后，利用r≥3，n≥3逐一判断即可． 【解答】解：（1）根据观察可得F+V﹣E＝2， 故答案为：F+V﹣E＝2； （2）①正F面体，它有F个面，每个面都有n条边，则F个面的边数之和为Fn， 又因为正F面体的两个面共用一条边， 所以正F面体的棱数为； 故答案为：； ②正F面体，它有V个顶点，且每个顶点都连接r条棱，则V个顶点的棱数之和为Vr， 又因为正F面体的一条棱连接两个顶点， 所以正F面体的棱数为； 故答案为：； （3）由题意可得E＝30，r＝3， ∴， 根据（1）中公式可得F+V﹣E＝2， 可得20+F﹣30＝2， 解得F＝12， 则这个正多面体的面数为12； （4）由题意可得，， 代入F+V﹣E＝2可得， ， ∴， ∴， ∵n，r为正整数，且n≥3，r≥3， 当n＝3时，r＝3时，，故成立， 当n＝3时，r＝4时，，故成立， 当n＝3时，r＝5时，，故成立， 当n＝3时，r≥6时，，故不成立， 当n＝4时，r＝3时，，故成立， 当n＝4时，r≥4时，，故不成立， 当n＝5时，r＝3时，，故成立， 当n＝5时，r≥4时，，故不成立， 当n≥6时，无论r取任何值，，故不成立， 综上，满足正多面体定义的几何体一共有5个． 51．（2024•盐都区校级二模）问题情境： 在综合实践课上，吴老师和鹿鸣学堂“数理时空”社团的同学们一起研究了对角相等的六边形，发现：如图1，在六边形A1A2A3A4A5A6中，若∠A1＝∠A4，∠A2＝∠A5，∠A3＝∠A6，则有A1A2∥A4A5，A2A3∥A5A6，A3A4∥A1A6，请结合图1，证明：A1A2∥A4A5． 问题探究： 小铭和小红对图1的六边形A1A2A3A4A5A6进行了特殊化，发现了以下两个结论： 结论1：如图2，若A3A4＝A1A6，则有：A1A2＝A4A5，A2A3＝A5A6． 结论2：如图3，若对角线A1A4、A2A5、A3A6交于点O，则对角线A1A4平分六边形A1A2A3A4A5A6的面积，请证明小铭和小红发现的两个结论． 【分析】问题情境：如图1，连接AA，AA，根据四边形的内角和，六边形的内角和证明∠A2A1A4＝∠A5A4A1，进而可以解决问题； 问题探究：结论1：如图2，连接A1A3，A4A6，得A3A4A6A1为平行四边形，然后证明△A1A2A3≌△A4A5A6 （AAS），得A1A2＝A4A5，A2A3＝A5A6； 结论2：连接A1A4，A2A5，A4A6交于点O，证明△A1OA2∽△A4OA5，得，同理可得A2O＝A5O，A1O＝A4O，A6O＝A3O，然后证明△OA1A2≌△OA4A5，同理△OA1A6≌△OA4A3，△OA3A2≌△OA6A5，进而可以解决问题． 【解答】证明：问题情境：如图1，连接AA，AA， ∵∠A1＝∠A4，∠A2＝∠A5，∠A3＝∠A6，∠A1+∠A4+∠A2+∠A5+∠A3+∠A6＝720°， ∴∠A2A1A6+∠A6+∠A6A5A4＝360°， ∵∠A4A1A6+∠A6+∠A6A5A4+∠A5A4A1＝360°， ∴∠A2A1A4＝∠A5A4A1， ∴A1A2∥A4A5； 问题探究：结论1：如图2，连接A1A3，A4A6， ∵A3A4∥A1A6，A3A4＝A1A6， ∴A3A4A6A1为平行四边形， ∴A1A3＝A4A6，∠A3A1A6＝∠A3A4A6， ∵∠A2A1A6＝∠A3A4A5， （建议用时：100分钟） 1．（2024•惠山区三模）【教材呈现】如图，在△ABC中，点D、E分别AB与AC的中点．则DE与BC的关系是DE∥BC，； 【感知】如图1，在矩形ABCD中，点O为AC的中点，点M为AB边上一动点，点N为BC的中点，连结MN、OM、ON．MN∥AC，∠OMN与∠ONM的数量关系是 　∠OMN+∠ONM＝90°　 ． 【应用】如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，AD、CE是Rt△ABC的中线，M、N分别是AD和CE的中点，求MN的长； 【拓展】如图3，在平行四边形ABCD中，点E为AB边上一点，连接CE，点P在CE上，BE＝EP＝CP＝2，点G是EP的中点，连接AG交BC于点F，若点F为BC的中点，∠FGP＝60°，连接AP，求的值． 【分析】【感知】证明四边形AMNO是平行四边形，从而证得四边形BMON是平行四边形，进一步得到四边形BMON是矩形，则∠MON＝90°，即可得∠OMN+∠ONM＝90°； 【应用】连接DN，并延长DN交AC于点F，先由勾股定理求得，利用三角形中位线的性质可证得DF＝DC＝2，由勾股定理求得FC，从而得AF＝2，由三角形中位线的性质可求得MN； 【拓展】连接PF，作BH⊥CE交CE延长线于H，△PGF是等边三角形，利用等边三角形的性质与解直角三角形求得BC＝2，再证明△AEG是等边 三角形，△AEP是直角三角形，求得AP，代入即可求解． 【解答】解：【感知】∵点O为AC的中点，点N为BC的中点， ∴ON∥AB，ON， ∴MN∥AC，即MN∥AO， ∴四边形AMNO是平行四边形， ∴ON＝AM，AMAB， ∴AM＝BM， ∴ON＝BM， ∴四边形BMON是平行四边形， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， ∴四边形BMON是矩形， ∴∠MON＝90° ∴∠OMN+∠ONM＝90°， 故答案为：∠OMN+∠ONM＝90°； 【应用】如图2，连接DN，并延长DN交AC于点F， ∵AB＝BC＝4，∠ABC＝90°， ∴AC＝4，∠ACB＝∠BAC＝45°， ∵AD、CE是Rt△ABC的中线， ∴AE＝BE＝2，BD＝CD＝2， ∵点M、N分别是AD和CE的中点， ∴DN＝2BE＝1，DN∥AB，MNAF， ∴∠FDC＝∠ABC＝90°，∠DFC＝∠BAC＝45°， ∴∠DFC＝∠DCF＝45°， ∴DF＝DC＝2，FC＝2， ∴AF＝2， ∴MN； 【拓展】连接PF，作BH⊥CE交CE延长线于H，如图3， ∵BE＝EP＝CP＝2， ∴P是CE的中点，CE＝4， ∵若点F为BC的中点， ∴PF∥AB，PFBE＝1， ∵点G是EP的中点，PGEP＝1， ∴PG＝PF， ∵∠FGP＝60°， ∴△PGF是等边三角形， ∴∠GPF＝60°， ∵PF∥AB， ∴∠BEH＝∠GPF＝60°， 在Rt△BEH中，EH＝2•cos60°＝1，BH＝2•sin60°， 在Rt△BCH中，CH＝CE+EH＝5， 由勾股定理得BC， ∵∠AEG＝∠BEH＝60°，∠AGE＝∠PGF＝60°，∠AGE＝∠AGE＝∠EAG＝60°， ∴△AEG是等边三角形， ∴AE＝AG＝EG＝1， ∴AG＝PG＝1， ∴∠PAG＝∠APG∠PAG+∠APG＝∠PGF＝60°， ∴∠PAG＝∠APG＝30°， ∴∠PAE＝∠EAG+∠PAG＝90°， ∴AP＝PE•cos30°， ∴． 2．（2025•泰兴市一模）在△ABC中，点D在AB上，连接CD，且∠BCD＝∠BAC，E是BC上一点（与点B、C不重合）． （1）如图1，当∠BDC＝90°时，过C、D、E三点的圆分别交AD、AC于点F、G，连接FE、FG．求证：四边形CEFG是矩形； （2）如图2，已知AC＝AD，∠BAC＜60°，AE分别交过C、D、E三点的圆和CD于点H、I．点P为AE上一点，且∠EPC＝∠DHE． ①求证：△ADH≌△CAP； ②若△ADH、△DHI的面积分别为2和1，求△CEP的面积； ③△ADH、△ADI、△ACE的面积分别记为S、S1、S2，当点E在BC上任意位置时（与点B、C不重合），等式是否总成立．若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 【分析】（1）根据三角形内角和定理，圆周角定理，圆的内接四边形对角互补，利用三个角是直角的四边形是矩形证明即可； （2）①根据∠DHE＝∠BCD＝∠BAC，证明∠ADH＝∠PAC，再证明∠APC＝∠DHA，即可证明三角形的全等； ②证明△EPC∽△DHI，利用面积之比等于相似比的平方解答即可； ③根据△EPC∽△DHI，得到，继而得到，变形证明即可． 【解答】（1）证明：∵∠BCD＝∠BAC，∠BDC＝90°，∠B＝∠B， ∴∠BCA＝180°﹣∠B﹣∠BAC，∠BDC＝180°﹣∠B﹣∠BCD， ∴∠BCA＝∠BDC＝90°，∠ADC＝90°， 根据圆的内接四边形对角互补，得∠FGC＝90°， ∵∠ADC＝90°， ∴∠FGC＝90° ∴∠FGC＝∠FEC＝∠BCA＝90°， ∴四边形CEFG是矩形； （2）①证明：∵∠DHE＝∠BCD＝∠BAC，且∠DHE＝∠ADH+∠DAH，∠BAC＝∠PAC+∠DAH， ∴∠ADH＝∠PAC， ∵∠EPC＝∠DHE， ∴∠APC＝∠DHA， 在△ADH和△CAP中， ， ∴△ADH≌△CAP（AAS）； ②解：∵S△ADH＝2，S△DHI＝1， ∴AH：HI＝2：1， ∵△ADH≌△CAP， ∴AH＝CP， ∴CP：HI＝2：1， ∵∠EPC＝∠DHE，∠PEC＝∠HDC， ∴△EPC∽△DHI， ∴， ∴△CEP的面积为4； ③解：等式总成立； 证明：∵△EPC∽△DHI， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（2025•邗江区一模）如图，已知tan∠MON，Rt△ABC的两个顶点A、B分别在边OM、ON上运动（点C在AB的左侧），其中∠ABC＝90°，AB＝6，∠BAC＝∠MON，边AC交射线ON于点D，运动过程中： （1）BC＝ 　　 ，BD的最小值为 　　 ； （2）若△ABC被ON分成的两个三角形中有一个是以BD为底的等腰三角形，求OA的长； （3）连接OC，请直接写出运动过程中OC的最大值． 【分析】（1）根据∠BAC＝∠MON，得到tan∠BAC＝tan∠MON，求出BC的值，根据垂线段最短，得到当BD⊥AC时，BD的值最小，进行求解即可； （2）分△ABD是以BD为底的等腰三角形和△BCD是以BD为底的等腰三角形，两种情况进行讨论求解即可； （3）定弦定角得到点O，A，B在以G为圆心，∠BGA＝2∠BOA的圆上，过点G作GE⊥AB，连接GA，GB，OG，GC，垂径定理，结合三角函数求出EG，AG的长，进而得到OG的长，过点G作GF⊥BC，勾股定理求出CG的长，根据OC≤OG+CG，求出最大值即可． 【解答】解：（1）∵∠ABC＝90°，∠BAC＝∠MON， ∴，即：， ∵AB＝6， ∴BC， ∴， ∵AC交ON于点D， ∴当BD⊥AC时，BD最小， 此时：，即：， ∴， 即：BD的最小值为， 故答案为：；； （2）①当△ABD是以BD为底的等腰三角形，AB＝AD＝6， ∵∠BAC＝∠MON，∠OBA＝∠DBA， ∴△BAD∽△BOA， ∴， ∴， ∴OB＝OA， 作BH⊥OA，则：， 设BH＝3x，OH＝4x，由勾股定理得OA＝OB＝5x， ∴HA＝OA﹣OH＝x， ∵∠BHA＝90°， ∴AH2+BH2＝AB2，即：x2+3x2＝62， 解得：（负值舍去）； ∴； ②当△BCD是以BD为底的等腰三角形，则：， 由（1）知：， ∴AD＝AC﹣CD＝3， 作BK⊥AC，则同（1）法可得：， ∴， ∴， ∴， ∵∠BAC＝∠MON，∠OBA＝∠DBA， ∴△BAD∽△BOA， ∴，即：， ∴； 综上：或； （3）∵AB为定值，也为定值， ∴点O，A，B在以G为圆心，∠BGA＝2∠BOA的圆上， 过点G作GE⊥AB，连接GA，GB，OG，GC，则：，∠AGE＝∠MON， ∴， ∴EG＝4， ∴， ∴OG＝AG＝BG＝5， 过点G作GF⊥BC， ∵GE⊥AB，∠ABC＝90°， ∴四边形GEBF为矩形， ∴BF＝EG＝4，GF＝BE＝3， ∴， ∴， ∵OC≤OG+CG， ∴当O，G，C三点共线时，OC的值最大为：． 4．（2024•泰兴市三模）综合与实践 在初中物理学中，凸透镜成像原理与相似三角形有密切的联系．请耐心阅读以下材料： 【光学模型】如图1，通过凸透镜光心O的光线AO，其传播方向不变，经过焦点F的光线AE经凸透镜L折射后平行于主光轴MN沿EA’射出，与光线AO交于点A'，过点A'作主光轴MN的垂线段A'B'，垂足为B'，即可得出物体AB所成的像A'B'． 【模型验证】 设焦点F到光心的距离FO称为焦距，记为f；物体AB到光心的距离BO称为物距，记为u；像A'B'到光心的距离OB'称为像距，记为v． 已知AB＝b1，A'B'＝h2，当f＜u＜2f时，求证：． 证明：∵A'B'⊥MN，AB⊥MN，∴∠ABO＝∠A'B'O＝90°， 又∠AOB＝∠A'OB'∴△AOB∽△A'OB'， ∴，即． 同理可得△ABF∽△EOF， ∴，即　　 ， ∴　　 ，∴uv﹣vf＝uf，∴，即． 请结合上述材料，解决以下问题： （1）请补充上述证明过程中①②所缺的内容（用含v，f的代数式表示）； （2）若该凸透镜L的焦距为20cm，物体距凸透镜L的距离为30cm，物高为10cm，则物体AB所成的像A'B'的高度为 　20　 cm； （3）如图2，由物理学知识知“经过点A且平行于主光轴MN的光线AC经凸透镜L折射后经过点A'”，小明在做凸透镜成像实验时，不断改变物距发现光线CA'始终经过主光轴MN上一定点．若该凸透镜L的焦距为20cm，物高为10cm，试说明这一物理现象． 【分析】（1）根据相似三角形的性质即可求解． （2）根据（1）中，即可求解． （3）设CA'交于主光轴上点F'，设OF'＝x，由上述证明过程可知：，由证明过程知，，即可求证． 【解答】解：（1）①， ②． 故答案为：，． （2）根据题意可知， OF＝20，AB＝10，BF＝10， ∵， ∴OE＝20． 由题可知， OE＝A'B'＝20． 故答案为：20． （3）设CA'交于主光轴上点F'，设OF'＝x， 由上述证明过程可知：， ， ∵△OCF'∽△B'A'F'， 得， ∴， 由证明过程知， ∴， 整理得vx＝uv﹣ux， x． ∴x＝20， 即OF'＝20为定长，光线CA'始终经过主光轴MN上一定点． 5．（2025•建湖县三模）某数学研究性学习小组，利用课余时间进行测量活动． 活动主题 测量小岛的面积 测量工具 皮尺、测角仪等 活动过程 如图，湖中有一小岛用△ABC表示，∠ABC＝90°．数学小组的同学先在湖岸边取点D，使点C，B，D在同一条直线上；再过点D作GH⊥CD，在GH上取点E，用皮尺测得DE的长为24米，在点E处用测角仪测得∠CEG＝60.3°，∠BEG＝45°，∠AEG＝21.8° 根据表格中提供的信息，解决下面的问题（结果保留整数）． （1）求BC的长； （2）求小岛△ABC的面积． （参考数据：sin60.3°≈0.87，cos60.3°≈0.50，tan60.3°≈1.75，sin21.8°≈0.37，cos21.8°≈0.93，tan21.8°≈0.40） 【分析】（1）根据题意得，即可确定CD长度，再由∠BEG＝45°得出BD＝DE＝24米，即可求解； （2）过点A作AM⊥GH于点M，继续利用正切函数确定AB＝MD＝36米，即可求解面积． 【解答】解：（1）由题意可得：， ∴CD＝42米； ∵∠BEG＝45°， ∴BD＝DE＝24米， ∴BC＝CD﹣BD＝18米； （2）过点A作AM⊥GH于点M，如图所示： ∵∠AEG＝21.8°， ∴， ∵AM＝BD＝24米， ∴ME＝60米， ∴AB＝MD＝60﹣24＝36米， ∴小岛△ABC的面积为：（平方米）． 6．（2025•鼓楼区一模）立竿见影． 如图①，在平地上竖立一根直竿OA，太阳每天东升西落，直竿在阳光下的影子随之变化．研究表明，南京地区的影端轨迹（直竿影子顶端的轨迹）在春分日、秋分日是正东西向的直线，在其它时候是双曲线的一支，日期与轨迹形状的对应情况如图②所示．在老师指导下，鼓楼区的几位同学在学校进行了如下探索． （1）某一天甲同学在操场上观测到竿影顶端的3处标记点，位置如图①所示，则他的这次观测大约在 　秋冬　 季节．（填“春夏”或“秋冬”） （2）4月20日，乙同学从10：00到14：00每隔10min标记一次影端的位置． ①当天的影端轨迹最接近图②中的哪条线？ ②他选用了两处标记点确定出正东西方向，请指出他确定方向的方案和道理． （3）如图③，丙同学在实验室中用灯光模拟出“在春分日，直竿OA的影端轨迹为正东西向的直线l”，丁同学提出：在地平面上放置一个三棱柱形状的木斜坡，其下沿BC紧挨着竿底O且OB指向北偏西45°方向（俯视图如图④所示），影端轨迹有何变化？ ①在图④中用粗线画出落在坡面上的影端轨迹； ②已知O到直线l的距离为15cm，斜坡坡角为30°，春分日正午时分太阳光线与地平面的夹角约为58°，此时影端落在斜坡上的N处，求N到地平面的距离（精确到0.1cm）． （参考数据：tan58°≈1.60，．） 【分析】（1）由图①可知，竿影顶端14：00的标记点在11：00和12：20标记点的东北方向，结合图②可知，即可求解； （2）①4月20日在春分日和夏至日之间，结合图②可知，即可求解； ②方案：选用相距正午等时间（如上午10：00和下午14：00）的两处标记点，即可求解． （3）①结合图形知，落在坡面上的影端轨迹，即可求解； ②如图，春分日正午时分太阳光线与地平面的夹角约为58°，O到直线/的距离为15cm，斜坡其下沿BC紧挨着竿底O且OB指向北偏西45°方向，用解直角三角形的方法，即可求解． 【解答】解：（1）由图①可知，竿影顶端14：00的标记点在11：00和12：20标记点的东北方向，结合图②可知，他的这次观测大约在秋冬季节， 故答案为：秋冬； （2）①∵4月20日在春分日和夏至日之间， ∴结合图②可知，当天的影端轨迹最接近图②中的d； ②方案：选用相距正午等时间（如上午10：00和下午14：00）的两处标记点， 理由：由图②可知，双曲线dl是轴对称图形，对称轴为过点O的正南北向的直线； 选用相距正午等时间的两处标记点，则两处标记点关于双曲线d的对称轴对称，连接两处标记点即可确定出正东西方向． （3）①如图所示，落在坡面上的影端轨迹，如图④粗线部分即为所求： ②如图，春分日正午时分太阳光线与地平面的夹角约为58°，O到直线/的距离为15cm， ∵OE＝15cm，∠E＝58°， ∴AO＝OE×tan 58°＝15×1.6＝24cm； 设NM⊥OE于点M，设MN＝d，则ME＝MN÷tan 58°， 如图，∵斜坡坡角为30°，即∠NPM＝30°， ∴PN＝2d， ∴PMd， ∵斜坡其下沿BC紧挨着竿底O且OB指向北偏西45°方向， ∴∠MOP＝45°，MP⊥OB， ∴OP＝PMd， ∴OMd， ∴OE＝OM+MEd15， 解得：d≈4.9， 答：N到地平面的距离为4.9cm． ∴∠A2A1A3＝∠A5A4A6， ∵∠A2＝∠A5， ∴△A1A2A3≌△A4A5A6 （AAS）， ∴A1A2＝A4A5，A2A3＝A5A6； 结论2：连接A1A4，A2A5，A4A6交于点O， ∵A1A2∥A4A5， ∴△A1OA2∽△A4OA5， ∴， ∵A2A3∥A5A6，A3A4∥A1A6， ∴， ∴A2O＝A5O， 同理A1O＝A4O，A6O＝A3O， ∴△OA1A2≌△OA4A5， 同理△OA1A6≌△OA4A3，△OA3A2≌△OA6A5， ∴△OA1A2的面积＝△OA4A5的面积，△OA1A6的面积＝△OA4A3的面积，△OA3A2的面积＝△OA6A5的面积， ∴对角线A1A4平分六边形A1A2A3A4A5A6的面积． 7．（2025•徐州）如图1，将Rt△AOB绕直角顶点O旋转至△COD，点A，B的对应点分别为C，D．连接AD，BC，AC，BD，直线AC与BD交于点E． （1）△AOD与△BOC的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； （2）如图2，连接OE，若AB，CD，OE的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； （3）已知AB＝5，随着OA，OB及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为　25　 ． 【分析】（1）作DF⊥OA于F，作BG⊥OC，交CO的延长线于G，可证得△DOF≌△BOG，从而DF＝BG，进而得出结果； （2）连接OQ，OP，PE，QE，设OA和BD交于I，根据直角三角形的性质得出OQ，可证得△AOC∽△BOD，进而得出∠AEB＝∠AOB＝90°，从而EP，进而证得四边形OQEP是菱形，进而得出结论； （3）由（2）可知，BD⊥AC，从而S四边形ABCD，进而得出当C、O、A共线时，S四边形ABCD最大，此时∠AOD＝∠BOC＝∠COD＝∠AOB，△AOD≌△OCD≌△AOB≌△COB，从而得出S四边形ABCD＝4S△AOB，作OW⊥AB于W，因为OW≤OP，当OW＝OPAB时，S△AOB最大，进一步得出结果． 【解答】（1）解：如图1， △AOD与△BOC的面积相等，理由如下： 作DF⊥OA于F，作BG⊥OC，交CO的延长线于G， ∴∠DFO＝∠G＝90°， 由旋转可得， ∠COD＝∠AOB＝90°，OD＝OB，OC＝OA， ∴∠AOD+∠BOC＝360°﹣（∠COD+∠AOB）＝180°， ∵∠BOG+∠BOC＝180°， ∴∠BOG＝∠AOD， ∴△DOF≌△BOG（AAS）， ∴DF＝BG， ∴S△AOD， ∵S△BOC， ∴△AOD与△BOC的面积相等； （2）解：如图2， 连接OQ，OP，PE，QE，设OA和BD交于I， ∵∠AOB＝∠COD＝90°，点P是AB的中点，Q是CD的中点， ∴OQ， ∴AB＝CD， ∴OP＝OQ， ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD， ∴∠BOD＝∠AOC， ∵， ∴△AOC∽△BOD， ∴∠CAO＝∠DBO， ∵∠AIE＝∠BIO， ∴∠AEB＝∠AOB＝90°， ∴EP， 同理可得， EQCD， ∴OP＝OQ＝EQ＝EP， ∴四边形OQEP是菱形， ∴OE和PQ互相平分， ∵点R是OE的中点， ∴P，Q，R三点共线； （3）解：如图2， 由（2）可知， BD⊥AC， ∴S四边形ABCD， ∵AC≤OA+OC，BD≤OB+OD， ∴当C、O、A共线时，S四边形ABCD最大， 如图3， 此时∠AOD＝∠BOC＝∠COD＝∠AOB，△AOD≌△OCD≌△AOB≌△COB， ∴S四边形ABCD＝4S△AOB， 作OW⊥AB于W， S△AOBOW， ∵OW≤OP， ∴当OW＝OPAB时，S△AOB最大， ∴S的最大值为：25， 故答案为：25． 8．（2025•盐城一模）数学中的相对运动 相对运动 物体的运动和静止是相对的，如果一个物体的位置相对于这个参照物发生了变化；就说它是运动的；如果没有变化，就说它是静止的． “相对运动”不仅适用于物理，“相对运动”也是解决数学问题的有效策略． 【理解运用】 （1）如图，平面直角坐标系中A、D、P三点的坐标分别为（﹣6，0），（0，6），（6，﹣1）．若线段AD以2个单位/秒的速度沿x轴方向向右运动t秒． ①若将线段AD看成静止的，则点P以 　2　 单位/秒的速度沿x轴方向向 　左　 运动； ②设平移后线段AD的对应线段为BC，当PB+PC的值最小时，求t值； （提示：PB+PC的最小值涉及两个动点有点难，但依据相对运动，将AD看成静止的，则点P为动点，就转化成求PA+PD的最小值问题．请根据提示写出求解过程．） 【深入思考】 （2）如图，在（1）的条件下，以AD为边作▱ABCD，其中点B为（1，0），点Q是边AD上的一动点，线段BC绕点Q按逆时针方向旋转90°得线段EF．当△DEF是直角三角形时，求DQ的长． 【分析】（1）①根据相对运动即可得结论； ②如图1，过点P作x轴的平行线l，作点A关于直线l的对称点A'，连接A'D交直线l于P'，此时P'A+P'D的值最小，先求直线A'D的解析式，令y＝﹣1可得x的值，计算PP'的长，可计算t的值； （2）如图3，∠EDF＝90°，过点Q作QD'⊥QD，交OD于点D'，连接FQ，EQ，CQ，BQ，BD'，CD'，设DQ＝a，证明△AOD，△DQD'是等腰直角三角形，再证明△FQE≌△CQB（SSS），△BQD'≌△EQD（SAS），最后由勾股定理即可解答． 【解答】解：（1）①若将线段AD看成静止的，则点P以2单位/秒的速度沿x轴方向向左运动； 故答案为：2，左； ②如图1，当PB+PC的值最小时，PA+PD的值最小， 过点P作x轴的平行线l，作点A关于直线l的对称点A'，连接A'D交直线l于P'，此时P'A+P'D的值最小， ∵A（﹣6，0）， ∴A'（﹣6，﹣2）， 设A'D的解析式为：y＝kx+b， ∴， 解得：， ∴A'D的解析式为：yx+6， 当y＝﹣1时，x+6＝﹣1， ∴x， ∴PP'＝6， ∴t2； （2）分两种情况： ①如图2，∠DEF＝90°，此时点E在射线AD上，连接BQ， ∴∠BQD＝∠BQA＝90°， ∵A（﹣6，0），D（0，6），点B为（1，0）， ∴OA＝OD＝6，OB＝1， ∴AB＝7， ∵∠AOD＝90°， ∴△AOD是等腰直角三角形， ∴∠OAD＝45°，AD6， ∴△ABQ是等腰直角三角形， ∴AQ2+BQ2＝AB2，AQ＝BQ， ∴AQ， ∴DQ＝6； ②如图3，∠EDF＝90°，过点Q作QD'⊥QD，交OD于点D'，连接FQ，EQ，CQ，BQ，BD'，CD'， ∴∠DQD'＝90°， 设DQ＝a， ∵△AOD是等腰直角三角形， ∴∠ADO＝45°， ∴△DQD'是等腰直角三角形， ∴QD＝QD'＝a，DD'a，OD'＝6a， 由平移得：BC＝AD＝6，CD＝AB＝7，CD∥AB， ∴∠ODC＝∠AOD＝90°， 由旋转得：BQ＝EQ，CQ＝FQ，EF＝BC， ∴△FQE≌△CQB（SSS）， ∴∠QBC＝∠EQF， ∵∠BQE＝∠D'QD＝90°， ∴∠DQE＝∠BQD'， ∴△BQD'≌△EQD（SAS）， ∴BD'＝DE，∠QBD'＝∠DEQ， ∴∠DEF＝∠CBD'， ∴△DEF≌△D'BC（SAS）， ∴∠BD'C＝∠EDF＝90°， 由勾股定理得：D'B2＝D'O2+OB2＝BC2﹣D'C2， ∴12+（6a）2＝（6）2﹣[72+（）2]， ∴2a2﹣6a+7＝0， ∴a， ∴DQ1或1； 综上，DQ的长为或1或1． 9．（2025•钟楼区一模）如图①，在菱形ABCD中，且∠ABC＝45°，现∠MAN从图①位置绕着点A逆时针旋转，射线AM与菱形交于点E，射线AN交菱形于点F，且∠MAN＝∠ABC． （1）如图②，当点E、F均在线段BC（能与端点重合）上时， ①菱形ABCD的面积为 　　 ． ②线段BE的取值范围为 　0≤BE≤2　 ． （2）如图③，当点E在BC上、点F在CD上时， ①求证：AE＝AF； ②连接EF，求EF2的最小值． 【分析】（1）①根据菱形的面积公式即可解答； ②如图2，当点B与点E重合时，BE＝0，如图3，当点F与点C重合时，过点A作AG⊥BC于点G，根据等腰三角形的性质和判定计算BE的最大值是2，即可解答； （2）①如图4，过点A作AG⊥BC于点G，作AH⊥CD于H，则∠AGC＝∠AHC＝90°，证明△AEG≌△AFH（ASA），即可解答； ②如图4，由①知：△ABG是等腰直角三角形，如图5，当AE⊥BC时，AE的长最小，此时EF的长最小，根据四边形的内角和定理可得∠AFC＝90°，即AF是菱形的高，则AF＝1，根据等腰直角三角形的性质和判定即可解答． 【解答】（1）解：①如图1，过点A作AG⊥BC于点G， ∴∠AGB＝90°， ∵∠ABC＝45°， ∴△ABG是等腰直角三角形， ∵AB，sinB＝sin45°， ∴AG＝1， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝AB， ∴菱形ABCD的面积＝BC•AG1； 故答案为：； ②如图2，当点B与点E重合时，BE＝0， 如图3，当点F与点C重合时，过点A作AG⊥BC于点G， 由（1）知：BG＝1，BC， ∴CG1， ∵∠ABC＝45°，AB＝BC， ∴∠ACB＝∠BAC＝67.5°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠AEG＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°， ∴∠AEG＝∠ACG， ∴AE＝AC， ∴CG＝EG1， ∴BE＝BC﹣CE2（1）＝2， ∴线段BE的取值范围为：0≤BE≤2； 故答案为：0≤BE≤2； （2）①证明：如图4，过点A作AG⊥BC于点G，作AH⊥CD于H，则∠AGC＝∠AHC＝90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，BC＝CD， ∴∠C+∠B＝180°， ∵∠B＝45°， ∴∠C＝135°， ∴∠GAH＝360°﹣90°﹣90°﹣135°＝45°， ∴∠EAF＝∠GAH， ∴∠EAG＝∠FAH， ∵菱形ABCD的面积＝BC•AG＝CD•AH，BC＝CD， ∴AH＝AG＝1， ∵∠AGE＝∠AHF＝90°， ∴△AEG≌△AFH（ASA）， ∴AE＝AF； ②解：如图4，由①知：△AGB是等腰直角三角形， ∴如图5中，当AE⊥BC时，AE的长最小，此时EF的长最小， 如图5，过点F作FP⊥BC于P，延长BC交直线AN于点Q， ∵∠AEC＝90°，∠EAF＝45°，∠ECF＝135°， ∴∠AFC＝90°， ∴AE＝AF＝1， ∵△AEQ是等腰直角三角形， ∴AE＝EQ＝1，AQ， ∴FQ1， ∵∠FPQ＝90°，∠PQF＝45°， ∴△FPQ是等腰直角三角形， ∴FP＝PQ1， ∴EP＝EQ﹣PQ＝1﹣（1）， ∴EF2＝FP2+EP2＝（1）2+（）2＝2， 即EF2的最小值为2． 10．（2025•江都区一模）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E是边BC上一点，且BE＝1，点P为边AB上一动点，连接PE，过E作PE的垂线交折线段AD﹣DC于点Q．连接PQ． （1）如图1，当点Q与点D重合时，求PB的长； （2）如图2，当点Q在AD上时，是否变化？若不变，请求出的值，若变化，请说明理由； （3）点M是PQ的中点． ①如图3，当Q在线段DC上时，CM的最小值为 　　 ． ②当点P从图1的位置运动到点A时，点M的运动路程长为 　　 ． 【分析】（1）证明△PBE∽△ECQ，根据相似三角形的性质即可求解； （2）过点Q作QH⊥BC于点H，同（1）可证△PBE∽△EHQ，根据相似三角形的性质求出，根据勾股定理求出，即可求解； （3）①连接EM，过M作MH⊥BC于H，MF⊥AB于F，交CD于G，证明△PMF≌△QMG，得出MF＝MG，可证明AB∥MH∥CD，利用平行线分线段成比例可求出，根据勾股定理可得出，则CM2＝EM2+2，故当EM最小时，CM最小，根据直角三角形斜边中线的性质得出，则转化为求PQ的最小值，当PQ与FG重合时，PQ取最小值为3，即可求解； ②由①可知M在直线MH上运动，当PQ⊥AB时，M运动到最低点，当P运动到A和Q在D处时，M运动到最高点，即最高点为M1，最低点为M，则M运动的路程长为2MM1，如图，延长MM1交AD于N，可得四边形HNAB是矩形，则NH＝AN＝4，同理①可证AN＝DN，根据三角形中位线定理可求出，证明△BEP∽△CQE，可求出，同理证明四边形CQMH是矩形，得出，然后根据线段的和差求出MM1，即可求解． 【解答】解：（1）在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E是边BC上一点，且BE＝1， ∴AB＝DC＝4，AD＝BC＝3，∠B＝∠C＝90°， ∴EC＝BC﹣BE＝3﹣1＝2， ∵PE⊥QE， ∴∠PEQ＝90°， ∴∠PEB+∠QEC＝∠QEC+∠EQC＝90°， ∴∠PEB＝∠EQC， ∴△PBE∽△ECQ， ∴， ∴， ∴； （2）不变化；理由如下： 过点Q作QH⊥BC于点H，如图2， ∴∠QHE＝∠QHC＝90°， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠C＝∠D＝∠A＝90°， ∴四边形ABHQ、QHCD均为矩形， ∴QH＝CD＝4， 同（1）得△PBE∽△EHQ， ∴， 在直角三角形PEQ中，由勾股定理得：， ∴； （3）①连接EM，过M作MH⊥BC于H，MF⊥AB于F，交CD于G，如图3， 则四边形BCGF是矩形， ∴FG＝BC＝3， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠PFM＝∠QGM＝90°， ∵M是PQ中点， ∴PM＝QM， 在△PMF和△QMG中， ， ∴△PMF≌△QMG（AAS）， ∴MF＝MG， ∵MH⊥BC，∠B＝∠C＝90°， ∴AB∥MH∥CD， ∴， ∴， 由勾股定理得：MH2＝EM2﹣EH2＝CM2﹣CH2，即， ∴CM2＝EM2+2， ∴当EM最小时，CM最小， ∵PE⊥QE，M是PQ中点， ∴， ∵当PQ与FG重合时，PQ取最小值为3， ∴EM的最小值为， ∴CM的最小值为， 故答案为：； ②由①可知M在直线MH上运动，当PQ⊥AB时，M运动到最低点，当P运动到A和Q在D处时，M运动到最高点，即最高点为M1，最低点为M，则M运动的路程长为2MM1，如图，延长MM1交AD于N， 则四边形HNAB是矩形， ∴NH＝AN＝4， 同理可证AN＝DN， 由（1）知，， ∴， ∵M1是P1D的中点， ∴， ∵∠PEQ＝90°，∠B＝∠C＝90°， ∴∠BPE＝∠QEC＝90°﹣∠BEP， ∴△BEP∽△CQE， ∴，即， ∴（负值舍去）， 同理四边形CQMH是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴点M的运动路程长为， 故答案为：． 11．（2025•东台市模拟）综合与实践 问题情境： 在正方形ABCD中，E是AB边上的一个动点，连接CE将△BCE沿直线CE翻折，得到△B′CE，点B的对应点B′落在正方形ABCD内． 猜想证明： （1）如图1，连接BB′并延长，交AD边于点F．求证：BF＝CE． （2）如图2，当E是AB边的中点时，连接AB′并延长，交CD边于点H，将△ADH沿直线AH翻折，点D恰好落在直线CE上的点D′处，AD′交B′E于点M，D′H交B′C于点N．试判断四边形B′MD′N的形状，并说明理由． 问题解决： （3）在（2）的条件下，若AB＝6，请直接写出四边形B′MD′N的面积． 【分析】（1）设设BF和CE相交于点O，证明△BCE≌△ABF，即可得到BF＝CE； （2）证明∠B′MD′＝∠AD′H＝∠MB′N＝90°，即可证明B′MD′N四边形是矩形； （3）连接BB′交AD于点G，求出AE＝EB＝3，证明△ABG≌△BCE≌△DAH，得到AH＝BG，AG＝BE＝DH＝3，由等积法求出AB′，由sin∠B′AM＝sin∠DAH，tan∠B′AM＝tan∠DAH求出B′M，AM，即可求出D′M，得到四边形B′MD′N的面积． 【解答】（1）证明：四边形ABCD是正方形，如图1，设BF和CE相交于点O， ∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠ABF+∠OBC＝90°，由折叠可知，CE垂直平分BB′， ∴∠BOC＝90°， ∴∠BCE+∠OBC＝90°， ∴∠BCE＝∠ABF， 在△BCE和△ABF中， ， ∴△BCE≌△ABF（ASA）， ∴BF＝CE； （2）解：四边形B′MD′N是矩形；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠D＝∠B＝90°， ∴∠EAB′＝∠AHD， ∵E是AB边的中点， ∴AE＝EB， 由折叠的性质可知：BE＝EB′，∠CB′E＝∠B＝90°， ∴AE＝EB′， ∴∠B′AE＝∠EB′A， 由折叠的性质可知：∠AHD′＝∠AHD，∠AD′H＝∠ADH＝90°， ∴∠EB′A＝∠AHD′， ∴EB′∥D′H， ∴∠B′MD′+∠AD′H＝180°， ∴∠B′MD′＝90°，． ∴∠B′MD′＝∠AD′H＝∠MB′N＝90°， ∴四边形B′MD′N是矩形； （3）解：四边形B′MD′N的面积为．理由如下： 四边形ABCD是正方形，如图2，连接BB′并延长，交AD于点G， ∴AD＝AB＝6， ∵E是AB边的中点， ∴AE＝EB＝3， 由（2）得，AE＝EB＝B′E＝3，∠B′MD′＝∠AMB′＝90°， ∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EBB′＝∠EB′B， ∵∠B′AB+∠AB′B+∠B′BA＝180°， ∴∠AB′B＝90°， 由折叠可知：BB′⊥CE， ∴∠ABG+∠CBG＝∠BCE+∠CBG＝90°， ∴∠ABG＝∠BCE， 在△ABG和△BCE中， ， ∴△ABG≌△BCE（ASA）， 同理可证，△ABG≌△DAH（ASA）， ∴△ABG≌△BCE≌△DAH， ∴AH＝BG，AG＝BE＝DH＝3， 在直角三角形ABG中，由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴， 由折叠可知：∠B′AM＝∠DAH，AD′＝AD＝4， ∴sin∠B′AM＝sin∠DAH，tan∠B′AM＝tan∠DAH， ∴，， ∴，， 解得，， ∴，， ∴， ∴四边形B′MD′N的面积为． 12．（2025•天宁区校级模拟）概念生成：定义：我们把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆”，如图1，△ABC，⊙O经过点A，并与点A的对边BC相切于点D，则该⊙O就叫做△ABC的切接圆．根据上述定义解决下列问题： 理解应用 （1）已知，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，BC＝10． ①如图2，若点D在边BC上，CD，以D为圆心，BD长为半径作圆，则⊙D是△ABC的“切接圆”吗？请说明理由． ②在图3中，若点D在△ABC的边上，以D为圆心，CD长为半径作圆，当⊙D是Rt△ABC的“切接圆”时，求⊙D的半径（直接写出答案）． 思维拓展 （2）如图4，△ABC中，AB＝12．AC＝BC＝10，把△ABC放在平面直角坐标系中，使点C落在y轴上，边AB落在x轴上．试说明：以抛物线y4图象上任意一点为圆心都可以作过点C的△ABC的“切接圆”． 【分析】（1）①过点D作DE⊥AC于点E，则△CDE∽△CBA，由此可得DE的长，根据“切接圆”的定义可得出结论； ②根据题意作出图形，过点D作DF⊥AB于点F，可证明△BDF∽△BCA，根据“切接圆”的性质可知，DE＝DC＝r，根据比例得出方程，求解即可得出结论； （2）根据题意作出图形，设点D的横坐标为m，可表达点D的坐标，进而可表达CD及点D到x轴的距离，根据“切接圆”的定义可得出结论． 【解答】（1）解：①是，理由如下： ∵BC＝10，CD， ∴BD，即圆D的半径为， 如图2，过点D作DE⊥AC于点E， ∴∠DEC＝∠A＝90°， ∴△CDE∽△CBA， ∴CD：BC＝DE：AB，即：10＝DE：6， ∴DE， ∴BD＝DE，即圆D是△ABC的“切接圆”； ②在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，BC＝10， ∴AC＝8； 当点D在AC上时，过点C且与AB相切，此时圆的直径为AC， ∵AC⊥AB， ∴点A为切点，则r＝CD＝4； 当点D在AC上，过点A且与BC相切时， 过点D作DF⊥BC于点G， ∴∠DGC＝∠CAB＝90°， ∴△CDG∽△CBA， ∴CD：BC＝DG：AB，即（8﹣r）：10＝r：6， 解得r＝3（舍）； 当点D在BC上时，过点C与AB相切； 如图3，过点D作DF⊥AB于点F，∴∠BDF＝∠C， ∴△BDF∽△BCA， ∴BD：BC＝DF：AC， 根据“切接圆”的性质可设，DF＝DC＝r， ∴BD＝10﹣r， ∴（10﹣r）：10＝r：8， 解得r； ∴圆D的半径为； 综上，圆D的半径为或4； （2）证明：根据题意作出图形，如图4所示， ∵AC＝BC＝10，AB＝12，∠AOB＝90°， ∴AO＝OB＝6， ∴OC＝8，即C（0，8）； 设点D的横坐标为m， ∴D（m，m2+4）， ∴CD2＝m2+（m2+4﹣8）2＝（m2+4）2，即CDm2+4， 过点D作DE⊥x轴于点E， ∴DEm2+4， ∴CD＝DE， 根据“切接圆”的定义可知，以抛物线y4图象上任意一点为圆心都可以作过点C的△ABC的“切接圆”． 13．（2025•苏州校级二模）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上．连接CD，交AB于点E，延长BD，CA，两线相交于点P，过点A作⊙O的切线交BP于点G． （1）求证：AG∥CD； （2）求证：PA2＝PG•PB； （3）若，求tan∠AGB的值． 【分析】（1）根据折叠可得AB⊥CD，根据切线的定义可得AG⊥AB，即可得证； （2）根据题意证明∠PAG＝∠ABD，进而证明△APG∽△BPA，根据相似三角形的性质，即可得证； （3）根据，设AD＝a，则AP＝3a，得出，根据折叠的性质可得出AC＝AD＝a，则PC＝PA+AC＝3a+a＝4a，进而求得，根据∠AGB＝90°﹣∠GAD＝∠DAB，进而根据正切的定义，即可求解． 【解答】（1）证明：∵将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上， ∴AB⊥CD， ∵AB为⊙O的直径，AG是切线， ∴AG⊥AB， ∴AG∥CD； （2）证明：∵AG∥CD， ∴∠PAG＝∠PCD， ∵∠PCD＝∠PBA， ∴∠PAG＝∠PBA， 又∵∠APG＝∠BPA， ∴△APG∽△BPA， ∴，即PA2＝PG•PB； （3）解：∵，设AD＝a，则AP＝3a， ∴， ∴， ∵将△ABC沿直线AB翻折到△ABD，点D在⊙O上， ∴AC＝AD＝a， ∴PC＝PA+AC＝3a+a＝4a， 在Rt△PCB中，， ∴， ∵AD⊥BD，GA⊥AB， ∴∠AGB＝90°﹣∠GAD＝∠DAB， 14．（2025•泰兴市校级三模）已知：在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，⊙O是△ACD外接圆． （1）如图1，当AB与⊙O相切时，求∠ABC的度数； （2）若∠ABC的度数发生变化且点B在⊙O外，⊙O与射线BC交于点F，AF与CD交于点G，如图2，当AE＝3，AG2+GF2＝36，求菱形ABCD的面积． 【分析】（1）可推出∠AOB＝∠ADB+∠DAO＝2∠ADB，∠ABD＝∠ADB，根据∠ABD+∠AOB＝90°得出∠ABD+2∠ABD＝90°，进一步得出结果； （2）连接DF，作OW⊥CF，交于W，可推出，，从而，从而得出∠AFC＝∠ADC＝∠DAF＝∠DCF，从而得出CG＝FG，AG＝DG，进而得出AG2+CG2＝AC2，从而得出∠AGD＝∠AGC＝90°，设CD＝AD＝2x，从而AG＝DG，在Rt△ACG中，根据勾股定理得出，进而得出结果． 【解答】解：（1）如图1， 连接OA， ∵AB与⊙O相切， ∴∠BAO＝90°， ∵OA＝OD， ∵∠ADB＝∠DAO， ∴∠AOB＝∠ADB+∠DAO＝2∠ADB， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠ABC＝2∠ABD， ∴∠ABD＝∠ADB， ∵∠ABD+∠AOB＝90°， ∴∠ABD+2∠ADB＝90°， ∴∠ABD+2∠ABD＝90°， ∴∠ABD＝30°， ∴∠ABC＝60°； （2）如图2， 连接DF，作OW⊥CF，交于W， ∴， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC∥AD， ∴OW⊥AD， ∴， ∴， ∴， ∴∠AFC＝∠ADC＝∠DAF＝∠DCF， ∴CG＝FG，AG＝DG， ∵AG2+GF2＝36， ∴AG2+CG2＝36， ∵OE⊥AC， ∴AC＝2AE＝6， ∴AG2+CG2＝AC2， ∴∠AGD＝∠AGC＝90°， 设CD＝AD＝2x， ∴AG＝DG， ∴CG＝2x， 在Rt△ACG中，由勾股定理得， AG2+CG2＝AC2， ∴， ∴S菱形ABCD＝CD•AG＝218． 15．（2025•扬州校级二模）九年级某学习小组围绕“锐角三角形面积”开展主题学习活动． 【特例探究】 （1）如图①，锐角△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC＝6，作BD⊥AC，垂足为D，则△ABC的面积为 　9　 ； 【一般证明】 （2）如图②，锐角△ABC中，记△ABC的面积为S．求证：； 【迁移应用】 （3）如图③，锐角△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝8，AC＝6，AD是∠BAC的平分线，则AD的长为 　　 ； （4）如图④，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在边CB上，且CD＝1，连接AD，AD的中点为点E，过点E作直线l与边AB，AC分别交于P，Q两点，且△APQ为锐角三角形，则的值为 　8　 ． 【分析】（1）利用sin∠BAC可以求出高BD的长度，再根据三角形的面积公式求出△ABC的面积； （2）过点B作BD⊥AC交AC于点D，再根据sin∠BAC可以求出高BD的代数式，进而证明结论； （3）以（2）中证明的一般结论为条件，分别求出△ABC、△ABD、△ACD的面积代数式，再根据S△ABC＝S△ABD+S△ACD求出AD的长度； （4）以（2）中证明的一般结论为条件，根据三角形的面积和，分别求出sin∠BAC，sin∠BAD，sin∠CAD，再在△APQ中根据S△AEP+S△AEQ＝S△APQ，求出AP与AQ的关系式． 【解答】（1）解：在锐角△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝AC＝6，作BD⊥AC， ∴， ∴BD＝6×sin∠BAC＝6×sin30°＝3， ∴， 故答案为：9； （2）证明：过点B作BD⊥AC交AC于点D，如图②， ∴，， ∴BD＝ABsin∠BAC， ∴； （3）解：∵AD是∠BAC的平分线，∠BAC＝60°， ∴∠BAD＝∠CAD＝30°， 由（2）中的证明可知：， ， ， ∴， ∴， 故答案为：； （4）解：如图④： 由题意知，在直角△ACD中，AC＝3，CD＝1， 由勾股定理得：， 在直角△ABC中，BC＝4，AC＝3， 由勾股定理得：，BD＝3， ∵E是AD的中点， ∴， 由（2）中的证明可知：， ， ， ∴，，， ∵S△AEP+S△AEQ＝S△APQ， ∴， ∴9AP+5AQ＝8AP×AQ， ∴，即， 故答案为：8． 42．（2025•天宁区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“相关矩形”，如图为点P，Q的“相关矩形”示意图． （1）已知点A的坐标为（1，0）， ①若点B的坐标为（4，1），求点A，B的“相关矩形”的面积； ②点C在直线x＝4上，若点A，C的“相关矩形”为正方形，求直线AC的表达式． （2）⊙O的半径为，点M的坐标为（m，4），若在⊙O上存在一点N，使得点M、N的“相关矩形”为正方形，求m的取值范围． 【分析】（1）由“相关矩形”的定义可知：要求A与B的“相关矩形”面积，AB为对角线，利用A、B两点的坐标即可求出该矩形的长和宽度，进而可求出该矩形的面积； （2）由定义可知，AC为正方形的对角线，故AC与x轴的夹角必为45°，求出C的坐标，用待定系数法即可得到结论； （3）由定义可知，MN为“相关矩形”的对角线，若该“相关矩形”为正方形，则直线MN与x轴的夹角为45°，且与直线y＝x或y＝﹣x平行，由因为点N在圆O上，所以该直线MN与圆O一定要有交点，由此可以求出m的范围． 【解答】解：（1）①如图： ∵A（1，0），B（4，1），四边形ACBD是矩形， ∴AC＝3，BC＝1， ∴点A，B的“相关矩形”的面积为3×1＝3； ②如图： 由定义可知：AC是点A，C的“相关矩形”的对角线， ∵点A，C的“相关矩形”为正方形，A（1，0），C在直线x＝4上， ∴直线AC与x轴的夹角为45°，C（4，3）或（4，﹣3）， 设直线AC的解析为：y＝kx+b， 把A，C坐标分别代入得：或， 解得：或， 综上所述，若点A，C的“相关矩形”为正方形，直线AC的表达式为y＝x﹣1或y＝﹣x+1； （2）∵点M，N的“相关矩形”为正方形， ∴由定义可知：直线MN与x轴的夹角为45°， ∴直线MN与直线y＝x或直线y＝﹣x平行， ①当直线MN与直线y＝x平行时，设直线MN的解析式为y＝x+b， 将M（m，4）代入y＝x+b得：4＝m+b，解得b＝4﹣m， ∴直线MN的解析式为y＝x+4﹣m， ∴直线MN与y轴交点纵坐标为4﹣m， 平移直线y＝x，使平移后的直线AD、BC与⊙O相切，其中A、B是切点，切线与y轴分别交于D、C，如图： ∵⊙O半径为， ∴OA＝OB， ∵AD、BC与直线y＝x平行， ∴△AOD和△BOC均是等腰直角三角形， ∴OD＝OC＝2， ∴当﹣2≤4﹣m≤2时，直线MN与⊙O有交点，且点M，N的“相关矩形”为正方形， ∴2≤m≤6， ②当直线MN与直线y＝﹣x平行时，设直线MN的解析式为y＝﹣x+c， 将M（m，4）代入y＝﹣x+c得：4＝﹣m+c，解得c＝4+m， ∴直线MN的解析式为y＝x+4+m， ∴直线MN与y轴交点纵坐标为4+m， 平移直线y＝x，使平移后的直线EH、FG与⊙O相切，其中E、F是切点，切线与y轴分别交于H、G，如图： ∵⊙O半径为， ∴OE＝OF， ∵EH、FG与直线y＝﹣x平行， ∴△EOH和△FOG均是等腰直角三角形， ∴OH＝OG＝2， ∴当﹣2≤4+m≤2时，直线MN与⊙O有交点，且点M，N的“相关矩形”为正方形， ∴﹣6≤m≤﹣2， 综上所述，当点M，N的“相关矩形”为正方形时，m的取值范围是：2≤m≤6或﹣6≤m≤﹣2． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $