专题04 相似三角形综合（填空压轴题）（压轴题专练）（浙江专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题04 相似三角形综合（填空压轴题） 命题预测 相似三角形综合是最常考的压轴题，通常为填空题压轴题，是中考复习必须重点突破的模块。综合题分值高、设问角度灵活，掌握题型规律与答题模板，对提分至关重要。预计 2026 年中考命题仍将围绕以上核心题型展开，浙江卷（尤其是第16题）已形成“几何为王、模型为基、相似为桥”的鲜明风格。 浙江卷（如2024、2025真题）倾向于将相似三角形作为隐含工具，而非独立考点。2025年浙江卷第16题（矩形内接于圆，结合等腰三角形，求线段长），解题关键是通过圆周角证明△EFG∽△EBC，再列比例式。2024年浙江卷第16题（折叠背景）、2023年杭州卷第16题（点关于直线对称）。难点在于折叠后对应点连线平行或垂直，需构造平行线分线段成比例。 浙江卷填空压轴很少直接考证明三角形相似，而是将四大模型嵌套在复杂图形中，浙江卷常见“马甲”一线三等角（K型）、母子型（射影定理）、折叠后求比例A字型/8字型、中位线手拉手（旋转）共顶点旋转正方形/等边三角形背景求最值，解题时注意将复杂图形拆解为A字、8字、K型、母子型四大基本模型。 高频考法 1.相似三角形与折叠变换 2.相似三角形与解直角三角形 3.相似三角形模型 4.相似三角形的性质 典例·靶向·突破 题型01 相似三角形与折叠变换 1．（2026•宁波校级一模）如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上．若，则的值是　 　 ． 2．（2026•定海区模拟）如图，平行四边形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠使点B落在点F处，连接CF和BF，延长BF交CD于点G，AE和BG相交于点H，若∠FCG＝2∠GBC，AB＝5，，则BG的长为 　 　 ． 题型02 相似三角形与解直角三角形 1．（2026•平阳县校级模拟）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF，当点E落在对角线AC上时，且AG＝GH，则cos∠CAB的值为　 　 ． 2．（2025•丽水一模）如图，正方形ABCD中，E为CD边上一点，，点F在BE上，连接AF，满足∠BAF＝2∠CBE，过点F作FG⊥BE交AD于点G，若正方形的边长为，则FG的长为　 　 ． 题型03 相似三角形模型 1．（2026•衢江区模拟）如图，正方形ABCD的边长为1，点P为BC延长线上一点，连接PA、PD，过点D作ED⊥PD交PA于点E．当PE＝3AE时，则PC的长为　 　 ． 2．（2026•宁波模拟）如图，点D是△ABC内部一点，且∠DCB＝∠DAB，延长AD交BC于点E．已知6AD＝7DE，BE＝5，CE＝6，则AB＝　 　 ． 题型04 相似三角形的性质 1．（2026•西湖区校级模拟）如图，在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4，点E是CD边上的中点，将△ADE沿AE翻折得△AFE，连结BF，点B，F，E恰好在同一直线上，延长AF交BC于点G．则△BFG与四边形AGCD的面积比为　 　 ． 2．（2025•鹿城区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点．若AB＝4，AD＝6，CF＝1，∠AEB＝∠AFE＝∠EFC，则AE的长为　 　 ． 1．（2026•西湖区校级模拟）某中学数学社团开展折纸活动，如图，在一张宽为，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片ABCD（）．先将纸片折出折痕BD，再在边AD上取点P，将△ABP沿BP折叠得△A′BP．记A′P与BD的交点为Q，在折纸过程中，当点Q平分线段A′P时，A′B恰好平分∠DBC，则AD长度应取　 　 cm． 2．（2025•滨江区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，CD＝CB，∠BCD＝90°，，若四边形ABCD的面积为10，则线段BD的长为　 　 ． 3．（2025•温州校级三模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，E是AB边上的一点，CF＝2，将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A'D'FE，当三点A'，B，D'在同一条直线上时，∠A'EB+∠D'GB＝　　 　 °，此时D'F交BC边于点G，CG的长为　 　 ． 4．（2025•丽水一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝6，BC＝8，将△BOC沿着AC折叠得到△B′OC，B′O与AD相交于点E，则　 　 ． 5．（2025•富阳区二模）如图，点O是▱ABCD对角线AC的中点，沿过点O的直线MN将▱ABCD折叠，使点A，B分别落在A'，B'处，NB'交CD于点E，A'B'交AD于点F，若点E是CD的中点，且，则△AMO与四边形MOCD的面积比为 　 　 ． 6．（2025•浙江模拟）如图，AB∥DE，AB＝5，DE＝6，，点C在线段BD上且，∠ACB＝∠ECD，则CD的长为　 　 ． 7．（2025•浙江模拟）如图，在▱ABCD中，，点E为BC边上一点，BE＝6，点F是AB边上的动点，将△BEF沿直线EF折叠得到△GEF，若点G恰好落在线段DE上，则AF的值为　　 　 ． 8．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，F是BC的中点，E是AB边上的动点，△ADE与△GDE关于DE对称，点A的对称点为G．当点G落在BC的垂直平分线上时，AE的长是　2　 ；连结DF，EF，当点G恰好是△DEF的重心时，AB的长是　 　 ． 9．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，点P在边BC上，过点P作AP的垂线交射线CD于点Q，若有且只有三个不同的点P，使得，则BC的长为　 　 ． 10．（2025•临平区校级三模）如图，在菱形ABCD中，分别过点A，C作AE∥CF，过点B，D作BG∥DH，交点分别为E，F，G，H．若G为AE的中点，∠AEH＝∠ABC＝60°，则四边形GEHF与四边形ABCD的面积之比为 　 　 ． 11．（2025•上城区校级三模）如图，AC，BD为菱形ABCD的对角线，将△BOC绕点O逆时针旋转至△EOF，使得点E在线段CD上，若，则tan2∠BCO＝　 　 ．（用含k的代数式表示） 12．（2025•上城区校级三模）如图，矩形ABCD中对角线AC、BD交于点O，∠AOD＝α，点D绕点O顺时针旋转α得点D′，连结D′B分别交CD、AC于点E、F，若，则的值为 　 　 ． 13．（2025•浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，BC⊥CD，连结BD．若，则tan∠CBD的值为 　 　 ． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 相似三角形综合（填空压轴题） 命题预测 相似三角形综合是最常考的压轴题，通常为填空题压轴题，是中考复习必须重点突破的模块。综合题分值高、设问角度灵活，掌握题型规律与答题模板，对提分至关重要。预计 2026 年中考命题仍将围绕以上核心题型展开，浙江卷（尤其是第16题）已形成“几何为王、模型为基、相似为桥”的鲜明风格。 浙江卷（如2024、2025真题）倾向于将相似三角形作为隐含工具，而非独立考点。2025年浙江卷第16题（矩形内接于圆，结合等腰三角形，求线段长），解题关键是通过圆周角证明△EFG∽△EBC，再列比例式。2024年浙江卷第16题（折叠背景）、2023年杭州卷第16题（点关于直线对称）。难点在于折叠后对应点连线平行或垂直，需构造平行线分线段成比例。 浙江卷填空压轴很少直接考证明三角形相似，而是将四大模型嵌套在复杂图形中，浙江卷常见“马甲”一线三等角（K型）、母子型（射影定理）、折叠后求比例A字型/8字型、中位线手拉手（旋转）共顶点旋转正方形/等边三角形背景求最值，解题时注意将复杂图形拆解为A字、8字、K型、母子型四大基本模型。 高频考法 1.相似三角形与折叠变换 2.相似三角形与解直角三角形 3.相似三角形模型 4.相似三角形的性质 典例·靶向·突破 题型01 相似三角形与折叠变换 1．（2026•宁波校级一模）如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上．若，则的值是　　 ． 【答案】． 【分析】在BC的延长线上取一点K，使得EK＝EC，过点E作EJ⊥CK于点J．证明∠B＝∠ECK＝∠K，设CJ＝JK＝a，则CE＝EK＝5a，CK＝2a，证明△KEC∽△KFE，得出，则，可得出答案． 【解答】解：在BC的延长线上取一点K，使得EK＝EC，过点E作EJ⊥CK于点J． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠B＝∠D， ∵EC＝EK， ∴∠ECK＝∠K， ∵AB＝AF， ∴∠B＝∠AFB， ∵AB∥CD， ∴∠B＝∠ECK＝∠K， 设CJ＝JK＝a，则CE＝EK＝5a，CK＝2a， 由翻折变换的性质可知，∠D＝∠AFE＝∠B＝∠AFB， ∵∠EFK+2∠B＝180°，∠KEC+2∠B＝180°， ∴∠CEK＝∠EFK， ∵∠K＝∠K， ∴△KEC∽△KFE， ∴， ∴， ∴EF＝KFa， ∴DE， ∴． 故答案为：． 2．（2026•定海区模拟）如图，平行四边形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠使点B落在点F处，连接CF和BF，延长BF交CD于点G，AE和BG相交于点H，若∠FCG＝2∠GBC，AB＝5，，则BG的长为 　　 ． 【答案】． 【分析】由翻折得点F与点B关于直线AE对称，∠AEF＝∠AEB，则AE垂直平分BF，所以BH＝FH，∠AHB＝∠BHE＝90°，而点E是BC的中点，BC＝2，则BE＝CE，CF∥EH，CF＝2EH，则∠BFC＝∠BHE＝90°，所以FE＝CE＝BE，∠CFG＝90°，再证明∠FCG＝∠CEF，由CD∥AB，得∠CGF＝∠ABH，可推导出∠CEF＝∠BAE，而∠EFC＝∠AEF＝∠AEB，则△CEF∽△BAE，所以∠ECF＝∠ABE，则∠AEB＝∠ABE，得AB＝AE＝5，由勾股定理得52﹣AH2＝（）2﹣（5﹣AH）2＝BH2，求得AH＝4，EH＝1，BH3，所以BF＝2BH＝6，CF＝2EH＝2，再证明△CFG∽△AHB，则，则GFBH，所以BG＝BF+GF，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵将△ABE沿AE折叠使点B落在点F处， ∴点F与点B关于直线AE对称，∠AEF＝∠AEB， ∴AE垂直平分BF， ∴BH＝FH，∠AHB＝∠BHE＝90°， ∵点E是BC的中点，BC＝2， ∴BE＝CEBC， ∴CF∥EH，CF＝2EH， ∴∠BFC＝∠BHE＝90°， ∴FE＝CE＝BEBC，∠CFG＝90°， ∴∠GBC＝∠EFB，∠EFC＝∠ECF， ∴∠CEF＝∠GBC+∠EFB＝2∠GBC， ∵∠FCG＝2∠GBC， ∴∠FCG＝∠CEF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB， ∴∠CGF＝∠ABH， ∴∠FCG＝90°﹣∠CGF＝90°﹣∠ABH＝∠BAE， ∴∠CEF＝∠BAE， ∵∠EFC＝∠AEF＝∠AEB， ∴△CEF∽△BAE， ∴∠ECF＝∠ABE， ∴∠AEB＝∠ABE， ∴AB＝AE＝5， ∵AB2﹣AH2＝BE2﹣EH2＝BH2， ∴52﹣AH2＝（）2﹣（5﹣AH）2， 解得AH＝4， ∴EH＝5﹣AH＝5﹣4＝1，BH3， ∴BF＝2BH＝6，CF＝2EH＝2， ∵∠CFG＝∠AHB＝90°，∠CGF＝∠ABH， ∴△CFG∽△AHB， ∴， ∵GFBH， ∴BG＝BF+GF＝6， 故答案为：． 题型02 相似三角形与解直角三角形 1．（2026•平阳县校级模拟）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF，当点E落在对角线AC上时，且AG＝GH，则cos∠CAB的值为　　 ． 【答案】． 【分析】过点H作EF的平行线，交AC于点N，设AD＝a，CD＝b，AC＝c，根据图形旋转的性质可知EF＝AD＝a，CD＝CE＝b，∠D＝∠CEF＝90°，则AE＝AC﹣CE＝c﹣b，，根据，求得CN＝AC﹣AN＝2b﹣c，根据△ANH∽△ABC，求得，结合，即可求得答案． 【解答】解：如图，过点H作EF的平行线，交AC于点N，设AD＝a，CD＝b，AC＝c． ∵AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF， ∴EF＝AD＝a，CD＝CE＝b，∠D＝∠CEF＝90°． ∴AE＝AC﹣CE＝c﹣b，． ∵EF∥NH， ∴△AEG∽△ANH． ∴， ∴AN＝2c﹣2b， ∴CN＝AC﹣AN＝2b﹣c， ∵EF∥NH， ∴∠AEG＝∠ANH＝90°， ∴∠ABC＝∠ANH， ∵∠NAH＝∠BAC， ∴△ANH∽△ABC， ∴， ∴， ∵EF∥NH， ∴△CNH∽△CEF， ∴， ∴， ∴2b﹣c＝2c﹣2b， ∴． ∴． 故答案为：． 2．（2025•丽水一模）如图，正方形ABCD中，E为CD边上一点，，点F在BE上，连接AF，满足∠BAF＝2∠CBE，过点F作FG⊥BE交AD于点G，若正方形的边长为，则FG的长为　8　 ． 【答案】8． 【分析】过点A作AJ⊥BE于点J，过点F作FH⊥AB于点H，过点G作GT⊥AF于点T，先导角得到∠5＝∠3＝∠1，然后证明△AJB≌△AJF（ASA），则BJ＝JF，AB＝AF，则，解Rt△ABJ中，求出BF＝2BJ＝6，AJ＝9，再由面积法求得，那么，则，可得，证明出∠AFH＝∠GAT，再解斜△AFG即可． 【解答】解：正方形ABCD中，E为CD边上一点，， 过点A作AJ⊥BE于点J，过点F作FH⊥AB于点H，过点G作GT⊥AF于点T， ∵∠ABC＝∠C＝∠BAD＝90°，， ∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2 ∵∠BAF＝2∠CBE， ∴∠1+∠5＝2∠3， ∴∠5＝∠3＝∠1， ∵AJ⊥BE， ∴∠AJB＝∠AJF＝90°， ∵AJ＝AJ， ∴△AJB≌△AJF（ASA）， ∴BJ＝JF，AB＝AF， ∴， 设BJ＝x，AJ＝3x， ， ∴x＝3（负值舍去）， ∴BF＝2BJ＝6，AJ＝9 ∵， ∴ ∴， ∴， ∵FG⊥BE，AJ⊥BE， ∴FG∥AJ， ∴∠4＝∠5 ∴∠4＝∠3， ∴， 设GT＝4m，则FT＝12m， ∴ ∵∠BAD＝90°，FH⊥AB， ∴AD∥FH， ∴∠AFH＝∠GAT， ∴， ∴AT＝3m， ∵AT+TF＝AF， ∴， 解得， ∴， 故答案为：8． 题型03 相似三角形模型 1．（2026•衢江区模拟）如图，正方形ABCD的边长为1，点P为BC延长线上一点，连接PA、PD，过点D作ED⊥PD交PA于点E．当PE＝3AE时，则PC的长为　或　 ． 【答案】或． 【分析】先构造8字型相似：延长DE角CB延长线于点F，易得PF＝3，设CP＝x，则CF＝3﹣x，再利用射影定理即可得解． 【解答】解：如图，延长DE角CB延长线于点F， ∵AD∥BC， ∴△ADE∽△PFE， ∴， ∴PF＝3AD＝3， 设CP＝x，则CF＝3﹣x， ∵DE⊥DP， ∴∠PDE＝90°， ∴∠CDP＝∠F＝90°﹣∠CDF， ∵∠DCP＝∠DCF＝90°， ∴△DCP∽△FCD， ∴，即， 整理得x2﹣3x+1＝0， 解得x，即CP， 故答案为：或． 2．（2026•宁波模拟）如图，点D是△ABC内部一点，且∠DCB＝∠DAB，延长AD交BC于点E．已知6AD＝7DE，BE＝5，CE＝6，则AB＝　　 ． 【答案】． 【分析】过点D作DF∥AB交AB于点F，证明△DEF∽△AEB，设AD＝7k，则DE＝6k，求出，设DF＝6m，则AB＝13m，再证明△CFD∽△DFE，得到DF2＝CF•EF，即可求解． 【解答】解：过点D作DF∥AB交AB于点F， ∵DF∥AB， ∴△DFE∽△ABE， ∴， ∵6AD＝7DE， 即， 设AD＝7k，则DE＝6k， ∴AE＝DE+AD＝13k， ∵BE＝5， ∴， ∴， ∵△DEF∽△AEB， ∴， 设DF＝6m，则AB＝13m， ∵DF∥AB， ∴∠EDF＝∠DAB， ∵∠DCB＝∠DAB， ∴∠EDF＝∠DCB， ∵∠CFD＝∠DFE， ∴△CDF∽△DEF， ∴， ∴DF2＝CF•EF， ∵CE＝6， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， 故答案为：3． 题型04 相似三角形的性质 1．（2026•西湖区校级模拟）如图，在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4，点E是CD边上的中点，将△ADE沿AE翻折得△AFE，连结BF，点B，F，E恰好在同一直线上，延长AF交BC于点G．则△BFG与四边形AGCD的面积比为　1：8　 ． 【答案】1：8 【分析】延长AD，与BE的延长线交于点H，证明△ABF≌△BEC（AAS），可推出BF＝EC，AB＝BE＝4，证明△DEH≌△CEB（ASA），可得DH＝CB＝3，EH＝EB＝4，进而可得BF＝BG＝2，CG＝1，因为∠DAG＝∠5，证明△BFG∽△HFA，得，设△BFG的边BG上的高为h，则△AFH的边AH上的高为3h，▱ABCD的底边AD上的高为4h，则△BFG与四边形AGCD的面积比可求． 【解答】解：如图，延长AD，与BE的延长线交于点H， ∵在▱ABCD中，BC＝3，CD＝4， ∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，AD∥BC， ∴∠1＝∠2，∠DAG＝∠5，∠3+∠C＝180°，∠C＝∠HDE， ∵将△ADE沿AE翻折得△AFE，点B，F，E恰好在同一直线上， ∴AD＝AF＝3，∠3＝∠4，DE＝EF， ∴AF＝BC， ∵∠4+∠AFB＝180°， ∴∠AFB＝∠C， 在△ABF和△BEC中， ， ∴△ABF≌△BEC（AAS）， ∴BF＝EC，AB＝BE＝4， ∵点E是CD边上的中点， ∴BF＝EC＝DE＝EF＝2， 在△DEH和△CEB中， ， ∴△DEH≌△CEB（ASA）， ∴DH＝CB＝3，EH＝EB＝4， ∴AH＝FH＝6， ∴∠DAG＝∠4， ∵∠4＝∠BFG， ∴∠5＝∠BFG， ∴BF＝BG＝2， ∴CG＝1， ∵∠DAG＝∠5， ∴△BFG∽△HFA， ∴， 设△BFG边的BG上的高为h，则△AFH的边AH上的高为3h，▱ABCD的底边AD上的高为4h， 则△BFG与四边形AGCD的面积比为， 故答案为：1：8． 2．（2025•鹿城区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点．若AB＝4，AD＝6，CF＝1，∠AEB＝∠AFE＝∠EFC，则AE的长为　　 ． 【答案】． 【分析】延长AD、EF交于点M，根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，通过角度之间的等量代换，证出△AEF∽△MEA，△AEF∽△ECF，△DFM∽△CFE，设CE＝s，EF＝t， 利用上述三组相似三角形可得出线段之间的比例关系，建立方程进行求解即可． 【解答】解：在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点． 延长AD、EF交于点M，如下图所示： ∵∠FEC＝∠AMF，∠AEB＝∠AFE， ∠AEB＝180°﹣∠AEF﹣∠FEC，∠AFE＝180°﹣∠AEF﹣∠EAF， ∴∠EAF＝∠FEC＝∠AMF， ∴∠EAF＝∠AME， 又∵∠AEF＝∠AEM， ∴△AEF∽△MEA， ∵∠EAF＝∠FEC，∠AFE＝∠EFC， ∴△AEF∽△ECF， ∵AM∥EC， ∴△DFM∽△CFE， ∵AB＝4，AD＝6，CF＝1， ∴DF＝AB﹣CF＝3， 设CE＝s，EF＝t， ∵△AEF∽△ECF， ∴， 即， ∴AE＝st，AF＝t2， 又∵△DFM∽△CFE， ∴， 即， ∴FM＝3t，DM＝3s， ∴AM＝AD+DM＝6+3s， EM＝EF+FM＝t+3t＝4t， ∵△AEF∽△MEA， ∴， 即， ∴， 解得或（舍去）或s＝﹣2（舍去）， 则， 故答案为：． 试题优先选择今年各地市模拟试题或去年其他地区中考真题，尽量涵盖上述所有考向/题型。题量10题左右，带上题源。 1．（2026•西湖区校级模拟）某中学数学社团开展折纸活动，如图，在一张宽为，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片ABCD（）．先将纸片折出折痕BD，再在边AD上取点P，将△ABP沿BP折叠得△A′BP．记A′P与BD的交点为Q，在折纸过程中，当点Q平分线段A′P时，A′B恰好平分∠DBC，则AD长度应取　7　 cm． 【答案】7． 【分析】延长PA′交BC于点E，过点P作PF⊥BC于点F，通过翻折的性质和角平分线的性质得出相等的边和角，证明△A′BQ≌△A′BE，得出相等的边，结合矩形的性质证明△DPQ∽△BEQ，得出相似比，设PQ＝A′Q＝A′E＝x，表示出相关线段的长度，然后利用勾股定理列出方程求解即可． 【解答】解：如图所示，延长PA′交BC于点E，过点P作PF⊥BC于点F， ∴∠PFB＝∠PFE＝90°， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝∠ABC＝90°，AD∥BC， ∴四边形ABFP为矩形， ∴BF＝AP，， 根据折叠可得，，∠BA′Q＝∠A＝90°＝∠BA′E， ∵A'B平分∠DBC， ∴∠A′BQ＝∠A′BE， 又∵A′B＝A′B， ∴△A′BQ≌△A′BE（ASA）， ∴A′Q＝A′E， ∵点Q平分线段A′P， ∴PQ＝A′Q， ∴PQ＝A′Q＝A′E， ∵AD∥BC， ∴△DPQ∽△BEQ， ∴， 设PQ＝A′Q＝A′E＝xcm， 则PE＝3x，BF＝AP＝A′P＝2x， 由勾股定理得， ∴， ∴ 由勾股定理得PF2+EF2＝PE2， 即， 解得x＝2（负值已舍）， ∴AD＝AP+PD＝4+3＝7（cm）， 故答案为：7． 2．（2025•滨江区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，CD＝CB，∠BCD＝90°，，若四边形ABCD的面积为10，则线段BD的长为　　 ． 【答案】． 【分析】过B作BN⊥AC于点N，过D作DM⊥AC于点M，证明△CMD≌△BNC，推出DM＝NC，CM＝BN，设DM＝NC＝a，MC＝NB＝b，由，得到AM＝2a，AC＝2a+b，AN＝a+b，再根据勾股定理求解即可． 【解答】解：过B作BN⊥AC于点N，过D作DM⊥AC于点M， 则∠DMA＝∠DMC＝∠ANB＝∠CNB＝90°． ∴∠DCM+∠CDM＝90°． ∵∠DCM+∠NCB＝90°， ∴∠CDM＝∠NCB， ∵CD＝CB， ∴△CMD≌△BNC（AAS）， ∴DM＝NC，CM＝BN． 设DM＝NC＝a，MC＝NB＝b， ∵在Rt△ADM中，， ∴AM＝2a，AC＝2a+b，AN＝a+b， ∵AB＝AC＝2a+b，AN2+BN2＝AB2， ∴（a+b）2+b2＝（2a+b）2． ∴a＝﹣b（舍去）或，即AC＝5a，BN＝3a， ∵S四边形ABCD＝S△ADC+S△ABC， ∴． ∴a＝1或a＝﹣1（舍去）． ∴NC＝1，BN＝3． ∴． ∴． ∴． 故答案为：． 3．（2025•温州校级三模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，E是AB边上的一点，CF＝2，将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A'D'FE，当三点A'，B，D'在同一条直线上时，∠A'EB+∠D'GB＝　120　 °，此时D'F交BC边于点G，CG的长为　　 ． 【答案】120，． 【分析】连接BF，延长AB、FD′相交于点I，在CB上截取CH＝CF＝2，连接FH，以BD′、FD′为邻边作▱FD′BM，连接MH，先证明△CFH为等边三角形，得∠CHF＝60°，FH＝CF＝2，再证明△BA′E∽△BD′I，得到，最后证明△BIG∽△CFG即可求解． 【解答】解：如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，连接BF，延长AB、FD′相交于点I，在CB上截取CH＝CF＝2，连接FH，以BD′、FD′为邻边作▱FD′BM，连接MH， ∴AD∥BC，∠A+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣60°＝120°， ∵点A′，B，D′在同一条直线上， ∴∠A′BE+∠D′BC＝180°﹣∠ABC＝60°， ∵A′E∥D′F， ∴∠A′+∠D′＝180°， ∴∠A′EB+∠D′GB ＝360°﹣（∠A′+∠D′）﹣（∠A′BE+∠D′BC） ＝360°﹣180°﹣60° ＝120°， ∵FC＝CH＝2，∠C＝∠A＝60°， ∴△CFH为等边三角形， ∴∠CHF＝60°，FH＝CF＝2， ∵将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A'D'FE， ∴FD′＝FD＝CD﹣CF＝4，BH＝BC﹣CH＝4，∠FD′B＝∠D＝120°， ∵四边形FD′BM是平行四边形， ∴BM＝FD′＝DF＝BH＝4，∠FMB＝∠FD′B＝120°，BD′＝FM， ∴∠BMH＝∠BHM， ∵∠BHF＝180°﹣∠CHF＝180°﹣60°＝120°， ∴∠FMH＝∠FMB﹣∠BMH＝∠FHB﹣∠BHM＝∠FHM， ∴FM＝FH＝2， ∴BD′＝FM＝2， ∴A′B＝A′D′﹣BD′＝AD﹣BD′＝6﹣2＝4， ∵FD∥AE， ∴FD′∥A′E，即D′I∥A′E， ∴△BA′E∽△BD′I， ∴， 设A′E＝AE＝x，则BE＝6﹣x， ∴，， ∵DF∥AB， ∴∠DFE＝∠IEF， ∵将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A'D'FE， ∴∠DFE＝∠IFE， ∴∠IFE＝∠IEF， ∴IF＝IE， ∴FD′+D′I＝BE+BI， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵BI∥CF， ∴△BIG∽△CFG， ∴， ∴， ∵BC＝BG+CG＝6， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：120，． 4．（2025•丽水一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝6，BC＝8，将△BOC沿着AC折叠得到△B′OC，B′O与AD相交于点E，则　　 ． 【答案】． 【分析】连接BB′交AC于点G，连接B′D，由折叠可得BG＝B′G，BB′⊥AO，根据矩形性质和勾股定理可得AC＝10，利用，可得，所以，然后证明△AOE∽△DB′E，进而可以解决问题． 【解答】解：如图，连接BB′交AC于点G，连接B′D， ∵将△BOC沿着AC折叠得到△B′OC， ∴BG＝B′G，BB′⊥AO， 在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°， 由勾股定理得：AC10， ∵， ∴10BG＝6×8， 解得：， 在直角三角形ABG中，由勾股定理得：， ∴， ∵BG＝B′G，BO＝OD， ∴OG∥B′D，， ∴△AOE∽△DB′E， ∴， ∴． 故答案为：． 5．（2025•富阳区二模）如图，点O是▱ABCD对角线AC的中点，沿过点O的直线MN将▱ABCD折叠，使点A，B分别落在A'，B'处，NB'交CD于点E，A'B'交AD于点F，若点E是CD的中点，且，则△AMO与四边形MOCD的面积比为 　　 ． 【答案】． 【分析】先根据三角形的中位线性质得到OE∥AD∥NC，，证明△COE∽△CAD得到；证明△ONE≌△OMF，MF＝NE，，再证明，得到，进而可求解． 【解答】解：连接OF，OE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∵点E是CD的中点，点O是AC的中点， ∴OE∥AD∥NC，， ∴△COE∽△CAD， ∴， 由折叠易得△NCE≌△MA'F， ∴MF＝NE， 由平行四边形是中心对称图形可得OM＝ON，AM＝NC， 由折叠性质得∠FMO＝∠BNO＝∠ONE， ∵OE∥AD， ∴∠NOE＝∠OMF， ∴△ONE≌△OMF（SAS）， ∴MF＝NE，， ∵AM＝NC，， ∴， 则， ∴△AMO与四边形MOCD的面积比为， 故答案为：． 6．（2025•浙江模拟）如图，AB∥DE，AB＝5，DE＝6，，点C在线段BD上且，∠ACB＝∠ECD，则CD的长为　　 ． 【答案】． 【分析】在BC上照一点F，使AF＝AB，过A作AG⊥BC于点G，易证△ACF∽△ECD，进而利用相似比求解即可． 【解答】解：如图，在BC上照一点F，使AF＝AB，过A作AG⊥BC于点G， ∵AB＝5，且sinB， ∴AG＝4， ∴BG3， ∵AB＝AF，AG⊥BF， ∴BG＝FG＝3，∠ABF＝∠AFB， ∵， ∴CF＝BC﹣FG﹣BG， ∵AB∥DE， ∴∠ABF+∠CDE＝180°， ∵∠AFB+∠AFC＝180°， ∴∠AFC＝∠CDE， ∵∠ACB＝∠ECD， ∴△ACF∽△ECD， ∴，即， 解得CD， 故答案为：． 7．（2025•浙江模拟）如图，在▱ABCD中，，点E为BC边上一点，BE＝6，点F是AB边上的动点，将△BEF沿直线EF折叠得到△GEF，若点G恰好落在线段DE上，则AF的值为　　 ． 【答案】． 【分析】作AM⊥BC于M，作DN⊥BC交BC延长线于N，用勾股定理求出BM的长，进而可求AM、BC，证明Rt△ABM≌Rt△DCN（HL），得BM＝CN，进而可用勾股定理求，分别延长EF，DA交于点P，由翻折可知，∠BEP＝∠DEP＝∠DPE，DE＝DP＝10，进而可得PA＝10﹣8＝2，根据PD∥BC，得，即可求出． 【解答】解：作AM⊥BC于M，作DN⊥BC交BC延长线于N， ∴△ABM、△DCN都是直角三角形， ∵tanB＝2， ∴， ∴AM＝2BM， ∵，BM2+AM2＝AB2， 即， ∴BM＝4，AM＝8， ∵， ∴BC＝8， ∴EC＝ME＝2， ∵AB＝CD，BC＝AD＝8，AM＝DN， ∴EN＝EC+CN＝EC+BM＝6，DN＝AM＝8，DE10， ∴BM＝CN， ∴EN＝EC+CN＝ME+BM＝6，DN＝AM＝8， ∴， 分别延长EF，DA交于点P， 由翻折可知，∠BEP＝∠DEP＝∠DPE， ∴DE＝DP＝10， ∴PA＝10﹣8＝2， ∵PD∥BC， ∴△APF∽△BEF， ∴， ∴． 故答案为：． 8．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，F是BC的中点，E是AB边上的动点，△ADE与△GDE关于DE对称，点A的对称点为G．当点G落在BC的垂直平分线上时，AE的长是　2　 ；连结DF，EF，当点G恰好是△DEF的重心时，AB的长是　7　 ． 【答案】2，7． 【分析】过点F作HF∥AB，交AD于点H，交DE于点M，易得当点G在BC的垂直平分线上时或点G为△DEF重心时，都有H，M，G，F四点共线，由勾股定理可得GH＝3，证△ADE∽△HGD，求得DE＝4，利用勾股定理求出AE即可；当点G是△DEF的重心时，，易证∠DEA＝60°＝∠DEG，利用中位线定理求出HM，进而得解． 【解答】解：如图：过点F作HF∥AB，交AD于点H，交DE于点M． ∵F是BC的中点，FH∥AB， ∴H，M分别是AD，DE的中点， ∴当点G在BC的垂直平分线上时或点G为△DEF重心时，都有H，M，G，F四点共线． 由题意得△ADE≌△GDE， ∴AD＝GD＝6． 当点G落在BC的垂直平分线上时， ∴DH＝AH＝3， ∴． 由题意得，△ADE∽△HGD， ∴， ∴， 解得， ∴． 当点G是△DEF的重心时，． ∵，∠DAE＝90°， ∴∠DEA＝60°＝∠DEG． 又∵M为中点，∠DGE＝90°， ∴GM＝GE＝ME＝AE＝2， ∴． ∵H，M分别是AD，DE的中点， ∴， ∴AB＝HM+MF＝7． 故答案为：2，7． 9．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，点P在边BC上，过点P作AP的垂线交射线CD于点Q，若有且只有三个不同的点P，使得，则BC的长为　5　 ． 【答案】5． 【分析】以B点为圆心，BC所在的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴建立直角坐标系，设P（m，0），C（a，0），则D（a，2），证明△ABP∽△PCQ，从而求出Q（a，），则DQ＝|2|，再由题意分两种情况讨论：当m2﹣am0有两个不同的实数根，m2﹣am0有两个相等的实数根时，解得a＝5，可知BC的长为5；当m2﹣am0有两个相等的实数根，m2﹣am0有两个不同的实数根时，a2﹣7＝0，a2﹣25＞0，此时a无解． 【解答】解：以B点为圆心，BC所在的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴建立直角坐标系， ∵BA＝2， ∴A（0，2）， 设P（m，0），C（a，0），则D（a，2）， ∵AP⊥PQ， ∴∠APB+∠CPQ＝90°， ∵∠APB+∠PAB＝90°， ∴∠CPQ＝∠PAB， ∴△ABP∽△PCQ， ∴，即， ∴CQ， ∴Q（a，）， ∴DQ＝|2|， ∴m2﹣am0或m2﹣am0， ∵有且只有三个不同的点P， ∴m有且只有三个不同的实数根， 当m2﹣am0有两个不同的实数根，m2﹣am0有两个相等的实数根时， ∴a2﹣7＞0，a2﹣25＝0， 解得a＝5， ∴BC的长为5； 当m2﹣am0有两个相等的实数根，m2﹣am0有两个不同的实数根时， ∴a2﹣7＝0，a2﹣25＞0， 此时a无解； 综上所述：BC的长为5； 故答案为：5． 10．（2025•临平区校级三模）如图，在菱形ABCD中，分别过点A，C作AE∥CF，过点B，D作BG∥DH，交点分别为E，F，G，H．若G为AE的中点，∠AEH＝∠ABC＝60°，则四边形GEHF与四边形ABCD的面积之比为 　　 ． 【答案】． 【分析】将△BFC绕点B逆时针旋转60°至△BKA，得△BFK为等边三角形，再证明四边形EHFG为▱EHFG，则∠GFH＝∠BFK＝60°，证明K、F、C三点共线后可得AK∥GF，从而可判定四边形AKFG为▱AKFG．故AG＝KF＝BF＝BK，设BF＝x，则可得KF＝FH＝BF＝AG＝GE＝x，AE＝2x，导角证明∠DAE＝∠ABG，∠ABG＝∠FCB，故∠DAE＝∠FCB，再证明△AED≌△CFB（AAS），得AE＝CF＝AK＝2x，又KH＝2x＝AK，则得△AKH为等边三角形，从而△AEH也为等边三角形．连接GH，则GH为AE上的高，GH，故四边形GEHF的面积＝GE•GH．作AN⊥BC于点N，CM⊥BG于点M，可得FM＝x，BM＝BF+FM＝x+x＝2x，CM，故BC，BN，AN，因此四边形ABCD的面积＝BC•AN，从而可得四边形GEHF与四边形ABCD的面积之比． 【解答】解：将△BFC绕点B逆时针旋转60°至△BKA，如图1所示， 则△BFK为等边三角形，∠BFK＝60°． ∵AE∥CF，BG∥DH， ∴四边形EHFG为▱EHFG． ∴∠GFH＝∠AEH＝60°， ∴∠GFH＝∠BFK＝60°， ∵B、F、G三点共线， ∴K、F、C三点共线． ∵∠BFC＝∠BKA＝120°，∠BKF＝60°， ∴∠AKH＝60°＝∠GFH， ∴AK∥GF，从而可得四边形AKFG为▱AKFG． 故AG＝KF＝BF＝BK，设BF＝x， ∵AG＝GE， ∴KF＝FH＝BF＝AG＝GE＝x，AE＝2x． ∵∠DAE+∠BAE＝120°，∠BAE+∠ABG＝120°， ∴∠DAE＝∠ABG， 同理可证∠ABG＝∠FCB， 故∠DAE＝∠FCB， 又∵∠AED＝∠CFB＝120°， 在△AED和△CFB中， ， ∴△AED≌△CFB（AAS）． 故AE＝CF＝AK＝2x， 又∵KH＝2x＝AK， 故△AKH为等边三角形，从而△AEH也为等边三角形． 连接GH，则GH为AE上的高， ∴GH， 故四边形GEHF的面积＝GE•GH． 作AN⊥BC于点N，CM⊥BG于点M，如图2所示， ∵∠GFC＝60°，CF＝2x， ∴FM＝x，BM＝BF+FM＝x+x＝2x，CM， 故BC， ∴BNBC， 故AN， ∴四边形ABCD的面积＝BC•AN， ∴四边形GEHF与四边形ABCD的面积之比为：． 故答案为：． 11．（2025•上城区校级三模）如图，AC，BD为菱形ABCD的对角线，将△BOC绕点O逆时针旋转至△EOF，使得点E在线段CD上，若，则tan2∠BCO＝ 　　 ．（用含k的代数式表示） 【答案】． 【分析】连接BE，设CE＝m，由菱形的性质得BC＝DC，AC⊥BD，OB＝OD，则∠DCO＝∠BCO，∠COD＝90°，由旋转得OE＝OB＝OD，可证明∠BED＝90°，进而证明∠DCO＝∠DBE，所以∠BCO＝∠DBE，由k，得DE＝mk，且m≠0，k≠0，则DE2＝m2k2，BC＝DC＝mk+m，求得BE2＝BC2﹣CE2＝m2k2+2m2k，则tan2∠BCO＝tan2∠DBE，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接BE，设CE＝m， ∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD交于点O， ∴BC＝DC，AC⊥BD，OB＝OD， ∴∠DCO＝∠BCO，∠COD＝90°， ∵将△BOC绕点O逆时针旋转至△EOF，点E在线段CD上， ∴OE＝OB＝OD， ∴∠OEB＝∠OBE，∠OED＝∠ODE， ∴∠BED＝∠OEB+∠OED＝∠OBE+∠ODE， ∵∠OEB+∠OED+∠OBE+∠ODE＝2∠BED＝180°， ∴∠BED＝90°， ∵∠COD＝∠BED，∠CDO＝∠BDE， ∴△COD∽△BED， ∴∠DCO＝∠DBE， ∴∠BCO＝∠DBE， ∵k，且CE≠0，DE≠0， ∴DE＝mk，且m≠0，k≠0， ∴DE2＝m2k2，BC＝DC＝mk+m， ∵∠BEC＝90°， ∴BE2＝BC2﹣CE2＝（mk+m）2﹣m2＝m2k2+2m2k， ∴tan2∠BCO＝tan2∠DBE， 故答案为：． 12．（2025•上城区校级三模）如图，矩形ABCD中对角线AC、BD交于点O，∠AOD＝α，点D绕点O顺时针旋转α得点D′，连结D′B分别交CD、AC于点E、F，若，则的值为 　　 ． 【答案】． 【分析】连接OD′，如图，先根据矩形的性质得到AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，OD＝OB＝OA＝OC，再利用等腰三角形的性质和三角形外角性质得到∠ODCα，再根据旋转的性质得到∠AOD＝∠DOD′＝α，OD′＝OD＝OB，则可计算出∠OBD′α，则∠EDB＝∠EBD，所以DE＝BE，接着证明△CEF∽△ABF得到，设CF＝3a，OF＝2a，则AF＝7a，所以，设CE＝3x，AB＝CD＝7x，则DE＝BE＝4x，然后利用勾股定理计算出BC，从而得到的值． 【解答】解：连接OD′，如图， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，OD＝OB＝OA＝OC， ∴∠ODC＝∠OCD∠AODα， ∵点D绕点O顺时针旋转α得点D′， ∴∠AOD＝∠DOD′＝α，OD′＝OD＝OB， ∴∠OBD′＝∠OD′B∠DOD′α， ∴∠EDB＝∠EBD， ∴DE＝BE， ∵CE∥AB， ∴△CEF∽△ABF， ∴， ∵， ∴设CF＝3a，OF＝2a， ∴AF＝OA+OF＝OC+OF＝5a+2a＝7a， ∴， 设CE＝3x，AB＝7x， ∴CD＝7x， ∴DE＝CD﹣CE＝7x﹣3x＝4x， ∴BE＝DE＝4x， 在Rt△BCE中，BCx， ∴． 故答案为：． 13．（2025•浙江模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，BC⊥CD，连结BD．若，则tan∠CBD的值为 　　 ． 【答案】． 【分析】过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥AC于N，由等腰三角形的性质推出M是BC的中点，N是AC的中点，得到，判定△ACM∽△CDN，推出，，求出，令AM＝2k，CN＝3k，求出AC＝2CN＝6k，CDk，由勾股定理求出CM＝4k，得到BC＝2CM＝8k，于是tan∠CBD． 【解答】解：过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥AC于N， ∵AB＝AC，AD＝CD， ∴M是BC的中点，N是AC的中点， ∴S△CDNS△ACD，S△ACMS△ABC， ∵， ∴， ∵DC⊥BC，AM⊥BC， ∴AM∥CD， ∴∠CAM＝∠DCN， ∵∠AMC＝∠DNC＝90°， ∴△ACM∽△CDN， ∴，， ∴， ∴令AM＝2k，CN＝3k， ∴AC＝2CN＝6k， ∴， ∴CDk， ∵CM4k， ∴BC＝2CM＝8k， ∴tan∠CBD． 故答案为：． 2 / 2 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