2026年中考数学二轮复习：图形的相似

**基本信息** 聚焦图形相似的判定与性质，通过分层题型构建"基础应用-综合迁移-创新拓展"的方法体系，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|选择1-4/填空11|相似比计算、基本图形构造|从相似三角形定义到性质应用，建立"判定-性质-计算"逻辑链| |综合迁移|选择5-9/填空12-14|动态问题转化、多图形综合|结合四边形、圆、坐标系，构建相似与全等、勾股定理的关联网络| |创新拓展|选择10/解答16-20|图形变换（旋转/翻折）、模型思想|以动点问题为载体，培养空间观念与数学抽象能力，体现中考命题趋势|

2026年中考数学二轮复习：图形的相似 一．选择题（共10小题） 1．图①是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图②所示，此时液面宽度AB＝（　　） A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm 2．如图，Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D在AB上，DE∥BC交AC于点E，点F在BC上，EF∥AB，若AD＝3，DB＝2，AE＝4，则CF的长为（　　） A．3 B． C． D． 3．已知正方形EFGH的顶点E、F在△ABC的边BC上，点G、H分别在AB和AC上，BC＝12，S正方形EFGH＝16．则AB+AC的最小值为（　　） A．6 B． C．12 D． 4．如图，已知△ABC∽△ADE，BC＝2DE，则的值为（　　） A． B． C． D． 5．如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，点F在BC的延长线上，且CE＝CF，连接BD、DE、DF，过点F作FG⊥DE，分别交AB、BD、CD于点G、H、M．则下列结论：①若BE：EC＝2：1，则；②DF＝HF；③FG•EC＝BF•HG；④当以GH、HM、MF为三边长所构成的三角形是直角三角形时，EC：BE＝2：3．其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 6．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B在函数的图象上，直线AB交x轴于点C，交y轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥y轴于点F，AE与BF交于点G，连接AF，BE．给出下面四个结论：①；②△AFG∽△BEG；③S△AFB＝S△AEB；④AD＝BC．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 7．如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°，D为BC边上一点，连接AD，过D点作DE⊥AD，且DE＝AD，连接CE，若CE长最小，则BD长为（　　） A．1 B． C． D．2 8．如图，正方形OEFG和正方形ABCD是位似形，点F的坐标为（1，1），点C的坐标为（4，2），则这两个正方形位似中心的坐标是（　　） A．（0，0） B．（﹣2，0） C．（0，0）或（﹣2，0） D．（﹣2，0）或 9．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点F在AD上，且DF＝2AF，连接BF交AC于点E，则下列选项正确的是（　　） A． B．若AB2＝AO•AC，则△ABO∽△ACD C． D．若∠AOD＝∠DCB，则△AOD∽△DCB 10．“低多边形风格”是一种数字艺术设计风格，它将整个长方形区域分割为若干三角形，其分割成三角形的过程是：在长方形内取一定数量的点，连同长方形的4个顶点，逐步连接这些点，保证所有连线不再相交产生新的点，直到长方形内所有区域都变成三角形，如图1，当长方形内有1个点时，可分得4个三角形；如图2，当长方形内有2个点时，可分得6个三角形（不计被分割的三角形）；如图3，当长方形内有3个点时，可分得8个三角形（不计被分割的三角形）；…，以此类推，当长方形内有50个点时，可分得三角形的个数为（　　） A．99 B．100 C．101 D．102 二．填空题（共5小题） 11．如图，在△ABC中，AB＝AC，点P是边AB的中点，过点B作BC的垂线，交CP的延长线于点Q．若AB＝13，BC＝10，则S△ABC＝　 　 ，线段BQ的长为　 　 ． 12．如图，已知四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，F为AD的中点，连接EF交BD于点G，连接OE交CD于点H，连接BH．则下列结论：①四边形ACEF为平行四边形；②；③OH2＝CH•DH；④．其中正确的有　 　 ． 13．如图，点A、B、C是⊙O上三点，AB是⊙O的直径．过点C作CD⊥AB交AB于点D，连接AC．将△ADC沿AC翻折得到△AEC，点E在⊙O的外部，延长EC交AB的延长线于点F，若cos∠AFE，AF，则AB的长为　 　 ，的值为　 　 ． 14．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB∽△CMB；③DE＝EF；④S△AOE：S四边形DGOF＝2：1．其中正确结论是 　 　 ． 15．如图，在矩形ABCD中，已知BE⊥AC，若AB＝2，BC＝4，则AF的长为 　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，E是AB上一点，连接CE并延长交AD于点F，延长AD，CB交于点G，，∠BCE＝∠G，连接AC． （1）求证：CF⊥AB； （2）若EF＝2，AG＝14，求⊙O的半径长． 17．如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AC边延长线上一点，点E在AB边上，DE＝DB，过点E作EG⊥AC于点G，连接DE交BC于点F． （1）求证：GE＝CD； （2）如图2，当CF＝FB＝2时，求BD的长； （3）若，求k的值． 18．综合实践课上，数学兴趣小组对图形中两条互相垂直的线段间的数量关系进行了探究． （1）操作判断 ①如图（1），在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB、CD、AD、BC上，且EF⊥GH，若EF＝5，则GH的长为　 　 ． ②如图（2），在矩形ABCD中，BC＝2AB，点E，F，G，H分别在边AB、CD、AD、BC上，且EF⊥GH，若EF＝8，则GH的长为　 　 ． （2）迁移探究 如图（3），在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC，BC上，且AE⊥BD，试证明：AB•EC＝AD•BE． （3）拓展应用 如图（4），在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，BE平分∠ABC交AD于点E，点F为线段AE上一点，AG⊥BF交BF于点H，交直线CD于点G，过点E作EK∥BF交AG的于点K．若△EHK的面积为，求AG的长． 19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（﹣2，﹣2），B（﹣5，﹣4），C（﹣1，﹣5）． （1）将△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1，请在平面直角坐标系中画出△A1B1C1； （2）以点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍，得到△A2B2C2，请在平面直角坐标系中画出△A2B2C2． 20．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AN为BC边上的中线，点D为线段AC上一点，连接BD． （1）如图1，已知，BC＝8，求AD的长； （2）如图2，FG垂直平分BD分别交AB、BC于F、G，EH⊥AB，求证：； （3）如图3，当点D为线段AC的四等分点且靠近点C，过点D作直线l⊥AC，点P是直线l上的动点，连接NP，将线段PN绕点P顺时针旋转90°至线段PN'，点E是直线AB上的动点，连接AN′、EN'，当AN'最小时，将△AEN'沿EN'所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A'EN'，连接BA'，当BA′最大时，请直接写出的值． 2026年中考数学二轮复习：图形的相似 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．图①是装了液体的高脚杯示意图（数据如图），用去一部分液体后如图②所示，此时液面宽度AB＝（　　） A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm 【考点】相似三角形的应用． 【专题】图形的相似；应用意识． 【答案】C 【分析】过点C作CN⊥AB，垂足为N，过点D作DM⊥EF，垂足为M，根据题意可得：△ACB∽△FDE，然后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答． 【解答】解：如图：过点C作CN⊥AB，垂足为N，过点D作DM⊥EF，垂足为M， 由题意得：△ACB∽△FDE， ∴， ∴， 解得：AB＝3， ∴此时液面直径AB为3cm， 故选：C． 【点评】本题考查了相似三角形的应用，准确熟练地进行计算即可解答． 2．如图，Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D在AB上，DE∥BC交AC于点E，点F在BC上，EF∥AB，若AD＝3，DB＝2，AE＝4，则CF的长为（　　） A．3 B． C． D． 【考点】相似三角形的判定与性质． 【专题】三角形；图形的相似；运算能力；应用意识． 【答案】C 【分析】先由两组对边分别平行判定四边形DBFE是平行四边形，得到EF＝DB；再根据DE∥BC，利用平行线分线段成比例求出EC；最后由EF∥AB结合∠BAC＝90°，可知△EFC是直角三角形，用勾股定理计算CF即可． 【解答】解：∵DE∥BC，EF∥AB， ∴四边形DBFE是平行四边形， ∴EF＝DB＝2． ∵DE∥BC， ∴，即， 解得． ∵∠BAC＝90°，EF∥AB， ∴∠CEF＝∠BAC＝90°，即△EFC是直角三角形， ∴若AD＝3，DB＝2，AE＝4，则． 故选：C． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 3．已知正方形EFGH的顶点E、F在△ABC的边BC上，点G、H分别在AB和AC上，BC＝12，S正方形EFGH＝16．则AB+AC的最小值为（　　） A．6 B． C．12 D． 【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质；轴对称﹣最短路线问题． 【专题】三角形；平移、旋转与对称；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】D 【分析】先根据正方形性质和相似三角形的判定与性质求出△ABC边BC上的高，再利用对称点结合两点之间线段最短、勾股定理求出AB+AC的最小值． 【解答】解：∵S正方形EFGH＝16， ∴正方形EFGH的边长4，即EF＝FG＝GH＝HE＝4， 设△ABC边BC上的高为h，则△AGH边GH上的高为h﹣4， ∵GH∥BC， ∴△AHG∽△ACB， ∴， 解得h＝6，即△ABC边BC上的高为6， 作直线l∥BC，且直线l到BC的距离为6，点A在直线l上， 作点C关于直线l的对称点D，连接BD交直线l于点A，此时AB+AC＝AB+AD＝BD，取得最小值， ∵点C与D关于直线l对称， ∴CD＝2×6＝12， ， 即AB+AC的最小值为． 故选：D． 【点评】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理及最短路径问题，正确作出对称点是解题关键． 4．如图，已知△ABC∽△ADE，BC＝2DE，则的值为（　　） A． B． C． D． 【考点】相似三角形的性质． 【专题】图形的相似；推理能力． 【答案】A 【分析】根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可． 【解答】解：根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可知： △ABC∽△ADE，BC＝2DE， ∴， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握该知识点是关键． 5．如图，在正方形ABCD中，点E在BC边上，点F在BC的延长线上，且CE＝CF，连接BD、DE、DF，过点F作FG⊥DE，分别交AB、BD、CD于点G、H、M．则下列结论：①若BE：EC＝2：1，则；②DF＝HF；③FG•EC＝BF•HG；④当以GH、HM、MF为三边长所构成的三角形是直角三角形时，EC：BE＝2：3．其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；正方形的性质． 【专题】几何综合题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；推理能力． 【答案】A 【分析】①过点E作EK⊥BD于K，设正方形ABCD的边长为a，则BC＝CD＝a，∠CBD＝45°，∠DCE＝90°，BDa，再结合三角函数定义即可判断①正确； ②设FG交DE于L，先证明△DEC≌△DFC（SAS），进而可得∠FHD＝∠FDH，利用等角对等边可得DF＝HF，即可判断②正确； ③过点H作HT⊥AB于T，作HR⊥BC于R，可证得△FHR≌△DFC（AAS），则HR＝CF，进而可得HT＝EC，再证得△HGT∽△FGB，即可判断③正确； ④过点H作HT⊥AB于T，作HR⊥BC于R，设BE＝x，CE＝y，则HT＝CF＝BR＝y，CR＝BE＝x，再证得△HGT≌△FMC（AAS），则GH＝MF，再利用勾股定理即可判断④错误． 【解答】解：设正方形ABCD的边长为a， ①如图，过点E作EK⊥BD于K， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD＝a，∠CBD＝45°，∠DCE＝90°，BDa， ∵BE：EC＝2：1， ∴BEa，CEa， ∵EK⊥BD， ∴BK＝EKBEa， ∴DK＝BD﹣BKa， ∴tan∠BDE，故①正确； ②设FG交DE于L，如图， ∵∠FLE＝∠DCE＝90°， ∴∠DEC+∠EDC＝∠DEC+∠EFL＝90°， ∴∠EDC＝∠EFL， 在△DEC和△DFC中， ， ∴△DEC≌△DFC（SAS）， ∴∠EDC＝∠FDC， ∴∠EFL＝∠FDC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DBC＝∠BDC＝45°， ∴∠DBC+∠EFL＝∠BDC+∠FDC， 即∠FHD＝∠FDH， ∴DF＝HF，故②正确； ③过点H作HT⊥AB于T，作HR⊥BC于R，如图， 则HT＝HR，∠GHT＝∠GFB， 在△FHR和△DFC中， ， ∴△FHR≌△DFC（AAS）， ∴HR＝CF， 又∵EC＝CF， ∴HT＝EC， ∵∠FBG＝∠HTG＝90°， ∴HT∥FB， ∴△HGT∽△FGB， ∴， ∴FG•EC＝BF•HG，故③正确； ④过点H作HT⊥AB于T，作HR⊥BC于R，如图， 由③知，△FHR≌△DFC，HT＝EC＝CF， ∴FR＝CD， 设BE＝x，CE＝y，则HT＝CF＝BR＝y，CR＝BE＝x， ∵∠HTG＝∠FCM＝90°，∠GHT＝∠MFC， ∴△HGT≌△FMC（AAS）， ∴GH＝MF， ∵HR∥CD， ∴， ∵以GH、HM、MF为三边长所构成的三角形是直角三角形， ∴GH2+MF2＝HM2， ∴2FM2＝HM2， ∴2，即2， ∴， ∴EC：BE：2，故④错误； 故选：A． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握相似三角形与全等三角形的判定定理． 6．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B在函数的图象上，直线AB交x轴于点C，交y轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥y轴于点F，AE与BF交于点G，连接AF，BE．给出下面四个结论：①；②△AFG∽△BEG；③S△AFB＝S△AEB；④AD＝BC．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【考点】相似三角形的判定与性质；反比例函数的图象；反比例函数的性质． 【专题】反比例函数及其应用；矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】D 【分析】①设点A，点B，则FG＝a，AE，BF＝b，EG，进而得GB＝BF﹣FG＝b﹣a，AG＝AE﹣EG，由此得，，据此可对结论①进行判断； ②证明四边形OEOEGF是矩形得∠EGF＝90°，进而得∠AGF＝∠BGE＝90°，由①正确得，由此可判定△AFG和△BEG不相似，据此可对结论②进行判断； ③根据三角形的面积公式得S△AGFFG•GA，S△BGEGB•EG，再根据由结论①正确得FG•GA＝GB•EG，由此得S△AGF＝S△BGE，则S△AGF+S△ABG＝S△BGE+S△ABG，据此可对结论③进行判断； ④连接EF，在△EFE和△GBA中，根据，∠FGE＝∠BGA＝90°得△EFE和△GBA相似，进而得∠GFE＝∠GBA，再根据AE∥DF，BF∥OC得四边形AEFD和四边形BFEC都是平行四边形，由此得EF＝AD，EF＝BC，由此可对结论④进行判断，，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①∵点A，B在函数的图象上， ∴设点A的坐标为，点B的坐标为， ∵AE⊥x轴于点E，BF⊥y轴于点F，AE与BF交于点G， ∴FG＝a，AE，BF＝b，EG， ∴GB＝BF﹣FG＝b﹣a，AG＝AE﹣EG， ∴，， ∴， 故结论①正确； ②∵AE⊥x轴于点E，BF⊥y轴于点F，AE与BF交于点G， ∴∠GEO＝∠GFO＝∠EOF＝90°， ∴四边形OEOEGF是矩形， ∴∠EGF＝90°， ∴∠AGF＝∠BGE＝90°， 由结论①正确得：， ∴ ∴△AFG和△BEG不相似， 故结论②不正确； ③∵∠AGF＝∠BGE＝90°， ∴S△AGFFG•GA，S△BGEGB•EG， 由结论①正确得：， ∴FG•GA＝GB•EG， ∴S△AGF＝S△BGE， ∴S△AGF+S△ABG＝S△BGE+S△ABG， 即S△AFB＝S△AEB， 故结论③正确； ④连接EF，如图所示： ∵四边形OEOEGF是矩形， ∴∠FGE＝∠BGA＝90°， 由结论①正确得：，， 在△EFE和△GBA中， ，∠FGE＝∠BGA＝90°， ∴△EFE∽△GBA， ∴∠GFE＝∠GBA， ∴FE∥AB， 即FE∥CD， ∵AE⊥x轴于点E，BF⊥y轴于点F， ∴AE∥DF，BF∥OC， ∴四边形AEFD和四边形BFEC都是平行四边形， ∴EF＝AD，EF＝BC， ∴AD＝BC， 故结论④正确， 综上所述：正确的结论的序号是①③④． 故选：D． 【点评】此题主要考查了反比例函数图象，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，理解反比例函数图象上点的坐标满足反比例函数的表达式，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质是解决问题的关键． 7．如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°，D为BC边上一点，连接AD，过D点作DE⊥AD，且DE＝AD，连接CE，若CE长最小，则BD长为（　　） A．1 B． C． D．2 【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形． 【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】在BC边上取一点F，使BF＝BA，连接AF，EF，可知△ABF和△ADE均为等腰直角三角形，即，，∠EAF＝∠DAB，可知△ABD∽△AFE，相似比为，得到，∠AFE＝∠ABD＝90°，∠EFC＝∠AFB＝45°，可知E点在直线EF上运动，当CE⊥EF时，CE长最小，此时∠EFC＝∠ECF＝45°，根据勾股定理求出，即可求出BD长． 【解答】解：在BC边上取一点F，使BF＝BA，连接AF，EF， ∵DE＝AD，∠ABC＝90°，DE⊥AD， ∴△ABF和△ADE均为等腰直角三角形， ∴∠EAD＝∠FAB＝45°，，， ∴∠EAF＝∠DAB， ∴△ABD∽△AFE，相似比为， ∴，∠EFC＝∠AFB＝45°，∠AFE＝∠ABD＝90°， ∴E点在直线EF上运动， 当CE⊥EF时，CE长最小， 又FC＝2，∠EFC＝45°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°， ∴EC2+EF2＝CF2 即， 即BD＝1． 故选：A． 【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 8．如图，正方形OEFG和正方形ABCD是位似形，点F的坐标为（1，1），点C的坐标为（4，2），则这两个正方形位似中心的坐标是（　　） A．（0，0） B．（﹣2，0） C．（0，0）或（﹣2，0） D．（﹣2，0）或 【考点】位似变换；坐标与图形性质；正方形的性质． 【专题】图形的相似；运算能力． 【答案】D 【分析】两个图形位似时，有两种情形①位似中心就是CF与x轴的交点；②OC和BG的交点也是位似中心． 【解答】解：两个图形位似时，①位似中心就是CF与x轴的交点， 设直线CF解析式为y＝kx+b，将C（4，2），F（1，1）代入，得 ， 解得，即yx， 令y＝0得x＝﹣2， ∴O′坐标是（﹣2，0）． ②OC和BG的交点也是位似中心， 直线BG的解析式为y＝﹣x+1，直线OC的解析式为yx， 由解得， ∴位似中心的坐标（，）， 综上所述，位似中心的坐标为（﹣2，0）或（，）， 故选：D． 【点评】本题主要考查位似图形的性质，每对位似对应点与位似中心共线． 9．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点F在AD上，且DF＝2AF，连接BF交AC于点E，则下列选项正确的是（　　） A． B．若AB2＝AO•AC，则△ABO∽△ACD C． D．若∠AOD＝∠DCB，则△AOD∽△DCB 【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质． 【专题】图形的相似；推理能力． 【答案】D 【分析】证明△AEF∽△CEB，可以判定选项A，C错误，若AB2＝AO•AC，则△ABO∽△ACD，显然∠BAO≠∠DAC，推出选项B错误，证明选项D正确即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC，∵DF＝2AF， ∴AD＝BC＝3AF， ∵AF∥CB， ∴△AEF∽△CEB， ∴，故选项A错误，不符合题意， ∴，故选项C错误，不符合题意； 若AB2＝AO•AC，则△ABO∽△ACD，显然∠BAO≠∠CAD，故选项B错误，不符合题意． ∵AD∥BC， ∴∠ADO＝∠CBD， ∵∠AOD＝∠DCB， ∴△AOD∽△DCB，故选项D正确，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 10．“低多边形风格”是一种数字艺术设计风格，它将整个长方形区域分割为若干三角形，其分割成三角形的过程是：在长方形内取一定数量的点，连同长方形的4个顶点，逐步连接这些点，保证所有连线不再相交产生新的点，直到长方形内所有区域都变成三角形，如图1，当长方形内有1个点时，可分得4个三角形；如图2，当长方形内有2个点时，可分得6个三角形（不计被分割的三角形）；如图3，当长方形内有3个点时，可分得8个三角形（不计被分割的三角形）；…，以此类推，当长方形内有50个点时，可分得三角形的个数为（　　） A．99 B．100 C．101 D．102 【考点】相似三角形的判定与性质；规律型：图形的变化类． 【专题】规律型；矩形 菱形 正方形；运算能力． 【答案】D 【分析】观察可知长方形内每增加一个点，那么分得的三角形数量增加2，据此规律求解即可． 【解答】解：根据题意可知，当长方形内有1个点时，可分得三角形的个数为：（1+1）×2＝2×2＝4个， 当长方形内有2个点时，可分得三角形的个数为：（2+1）×2＝3×2＝6个， 当长方形内有3个点时，可分得三角形的个数为：（3+1）×2＝4×2＝8个， ……， 以此类推，可知当长方形内有n个点时，可分得三角形的个数为：2（n+1）个， 当n＝50时，可分得三角形的个数为102． 故选：D． 【点评】本题考查规律型：图形变化，矩形的性质，解题的关键是掌握探究规律的方法． 二．填空题（共5小题） 11．如图，在△ABC中，AB＝AC，点P是边AB的中点，过点B作BC的垂线，交CP的延长线于点Q．若AB＝13，BC＝10，则S△ABC＝　60　 ，线段BQ的长为　8　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理． 【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】60，8． 【分析】先求出△ABC的高，计算其面积，再通过相似三角形对应边成比例求出线段BQ的长． 【解答】解：过点A作AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴D是BC的中点， ∴， 在Rt△ABD中， ， ∴若AB＝13，BC＝10，则， 过点P作PE⊥BD， ∵AD⊥BD， ∴PE∥AD， ∴△PEB∽△ADB， 又∵P是边AB的中点， ∴， ∴， ∴， ∵QB⊥BC， ∴PE∥QB， ∴△PEC∽△QBC， ∴，即， ∴若AB＝13，BC＝10，则BQ＝8． 故答案为：60，8． 【点评】本题考查等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，灵活运用等腰三角形三线合一及相似三角形的性质是解题的关键． 12．如图，已知四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，F为AD的中点，连接EF交BD于点G，连接OE交CD于点H，连接BH．则下列结论：①四边形ACEF为平行四边形；②；③OH2＝CH•DH；④．其中正确的有　①②③④　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质． 【专题】三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力． 【答案】①②③④． 【分析】由菱形的性质得出AB∥CD，AD＝CD，进而可求出∠CDE＝30°，由含30°直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①；根据相似三角形的判定和性质即可判定②；证明△ACD是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明△OHC∽△DHO，由相似三角形的性质进而可判定③；过点H作HQ⊥CE于点Q，通过解直角三角形求出HQ，CQ，再求出BQ，最后再根据正切的定义求解即可判定④． 【解答】解：∵∠ABC＝60°，四边形ABCD是菱形， ∴AD＝CD，AB∥CD， ∴∠DCE＝∠ABC＝60°， ∵DE⊥BC，即∠CED＝90°， ∴∠CDE＝30°， ∴， ∵F为AD的中点， ∴， ∴AF＝CE， 又AF∥CE， ∴四边形ACEF为平行四边形，故①正确； ∵AD∥BE， ∴△DFG∽△BEG， ∴，故②正确； ∵∠ABC＝60°，四边形ABCD是菱形， ∴∠ADC＝∠ABC＝60°，AD＝CD， ∴△ACD是等边三角形， ∴AD＝AC， 又∵，， ∴，OC＝CE， 又∠OCH＝∠ECH＝60°， ∴CH⊥OE， ∴∠OHC＝∠DHO＝90°， ∴∠COH＝30°， ∴∠COH＝∠ODH＝30°， ∴△OHC∽△DHO， ∴， ∴OH2＝CH•DH，故③正确； 如下图，过点H作HQ⊥CE于点Q， 设菱形ABCD的边长为4a，则AC＝4a， ∴OC＝2a， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④正确； 故答案为：①②③④． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形的相关计算，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，掌握这些知识是解题的关键． 13．如图，点A、B、C是⊙O上三点，AB是⊙O的直径．过点C作CD⊥AB交AB于点D，连接AC．将△ADC沿AC翻折得到△AEC，点E在⊙O的外部，延长EC交AB的延长线于点F，若cos∠AFE，AF，则AB的长为　　 ，的值为　　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；勾股定理；翻折变换（折叠问题）． 【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力． 【答案】，． 【分析】连接BC，根据，设AF＝13x，则EF＝12x，根据勾股定理得出，根据，得出，求出AE＝5x＝4，解直角三角形求出，根据勾股定理求出，证明△ACD∽△CBD，得出，求出，最后根据线段间关系求解即可． 【解答】解：连接BC，如图所示： ∵CD⊥AB， ∴∠ADC＝∠CDF＝90°， ∵将△ADC沿AC翻折得到△AEC，点E在⊙O的外部， ∴∠AEC＝∠ADC＝90°，AD＝AE， ∴， 设AF＝13x，则EF＝12x， ∴， ， 解得：， ∴AE＝5x＝4， ∴AD＝AE＝4， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCD＝∠ACD+∠CAD＝90°， ∴∠BCD＝∠CAD， ∵∠ADC＝∠CDB＝90°， ∴△ACD∽△CBD， ∴， ∴， ∴； ∴， 故答案为：，． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 14．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB∽△CMB；③DE＝EF；④S△AOE：S四边形DGOF＝2：1．其中正确结论是 　①②③　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；三角形中位线定理；矩形的性质． 【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】①②③． 【分析】连接BD，由四边形ABCD是矩形，O是AC的中点，可知点O在BD上，则OA＝OD＝OC＝OB，因为∠AOD＝∠COB＝60°，所以△AOD和△COB都是等边三角形，可证明△BOF≌△BCF，得∠OFB＝∠CFB，∠BOF＝∠BCF＝90°，则FB垂直平分OC，可判断①正确；由∠BOE＝∠BMC＝90°，∠CBM＝∠OBM∠OBC＝30°，可证明∠EBO＝∠CBM，则△EOB∽△CMB，可判断②正确；再证明△AOE≌△COF，得OE＝OF，S△AOE＝S△COF，则BD垂直平分EF，所以DE＝DF，可证明△DEF是等边三角形，则DE＝EF，可判断③正确；由∠DOF＝90°，∠ODF＝30°，得DF＝2FO＝2FC，则S△ODF＝2S△COF＝2S△AOE，由S△AOE＜S△ODF＜S四边形DGOF，可知S△AOE：S四边形DGOF≠2：1，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接BD， ∵四边形ABCD是矩形，O是AC的中点， ∴O是BD的中点，即点O在BD上， ∴OC＝OAAC，OB＝ODBD，且AC＝BD， ∴OA＝OD＝OC＝OB， ∵∠AOD＝∠COB＝60°， ∴△AOD和△COB都是等边三角形， ∴BO＝BC，∠OBC＝60°， 在△BOF和△BCF中， ， ∴△BOF≌△BCF（SSS）， ∴∠OFB＝∠CFB，∠BOF＝∠BCF＝90°， ∵FO＝FC，FB平分∠OFC， ∴FB垂直平分OC， 故①正确； ∴∠BOE＝∠BMC＝90°，∠CBM＝∠OBM∠OBC＝30°， ∵∠BCD＝90°，∠DBC＝60°，AB∥CD， ∴∠EBO＝∠ODF＝90°﹣∠DBC＝30°，∠EAO＝∠FCO， ∴∠EBO＝∠CBM， ∴△EOB∽△CMB， 故②正确； 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF，S△AOE＝S△COF， ∴BD垂直平分EF， ∴DE＝DF， ∵DO⊥EF， ∴∠ODE＝∠ODF＝30°， ∴∠EDF＝2∠ODF＝60°， ∴△DEF是等边三角形， ∴DE＝EF， 故③正确； ∵∠DOF＝90°，∠ODF＝30°， ∴DF＝2FO＝2FC， ∴S△ODF＝2S△COF＝2S△AOE， ∵S△AOE＜S△ODF＜S四边形DGOF， ∴S△AOE：S四边形DGOF≠2：1， 故④错误， 故答案为：①②③． 【点评】此题重点考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 15．如图，在矩形ABCD中，已知BE⊥AC，若AB＝2，BC＝4，则AF的长为 　　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质． 【专题】图形的相似；运算能力． 【答案】． 【分析】根据勾股定理求得AC，再利用三角形相似得到比例求得AF即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝4， ∴∠BAD＝∠D＝90°，AD＝BC＝4，AB＝DC＝2． ∴． ∴∠BAF+∠FAE＝90°，∠FAE+∠ACD＝90°． ∴∠BAF＝∠CAD． ∵BE⊥AC， ∴∠AFB＝90°． ∵∠AFB＝∠D＝90°，∠BAF＝∠ACD， ∴△ABF∽△CAD． ∴． 即：． 解得：． 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质、相似三角形以及勾股定理，难度不大． 三．解答题（共5小题） 16．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，E是AB上一点，连接CE并延长交AD于点F，延长AD，CB交于点G，，∠BCE＝∠G，连接AC． （1）求证：CF⊥AB； （2）若EF＝2，AG＝14，求⊙O的半径长． 【考点】相似三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理． 【专题】三角形；与圆有关的计算；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】（1）∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAD+∠G＝90°， ∵， ∴∠CAD＝∠CBE， ∴∠CBE+∠G＝90°， ∵∠BCE＝∠G， ∴∠CBE+∠BCE＝90°， ∴∠CEB＝90°，即CF⊥AB； （2）⊙O的半径长为． 【分析】（1）根据AB为⊙O的直径，可得∠CAD+∠G＝90°，根据得出∠CAD＝∠CBE，进而得出∠CBE+∠BCE＝90°，即可得出CF⊥AB； （2）根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出CF＝7，进而求得CE，勾股定理求得AE，AC，再证明△CAB∽△EAC，根据相似三角形的性质，即可求解． 【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAD+∠G＝90°， ∵， ∴∠CAD＝∠CBE， ∴∠CBE+∠G＝90°， ∵∠BCE＝∠G， ∴∠CBE+∠BCE＝90°， ∴∠CEB＝90°，即CF⊥AB； （2）解：由题意得∠ACE+∠BCE＝90°，∠CAG+∠G＝90°， ∵∠BCE＝∠G， ∴∠CAG＝∠ACE，CF＝FG， ∴， ∵EF＝2， ∴CE＝CF﹣EF＝7﹣2＝5， 在Rt△AEF中，， 在Rt△AEC中，， ∵∠CAB＝∠EAC，∠ACB＝∠AEC＝90°， ∴△CAB∽△EAC， ∴，即， ∴3AB•， ∴， ∴， ∴⊙O的半径长为． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 17．如图1，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AC边延长线上一点，点E在AB边上，DE＝DB，过点E作EG⊥AC于点G，连接DE交BC于点F． （1）求证：GE＝CD； （2）如图2，当CF＝FB＝2时，求BD的长； （3）若，求k的值． 【考点】相似形综合题． 【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】（1）∵DE＝DB， ∴∠DEB＝∠DBE， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠ABC＝45° 又∵∠ADE＝∠DEB﹣∠A，∠DBC＝∠DBE﹣∠ABC， ∴∠ADE＝∠DBC， 在△DGE和△BCD中， ， ∴△DGE≌△BCD（AAS）， ∴GE＝CD； （2）； （3）． 【分析】（1）根据等角对等边得出∠DEB＝∠DBE，∠A＝∠ABC＝45°，结合三角形外角的性质和角的和差关系可得出∠ADE＝∠DBC，根据AAS证明△DGE≌△BCD，最后根据全等三角形的性质即可得证； （2）根据（1）中△DGE≌△BCD得出GD＝BC＝2CF＝4，设CD＝GE＝x，证明△DCF∽△DGE，根据相似三角形的性质求出，最后在Rt△DCB中，根据勾股定理求解即可； （3）连接CE，根据比例的性质可，证明△ACE∽△ADB，得出∠CEA＝∠DBA＝∠DEB，再证明△CAE∽△FBE，得出，结合，可证明BF＝CD，证明△CDF∽△CBD，可得出CD2＝CF•CB，设CB＝CA＝a，BF＝CD＝x，则x2＝a（a﹣x），解得，即可求解． 【解答】（1）证明：∵DE＝DB， ∴∠DEB＝∠DBE， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠ABC＝45° 又∵∠ADE＝∠DEB﹣∠A，∠DBC＝∠DBE﹣∠ABC， ∴∠ADE＝∠DBC， 在△DGE和△BCD中， ， ∴△DGE≌△BCD（AAS）， ∴GE＝CD； （2）解：由（1）知△DGE≌△BCD， ∴GD＝BC＝2CF＝4， 设CD＝GE＝x， ∵∠ACB＝90°即BC⊥AC，EG⊥AC， ∴GE∥BC， ∴△DCF∽△DGE， ∴，即， 解得：（经检验，是分式方程的解，负值已舍去）， 在Rt△DCB中，，BC＝4， 由勾股定理得：； （3）解：如图2，连接CE， ∵， ∴， 又∵∠A＝∠A， ∴△ACE∽△ADB， ∴∠CEA＝∠DBA＝∠DEB， 又∵∠FBE＝∠A＝45°， ∴△CAE∽△FBE， ∴， 又∵，即， ∴， ∴BF＝CD， ∵∠ADE＝∠DBC，∠DCF＝∠BCD， ∴△CDF∽△CBD， ∴， ∴CD2＝CF•CB， 设CB＝CA＝a，BF＝CD＝x， ∴x2＝a（a﹣x）， 解得（负值舍去）， ∴，即． 【点评】本题属于相似形综合题，主要考查了三角形外角的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 18．综合实践课上，数学兴趣小组对图形中两条互相垂直的线段间的数量关系进行了探究． （1）操作判断 ①如图（1），在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB、CD、AD、BC上，且EF⊥GH，若EF＝5，则GH的长为　5　 ． ②如图（2），在矩形ABCD中，BC＝2AB，点E，F，G，H分别在边AB、CD、AD、BC上，且EF⊥GH，若EF＝8，则GH的长为　4　 ． （2）迁移探究 如图（3），在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC，BC上，且AE⊥BD，试证明：AB•EC＝AD•BE． （3）拓展应用 如图（4），在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，BE平分∠ABC交AD于点E，点F为线段AE上一点，AG⊥BF交BF于点H，交直线CD于点G，过点E作EK∥BF交AG的于点K．若△EHK的面积为，求AG的长． 【考点】相似形综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）①5；②4； （2）证明：如图，过点C作CF⊥AC交AE的延长线于点F， ∵∠F+∠FAC＝90°＝∠ADB+∠FAC， ∴∠F＝∠ADB， ∵∠BAD＝∠ACF＝90°，BA＝AC， ∴△ABD≌△CAF（AAS）， ∴AD＝CF， ∴AB∥CF， ∴△ABE∽△FCE， ∴， 又∵CF＝AD， ∴， 即AB•EC＝AD•BE； （3）AG的长为2或3． 【分析】（1）①过点E作EP⊥CD于点P，过点H作HQ⊥AD于点Q，易证△EPF≌△HQG（ASA），即可得解；②过点E作EP⊥CD于点P，过点H作HQ⊥AD于点Q，可证△EPF∽△HQG，即可得解； （2）过点C作CF⊥AC交AE的延长线于点F，先证△ABD≌△CAF（AAS），再证△ABE∽△FCE，即可得证； （3）易证AB＝AE＝3，再证△ABH≌△EAK（AAS），设AH＝EK＝a，利用面积可得HK，在Rt△AEK利用勾股定理求出a值，进而利用三角函数求解AG即可． 【解答】（1）解：①如图，过点E作EP⊥CD于点P，过点H作HQ⊥AD于点Q， 则EP⊥QH， ∴四边形EBCP，HCDQ是矩形， ∴EP＝BC＝CD＝HQ， 设EF交QH于点O，则∠EOH+∠QHG＝90°＝∠EOH+∠FEP， ∴∠GHQ＝∠FEP， 又∵∠EPF＝∠HQG＝90°， ∴△EPF≌△HQG（ASA）， ∴GH＝EF＝5； 故答案为：5； ②如图，过点E作EP⊥CD于点P，过点H作HQ⊥AD于点Q， 则EP⊥QH， ∴四边形EBCP，HCDQ是矩形， ∴EP＝BC＝2CD＝2HQ， 设EF交QH于点O，则∠EOH+∠QHG＝90°＝∠EOH+∠FEP， ∴∠GHQ＝∠FEP， 又∵∠EPF＝∠HQG＝90°， ∴△EPF∽△HQG， ∴， ∴GHEF＝4； 故答案为：4； （2）证明：如图，过点C作CF⊥AC交AE的延长线于点F， ∵∠F+∠FAC＝90°＝∠ADB+∠FAC， ∴∠F＝∠ADB， ∵∠BAD＝∠ACF＝90°，BA＝AC， ∴△ABD≌△CAF（AAS）， ∴AD＝CF， ∴AB∥CF， ∴△ABE∽△FCE， ∴， 又∵CF＝AD， ∴， 即AB•EC＝AD•BE； （3）解：如图， ∵在矩形ABCD中，BE平分∠ABC，AD∥BC， ∴∠ABE＝∠CBE＝∠AEB， ∴AE＝AB＝3， ∵AG⊥BF， ∴∠AHB＝90°， ∴∠ABH＝∠EAK＝90°﹣∠BAH， ∵EK∥BF， ∴∠AKE＝∠AHF＝90°， ∴∠AHB＝∠AKE， ∴△ABH≌△EAK（AAS）， ∴可设AH＝EK＝a， ∵S△EHKHK•EK， ∴HK， ∴AK＝AH+HK＝a， 在Rt△AEK中，AK2+EK2＝AE2， ∴（a）2+a2＝9， 整理得2a4a20， 解得a2或a2； 当a2时，则AH＝EK＝a（负值舍去）， 则HK， ∴AK＝AH+HK， ∴cos∠DAG，即， ∴AG＝2； 当a2时，则AH＝EK＝a（负值舍去）， 则HK， ∴AK＝AH+HK， ∴cos∠DAG，即， ∴AG＝3； 综上，AG的长为2或3． 【点评】本题主要考查正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 19．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A（﹣2，﹣2），B（﹣5，﹣4），C（﹣1，﹣5）． （1）将△ABC绕点O顺时针旋转90°得到△A1B1C1，请在平面直角坐标系中画出△A1B1C1； （2）以点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍，得到△A2B2C2，请在平面直角坐标系中画出△A2B2C2． 【考点】作图﹣位似变换；作图﹣旋转变换． 【专题】作图题；几何直观． 【答案】（1）△A1B1C1即为所求； （2）△A2B2C2即为所求． 【分析】（1）连接OC，根据旋转三要素得到OC1，即可确定C1位置，依次确定A1和B1位置，即可得到△A1B1C1； （2）连接CO并延长两倍，即可确定C2位置，依次确定A2和B2位置，即可得到△A2B2C2． 【解答】解：（1）△A1B1C1即为所求； （2）△A2B2C2即为所求． 【点评】本题考查了平面直角坐标系中图象的旋转，掌握作位似图形等知识是解题的关键． 20．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AN为BC边上的中线，点D为线段AC上一点，连接BD． （1）如图1，已知，BC＝8，求AD的长； （2）如图2，FG垂直平分BD分别交AB、BC于F、G，EH⊥AB，求证：； （3）如图3，当点D为线段AC的四等分点且靠近点C，过点D作直线l⊥AC，点P是直线l上的动点，连接NP，将线段PN绕点P顺时针旋转90°至线段PN'，点E是直线AB上的动点，连接AN′、EN'，当AN'最小时，将△AEN'沿EN'所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A'EN'，连接BA'，当BA′最大时，请直接写出的值． 【考点】相似形综合题． 【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；圆的有关概念及性质；图形的相似；运算能力；推理能力． 【答案】（1）； （2）延长FG，AN，交于点V连接DV，CV，BV，作DW⊥AV于W， ∴∠AWD＝∠VWD＝90°， ∵△ABC是等腰直角三角形，N是BC的中点， ∴△AWD是等腰直角三角形，AN⊥BC， ∴BV＝CV， ∴∠VCB＝∠VBC， ∵FG是BD的垂直平分线， ∴BV＝DV， ∴CV＝DV， ∴∠VCD＝∠CDV， ∵∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠ABC+∠VBC＝∠ACB+∠VCB， ∴∠ABV＝∠ACV， ∴∠VDC＝∠ABV， ∵∠VDC+∠ADV＝180°， ∴∠ABV+∠ADV＝180°， ∴∠BVD+∠BAC＝360°﹣（∠ABV+∠ADV）， ∴∠BVD＝90°， ∴∠BVN+∠WVD＝90°， ∵∠WVD+∠VDW＝90°， ∴∠BVN＝∠WVD， ∵∠DWV＝∠BVN＝90°， ∴△VDW≌△BVN（AAS）， ∴VN＝DW， 同理可得， △DWM≌△VNG， ∴GN＝WM， ∵∠BHE＝∠BAC＝90°，∠ABD＝∠EBH， ∴△EBH∽△DBA， ∴， ∴EH， ∵AWAD， ∴AWEH， ∵WM+AW＝AM， ∴； （3）． 【分析】（1）作DE⊥BC于E，解△BCD得出CD的长，进而得出AD的值； （2）延长FG，AN，交于点V连接DV，CV，BV，作DW⊥AV于W，证明△VDW≌△BVN，从而VN＝DW，同理可得△DWM≌△VNG，从而GN＝WM，根据△EBH∽△DBA得出EH，进一步得出结论； （3）设直线l交CN于F，作FG⊥NF，截取FG＝FN，可证得△PNF∽△N′NG，从而∠NGN′＝∠NFP＝∠FDC+∠ACB＝90°+45°＝135°，进而得出F、G、N共线，从而当AN′⊥FG时，AN′最小，不妨设CD＝1，AD＝3，则AB＝AC＝4，BC＝4，CN，从而得出AN′最小＝NF＝CN﹣CF，可得出A′N′＝AN′，∠AN′E＝∠A′N′E，从而得出点A′在以N′为圆心，为半径的圆上运动，当A′在BN′的延长线上时，BA′最大，可求得NN′，从而得出PNNN′，在Rt△BFN′中可qiu'de'cBN′，根据∠AN′E＝∠A′N′E得出，进而求得BE，进一步得出结果． 【解答】（1）解：如图1， 作DE⊥BC于E， ∴tan∠DBC， ∵∠BAC＝∠DEC＝90°， ∴tanA， ∴DE＝CE， ∵BC＝8， ∴DE＝CE， ∴CDDE， ∵AB＝ACBC＝4， ∴AD＝AC﹣CD； （2）证明：如图2， 延长FG，AN，交于点V连接DV，CV，BV，作DW⊥AV于W， ∴∠AWD＝∠VWD＝90°， ∵△ABC是等腰直角三角形，N是BC的中点， ∴△AWD是等腰直角三角形，AN⊥BC， ∴BV＝CV， ∴∠VCB＝∠VBC， ∵FG是BD的垂直平分线， ∴BV＝DV， ∴CV＝DV， ∴∠VCD＝∠CDV， ∵∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠ABC+∠VBC＝∠ACB+∠VCB， ∴∠ABV＝∠ACV， ∴∠VDC＝∠ABV， ∵∠VDC+∠ADV＝180°， ∴∠ABV+∠ADV＝180°， ∴∠BVD+∠BAC＝360°﹣（∠ABV+∠ADV）， ∴∠BVD＝90°， ∴∠BVN+∠WVD＝90°， ∵∠WVD+∠VDW＝90°， ∴∠BVN＝∠WVD， ∵∠DWV＝∠BVN＝90°， ∴△VDW≌△BVN（AAS）， ∴VN＝DW， 同理可得， △DWM≌△VNG， ∴GN＝WM， ∵∠BHE＝∠BAC＝90°，∠ABD＝∠EBH， ∴△EBH∽△DBA， ∴， ∴EH， ∵AWAD， ∴AWEH， ∵WM+AW＝AM， ∴； （3）解：如图3﹣1， 设直线l交CN于F，作FG⊥NF，截取FG＝FN， ∴∠FNG＝∠NGF＝90°， ∵线段PN绕点P顺时针旋转90°至线段PN'， ∴∠NPN′＝90°，PN＝+N′， ∴∠PNN′＝∠PN′N＝45°， ∴∠FNG＝∠PNN′， ∴∠PNF＝∠GNN′， ∵， ∴△PNF∽△N′NG， ∴∠NGN′＝∠NFP＝∠FDC+∠ACB＝90°+45°＝135°， ∴∠NGN′+∠FGN＝135°+45°＝180°， ∴F、G、N共线， ∴当AN′⊥FG时，AN′最小， 不妨设CD＝1，AD＝3，则AB＝AC＝4，BC＝4，CN， ∴AN′最小＝NF＝CN﹣CF， ∵△AEN'沿EN'所在直线翻折至△ABC所在平面内得到△A'EN'， ∴A′N′＝AN′，∠AN′E＝∠A′N′E， ∴点A′在以N′为圆心，为半径的圆上运动，当A′在BN′的延长线上时，BA′最大， 如图3﹣2， 在Rt△ANN′中，AN＝CN＝2，AN′， ∴NN′， ∴PNNN′， 在Rt△BFN′中，FN′＝AN＝2，BF＝BC﹣CF＝3， ∴BN′， ∵∠AN′E＝∠A′N′E， ∴， ∴， ∴， ∴BE， ∴． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，等腰直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 学科网（北京）股份有限公司 $