5月下旬之三角形与四边形—浙江省2026年中考数学模拟精选新题速递

**基本信息** 聚焦三角形与四边形综合应用，以题载法构建"性质-判定-变换-应用"逻辑链，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| |----|-----------|----------|----------| |三角形基础|12题/中位线应用|三线合一、30°直角三角形性质|从基本性质到折叠/新定义（类直角三角形）| |四边形综合|15题/菱形判定|菱形四步法、面积转化模型|特殊四边形性质→判定→动态问题| |几何变换|8题/旋转作图|旋转全等、折叠对称规律|静态性质→动态变换→多解讨论|

5月下旬之三角形与四边形—浙江省数学2026年中考模拟精选新题速递 一、选择题 1．如图，为测量零件内槽宽 BC，某同学制作了一个测量尺．其中，AB 为固定臂，AC为活动臂(可绕点A转动)．D，E分别为AB，AC的中点，测量尺的零刻度与点D重合．现测得DE的长为4.5cm，则内槽宽BC的长为(　　) A．4.5cm B．9cm C．13.5cm D．18cm 2．小红借助两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案，如图.其中△OAB 与△ODC 都是顶角为锐角的等腰三角形，且它们关于直线l对称，点 E，F 分别是底边AB，CD 的中点，OE⊥OF，90°<∠AOD<180°.设∠AOF=α，则∠BOC 的大小为 （　　) A．2a-180° B．α-90° C．180°-α D．270°-2α 3．如图所示为一张矩形纸片 ABCD，圆圆和方方在探究矩形和菱形的联系，通过尺规作图在矩形中作出一个菱形.圆圆的作法是：连结对角线 BD，作 BD的中垂线分别交 BC， AD于点 E， F，连结 BF， DE，则四边形 BEDF是菱形.方方的作法是：作 BC的中垂线分别交 BC，AD于点 E， F，连结 BF， DE，则四边形 BEDF是菱形.对于两人的作法，判断(　　) A．两人都正确 B．两人都错误 C．圆圆正确，方方错误 D．圆圆错误，方方正确 4．如图，已知∠ABC=45°，点D在BC上， BD=2，以D为圆心， DB长为半径画弧交AB于点E，则 BE的长为(　　) A． B．2 C． D．4 5．数学课上，老师要求将一个含22.5°角的直角三角形，用尺规作图将其分割成两个等腰三角形.甲，乙两人的作法分别如下图所示，则(　　) A．甲对乙错 B．甲错乙对 C．两人都错 D．两人都对 6．如图，在等边三角形ABC中，AB=4．以点C为圆心，适当长度为半径作弧分别交CA，CB于点D，E.再以点D为圆心，DE为半径作弧交第一段弧于点F，在射线CF上取点G，使得CG=6，则AG的长为(　　) A． B．6 C． D．7 7．如图，在平面直角坐标系中，点A， B， C的坐标分别为(3， 4)， (0， 3)， (1， 1)．若将△ABC绕点A逆时针旋转，使得点C与点C'(6，2)重合，则点B旋转后的对应点B'的坐标为(　　) A．(5， 1) B．(4， 1) C．(3， 1) D．(1， 4) 8．如图，有两个正方形ABCD、EFGH，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、AD边上，连结CE，已知AE=3，CF=4，则CE等于（　　） A． B． C． D． 9．下图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形 MNPQ 拼成的一个大正方形ABCD.直线 MP 分别交正方形ABCD 的两边于点E，F，若MN=1，EM=MP=PF，则AB= （　　) A． B． C．2 D． 10．如图 1是中国古代一种弓箭的箭头实物图，图 2是其示意图，为轴对称图形，已知AB∥CD，∠G=30°，∠F=50°，则∠A 的度数为(　　) A．45° B．50° C．55° D．60° 11．如图，在平行四边形ABCD中， 点E在边 BC上，D 是线段 FG的中点，若AG∥EF，则四边形AEFG的面积为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 12．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AC 是一条对角线，E 是AC 上一点，过点 E 作EF⊥AB，垂足为 F，连结DE.若AE=BF，则DE：BC的值为 （　　) A．2：3 B． C．2.5：3 D． ：3 二、填空题 13．如图，在▱ABCD中， AB=2， ∠D=60°， CE平分∠BCD，交AD于点E，以点B为圆心，BC长为半径作圆弧交DE于点 F，连结 BF.若AE=DF，则 的长为　 　. 14．如图，正方形 OEFG 和正方形ABCD 是位似图形，其位似中心为(-2，0).已知点 F的坐标为(1，1)，若点A 的坐标(2，0)，则点C的坐标为　 　. 15． 如图，正方形ABCD边长为2，动直线l经过正方形中心O，线段A'B'与线段AB关于直线l对称，则点 B到直线A'B'的距离最大值为　 　. 16． 如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，点E是BC边上的一点，将△ABE沿AE翻折得△AFE，AF与CD相交于点G，点G恰好是CD的中点，若BE=4，则CE=　 　. 17．如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，∠C=120°，AB=AD，BC=CD=2，点P是CD延长线上的一点，连结BP，△BEP与△BCP关于直线BP对称.当EP经过点A时，线段CP长为　 　 . 18．如图，在矩形ABCD中， AB=2， BC=4， E是CD的中点．将矩形ABCD绕点E顺时针旋转得到矩形 A1B1C1D1，边B1C1与边AD交于点 F，连结A1B．当点F落在 A1B上时，AF=　 　． 19．如图，矩形 EFGH可由矩形ABCD沿着对角线向右平移得到(点A，B，C，D的对应点分别为E， F， G， H)．边CD， BC分别交边EH， EF于点M， N，连结AH交CD于点K．若AE=2，EO=1， ∠DAH=∠ACD，则AH的长为　 　． 20．【阅读材料】过矩形对角线上任意一点作两条分别平行于两邻边的直线，会得到面积相等的两个矩形，如图（1），S矩形AEOM＝S矩形CFON． 【解决问题】如图（2），点M是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点M作EF∥BC分别交AB，CD于点E，F，连接BM，DM．若CF＝4，EM＝3，DF＝2，则MF＝　 　 ． 三、解答题 21．在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°. （1）尺规作图：作⊙O，使圆心O在BC上，⊙O经过A，B两点.(保留作图痕迹，不写作法) （2）求证：AC是(1)题所作⊙O的切线. 22．课堂上，屏幕上呈现一题： 已知：如图，在四边形ABCD中， AB=AD， . 求证： BC=CD. 请在空格处添加条件并证明. 你支持 (填“小明”或“小丽”)的观点，并写出相应的证明过程. 23． 对于题目“如图1，已知AC， BD 相交于O， OA=OB， OC=OD，证明： △ABC≌△BAD.”小明的解答过程如图2.请指出小明证明过程中错误步骤的序号，并写出正确证明过程. 24．【问题背景】 如图所示，某兴趣小组需要在菱形纸板ABCD上裁剪出一对“仿古三角旗”（阴影部分)，其中点E， F分别在AD， BC上，连结EF交AC于点 G. 【数学理解】 （1）这对“仿古三角旗”是相似的，请写出△AEG∽△CFG的证明过程. （2）若AB=2BF=4DE， CG=5，求AG的长. 25．图1为矩形实验台示意图，两面平面镜分别垂直放置于实验台边缘AB，BC上．点M在边AD上，E为AB中点，从点M发出的一束光线经边AB上的平面镜反射后，得到反射光线EF：光线EF再经BC上的平面镜反射，最终反射光线 FN交AD于点N．根据光的反射定律，可推得∠AEM=∠BEF， ∠BFE=∠CFN． （1）求证： FN∥EM． （2）已知AD=4，若反射光线 FN恰好经过点 D (如图2)，求AM的长． 26．新定义：两个内角度数之差等于 的三角形称为“类直角三角形”. （1）【判定】如图 1， 中， 求证： 是“类直角三角形”. （2）【性质】如图2， 是“类直角三角形”， 求AB 的长度. 27．如图，在四边形 ABCD中，AB∥CD，点E在边AB 上， .请从“①∠B=∠AED；②BE=CD”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号)，再解决下列问题： （1）求证：四边形 BCDE为平行四边形. （2）若AD⊥CD，AD=8，BC=10，AE=CD，求平行四边形 BCDE 的面积. 28．在一次综合与实践课上，某数学兴趣小组从一张正方形纸片出发，通过不同的折叠方式，感受数学的奥秘． 【实践操作1】折法：如图1． 步骤1：将正方形ABCD对折，得到折痕EF，连结CE； 步骤2：将正方形沿CE折叠，使点B翻折至点H处，CH交EF于点G． 【实践操作2】折法：如图2． 步骤1：将正方形ABCD对折，得到折痕MN，连结CM． 步骤 2：将正方形折叠，使点B落在CM上，得点B1，得到折痕CP， 【问题解决】 （1）在实践操作1中，猜想△GEC的形状，并说明理由． （2） 在实践操作2中，若BC=2，求BP的长． 29．小明发现，任意一个直角三角形都可以分割成两个等腰三角形，已知：在△ABC中，∠ACB＝90°．求作：直线CD，使得直线CD将△ABC分割成两个等腰三角形．下面是小明设计的尺规作图过程． 作法：如图，①作直角边CB的垂直平分线MN，与斜边AB相交于点D；②作直线CD，则直线CD就是所求作的直线． 根据小明设计的尺规作图过程，解决下列问题： （1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）； （2）小明进一步探究：以点D为圆心，适当长为半径画弧分别交DA、DC于P、Q两点，再分别以点P、Q为圆心，大于PQ的长为半径画弧，两弧在∠ADC内交于点M，直线DM交AC于点E，则AE＝CE （填写理由），使用尺规作图在图中补全作图痕迹 30．在矩形ABCD中，ABEF为正方形，点G在EF射线上， 过A 作HA⊥AG交BC于点H，过H作HP⊥DG交DG于点 P，连结DH交EF于点Q. （1）求证：四边形AHPG是正方形. （2）已知AB=1，若Q为HD的中点，求 BC的长. 31．如图1，在四边形ABCD中， CE平分 交AB于点E，点F在AB上，且.AE=BF. （1）如图2，当点E与点 F重合时，求 的值. （2）如图3，点G在射线AD上，且点E在点 F上方时，连结DE，FG. ①当 时，求AD的长. ②若AD+AG=5，求DE+FG的最小值. 32．如图1，在菱形ABCD中，对角线. P 是射线AD上一点，连接 BP，△BPQ与△BPA关于 BP对称. （1） 求AB的长. （2）当BQ⊥AB时， 求证： PQ∥AC. （3）如图2，当直线PQ与AC相交时，记交点为E. ①当点P在边AD上，且PQ⊥AB时，求AP的长. ②连接BE，当BE取得最小值时，求AE的长. 33． 如图1，点 P是正方形 ABCD对角线 BD延长线上一点， BD=6.连结 PA， PC，将线段PA绕着点 P逆时针旋转一定的角度后与 BC的延长线交于点 E. （1）求证： ①△PCE是等腰三角形； （2）连 DE交 PC于点 Q，设 DP=x， △QCE的面积为 S，求 S与x的关系式. 34． （1）如图1，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE∥AC，交BC于点E. ①若求BC的长； ②试探究是否为定值.如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由. （2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF=2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE∥AC，交CB的延长线于点E.记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为求cos∠CBD的值. 答案解析部分 1．【答案】B 【解析】【解答】解：，分别为，的中点， 是的中位线， ， ， 故选． 【分析】根据三角形的中位线定理解答即可. 2．【答案】D 【解析】【解答】解：由题意可知，△OAB与△ODC关于直线l对称，且E、F分别为等腰△OAB、△ODC底边AB、CD的中点。 根据等腰三角形 “三线合一” 及轴对称性质，OE平分∠AOB，OF平分∠AOD， 因此，。 已知OE⊥OF，即∠EOF=90∘， 由图中角度关系可得∠AOF=∠AOE+∠EOF，所以∠AOE=∠AOF−∠EOF=α−90∘。 结合对称性可知∠BOE=∠COF=2(α−90∘)=2α−180∘， 观察图形，可得∠BOC=∠EOF−∠BOE−∠COF=90∘−2(2α−180∘)， 化简可得∠BOC=270∘−2α，对应选项D。 故答案为：D. 【分析】本题核心考查轴对称图形的性质与等腰三角形“三线合一”，关键在于利用对称轴及中点条件锁定角平分线关系，再借助OE⊥OF的垂直关系，通过角度的和差代换推导∠BOC即可。 3．【答案】C 【解析】【解答】解：如图1中，圆圆的作法正确．可以根据邻边相等的平行四边形是菱形． 如图2中，方方的作法错误．，四边不相等． 故答案为：C. 【分析】根据作图，利用菱形的判定方法判断解答即可． 4．【答案】C 【解析】【解答】解：连接DE，如图： ∵以D为圆心，DB为半径画弧交AB于点E， ∴DB=DE=2， ∵∠ABC=45°， ∴∠BED=∠ABC=45°， ∵根据三角形内角和为180°， ∴∠BDE=90°， ∴△BDE为直角三角形， 故选：C. 【分析】先根据圆的性质得出BD=DE，再结合已知角度判断三角形的形状，最后利用勾股定理求出BE的长度. 5．【答案】D 【解析】【解答】解：如图甲， 由作图痕迹可知，AD=AC， 为等腰直角三角形， 为等腰三角形， ∴甲作法正确； 如图乙， 由作图痕迹可知，直线EF为线段BC的垂直平分线， ∴点E为BC的中点， ∴AE为. 斜边上的中线， 和 为等腰三角形， ∴乙作法正确. 综上所述，两人都对. 故选： D. 【分析】由图甲的作图痕迹可知，AD=AC，可得 为等腰直角三角形， 则 即 可知 为等腰三角形；由图乙作图痕迹可知，直线EF为线段BC的垂直平分线，则点E为BC的中点，可知AE为 斜边上的中线，可得 则 和 为等腰三角形. 6．【答案】A 【解析】【解答】解：连接，，过点作于点， 由作图可知，，． ∵是等边三角形， ∴，． ∵，， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴，即是等边三角形， ∴． ∵点在上，点在射线上， ∴． 在中，，， ∴， ∴，． ∵， ∴． 在中， ． 故答案为：A. 【分析】连接，，过点作于点，根据尺规作图得到和为等边三角形，从而得出，然后根据30°的直角三角形的性质和勾股定理求出GM长，再根据勾股定理求出AG长解答即可． 7．【答案】B 【解析】【解答】解：如图所示，连接， ， 由图可知，在和中， ， ∴，， ∵， ∴， ∴绕点逆时针旋转， ∴点绕点逆时针旋转的对应点如图所示， ∴点． 故答案为：B. 【分析】根据旋转的性质，得到旋转中心，即可得到点B 的对应点B'的位置，然后写出坐标即可． 8．【答案】C 【解析】【解答】解：如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∵四边形EFGH是正方形， 在 中， 又· 在 和 中， ∴△AEH≌△BFE(AAS)， ∴AE = BF， ∵AE=3， ∴BF=3， 同理： △BEF≌△CFG(AAS)， ∴BE=CF， ∵CF=4， ∴BE=4， ∴BC=BF+CF=3+4=7， 在△CBE中， ∠B=90°， 由勾股定理得： 故答案为：C. 【分析】由正方形性质得∠A=∠B=∠BCD=90°， EH=EF=FG， ∠HEF=∠EFG=90°，证明△AEH和△BFE全等得AE = BF=3，同理证明△BEF和△CFG全等得BE=CF=4， 进而得BC=7， 在Rt△CBE中，由勾股定理可CE的长. 9．【答案】A 【解析】【解答】解：已知小正方形MNPQ的边长MN=1，且EM=MP=PF。 因为MNPQ是正方形，所以MP是小正方形的对角线，由勾股定理得：， 因此， 设四个全等的直角三角形的短直角边为a，长直角边为b(b>a)。 根据赵爽弦图的结构，小正方形的边长等于长直角边减短直角边，因此：b-a=1 大正方形的边长AB是直角三角形的斜边，由勾股定理得：， 过点E作EG⊥AN于点G， 因为四边形MNPQ为正方形，MP为对角线， 所以∠NMP=∠EMG=45°， 所以EG=MG=1，AG=b-2， 因为∠ANB=90°， 所以EG//BN， 所以， 所以， 即， 解得：， 则， 则. 故答案为：A. 【分析】 本题以赵爽弦图为载体，综合考查正方形性质、全等三角形、相似三角形与勾股定理。先由小正方形边长和线段相等关系，利用相似三角形求出直角三角形的两直角边，再用勾股定理计算大正方形边长 AB。 10．【答案】C 【解析】【解答】解：作对称轴 （ 为 BC 中点），延长 GA 交 FM 于点 ． 图形关于直线 FM 对称， ， ． 是 的外角， ． ． 故答案为：C . 【分析】作对称轴 FM，延长 GA 交 FM 于点 ，根据题意可得 ；然后根据两直线平行，内错角相等得到，然后根据三角形的外角解答即可． 11．【答案】C 【解析】【解答】解：如图，延长交于点H，过点A作于点M，过点E作于点N， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∵D是线段的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， 即． 【分析】延长交于点H，过点A作于点M，过点E作于点N，根据平行四边形的性质得到，即可得到为等腰直角三角形，然后根据AAS得到，即可得到，，然后根据解答即可． 12．【答案】B 【解析】【解答】解：因为四边形ABCD是菱形， 所以AB=BC=AD，又∠ABC=60°， 因此比△ABC是等边三角形， 故∠BAC=60°，AC=AB=BC。 因为EF⊥AB， 所以△AEF是直角三角形，∠AFE=90°，∠EAF=60°， 则∠AEF=30°，设AE=x，由30°角所对直角边是斜边的一半，得，再由勾股定理得. 已知AE=BF， 所以BF=AE=x， 因此，即。 因为菱形ABCD中，且ADIIBC，∠DAB=180°-∠ABC=120°，∠BAC=60°， 所以∠DAE=∠DAB-∠BAC=60°。 在△ADE中，，AE=x，∠DAE=60°， 过D作DG⊥AC于G，∠DAG=60°，则AG=， ，， 在Rt△DEG中，由勾股定理得。 因此，对应选项B. 故答案为：B. 【分析】 本题利用菱形性质与 60° 角构造等边三角形，结合直角三角形边角关系设参数表示线段长，再用勾股定理计算 DE 长度，最终求出 DE 与 BC 的比值。 13．【答案】 【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∵CE平分 ∴三角形CDE是等边三角形， 过点A作BF的垂线，垂足为M， 的长为： 故答案为： 【分析】根据题意，求出 的度数，进一步求出BF的值，最后结合弧长公式进行计算即可. 14．【答案】(4，2) 【解析】【解答】解：∵正方形中，，且点O为坐标原点， ∴，， ∵ 正方形与正方形是位似图形，位似中心为， ∴ 点O与点A为对应顶点，点F与点C为对应顶点，设位似中心为M，过M作射线，，由题意可知，，分别过D，C， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ 点C的坐标为． 故答案为： . 【分析】根据位似的两个图形相似，然后求出相似比，求出DC长，即可求出点C的横、纵坐标解答即可． 15．【答案】 【解析】【解答】解：， 则， 过点作垂直于于点， 为等腰直角三角形， 为等腰直角三角形， ， ， ， ∵ ∴当B、O、Q三点共线时距离最大， 则最大距离． 故答案为：. 【分析】先根据勾股定理求出的长度，由对称得到，，过点作垂直于于点，再求出到的距离，然后根据等腰直角三角形的面积公式求出OQ=1，当B、O、Q三点共线时距离最大为BQ长，根据线段的和差解答即可． 16．【答案】 【解析】【解答】解：连接AC，作EH⊥AB于点H，则∠AHE=∠BHE=90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∠B=60°， ∴AD=CD=CB=A B， ∠D=∠B=60°， ∴△ABC和△ADC都是等边三角形， ∴∠BAC=∠DAC=60°， ∵将△ABE沿AE翻折得△AFE， AF与CD相交于点G，点G恰好是CD的中点， =30°， ∴∠BAF=∠BAC+∠CAF=90°， ∴∠HEA=∠BAE=45°. 且BE=4， ， 故答案为： 【分析】连接AC，作EH⊥AB于点H， 由菱形的性质可得△ABC和△ADC都是等边三角形， 所以∠BAC=∠DAC=60°， 由翻折可得 则∠BAF=90°，所以∠BAE=45°， 则∠HEA=∠BAE=45°， 解直角三角形求出AH=E 即可得到CB=AB=2 在根据线段的和差解答即可. 17．【答案】 【解析】【解答】解：∵ △BEP与△BCP关于直线BP对， ∴△BEP≌△BCP， ∴BE=BC=2，∠BEP=∠BCP=120°，∠EBP=∠CBP． 过C作CH⊥BD于H，过B作BF⊥PE，交PE的延长线于点F． ∵在等腰△BCD中，BC=CD=2，∠BCD=120°， ∴∠BCH=60°，， ∴． ∵在等腰Rt△BAD中，BA=AD，∠BAD=90°，， ∴. ∵∠BEP=120°， ∴， 在Rt△BEF中，∠EBF=30°，，由勾股定理，得. 在Rt△ABF中，，，由勾股定理，得， ∴AF=BF，△ABF为等腰直角三角形，∠ABF=45°． ∴∠ABE=∠ABF-∠EBF=45°-30°=15°． 在等腰Rt△ABD中，∠ABD=45°，在等腰△BCD中，∠CBD=30°， 由轴对称，∠EBP=∠CBP，即∠ABE+∠ABP=∠CBD+(∠ABD-∠ABP)， 代入∠ABE=15°，∠CBD=30°，∠ABD=45°，得15°+∠ABP=30°+(45°-∠ABP)，解得∠ABP=30°． ∴∠DBP=∠ABD-∠ABP=45°-30°=15°． 在△BDP中，∠BDC是外角，∠BDC=30°， ∴∠BDC=∠DBP+∠BPD， 代入∠BDC=30°，∠DBP=15°，得∠BPD=15°． ∴∠DBP=∠BPD， ∴． ∴. 故答案为：. 【分析】先利用轴对称的性质，得到△BEP≌△BCP，推出BE=2，∠BEP=120°；接着在等腰△BCD中，通过作垂线构造含60°的直角三角形，计算得，再结合等腰Rt△BAD的性质，求出；同时过B作BF⊥PE，在Rt△BEF中，利用30°角的性质得到EF=1，，再通过勾股定理计算得，证明△ABF为等腰直角三角形，得到∠ABF=45°，进而算出∠ABE=15°；再结合∠EBP=∠CBP的关系，建立角度方程15°+∠ABP=30°+(45°-∠ABP)，解得∠ABP=30°，推出∠DBP=15°；再利用三角形外角性质，由∠BDC=30°得到∠BPD=15°，根据“等角对等边”得；最后根据CP=CD+DP，代入CD=2，，计算得． 18．【答案】或 【解析】【解答】解：如图，连接EF，以E为圆心，EB长为半径作圆E，则点A'，B'，A在圆E上， 由旋转可得A'B'=AB， ∴， ∴∠B'A'B=∠ABA'， 又∵ABCD、A'B'C'D'是矩形， ∴∠BAD=∠A'B'C'=∠D=∠C'=90°， ∴∠A'FB'=∠AFB=∠C'FB， 又∵点E是CD的中点， ∴C'E=DE=1， ∴∠C'FE=∠DFE， ∴∠BFE=90°， ∴∠ABF+∠BFA=∠DFE+∠ABF=90°， ∴∠ABF=∠DFE， ∴△ABF∽△DFE， ∴，即， 解得AF=或， 故答案为：或. 【分析】连接EF，以E为圆心，EB长为半径作圆E，则点A'，B'，A在圆E上，根据等弧所对的圆周角相等得到∠B'A'B=∠ABA'，进而可得∠A'FB'=∠AFB=∠C'FB，再根据角平分线的判定得到∠C'FE=∠DFE，即可得到∠BFE=90°，然后证明△ABF∽△DFE，根据对应边成比例解答即可. 19．【答案】 【解析】【解答】解：由平移的性质可知，，，， 矩形沿对角线平移，，， ， 四边形是矩形， ，， ，， ，即， 在和中， ，， ，即 在和中， ，， ， ，即， ， ， ，， ， ， ， 过点作交的延长线于点， ， ， 在中，，， 在Rt中，， ， ， ， 又， ， ， 设，则， 整理得， 解得，（舍去）， ， ． 故答案为：. 【分析】根据平移的性质和矩形性质得到及，根据相似三角形的对应边成比例表示、与，然后根据两角对应相等得到，表示AH长，再根据勾股定理列方程求出AD2解答即可． 20．【答案】6 【解析】【解答】如图，过点M作GH||AB交AD，BC于点G，H，则由材料知S矩形BEMH=S矩形MGDF， 可知S△BEM=S△DMF， 即， 因为BE=CF=4， 所以， 解得MF=6. 【分析】 题目给出了阅读材料：过矩形对角线上一点作平行于两邻边的直线，所得两个小矩形面积相等。在图（2）中，EF∥BC，相当于过点M作了一条平行于BC（即平行于AD）的直线。我们需要利用“S矩形AEFD = S矩形EBCF”这一核心结论。然后，将面积用已知和未知的线段表示出来，建立方程求解MF。 21．【答案】（1）解：如图所示： （2）证明：连结AO， ∵AB=AC，∴∠B=∠C=30°， ∵OA=OB，∴∠1=∠B=30°， ∴∠2=90°，∴AC是⊙O的切线. 【解析】【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于点O，以点O为圆心，为半径画圆，则圆O即为所作； （2）连接，根据等边对等角求出∠B和∠A的度数，即可根据角的和差求出∠OAC的度数，证明结论即可． 22．【答案】解：支持小丽，理由如下： 当添加∠B=∠D时， 在△ABC和△ADC中， AB=AD， AC=AC， ∠B=∠D，不符合全等三角形的判定条件， 因此不能判定△ABC和△ADC全等，就得不出BC=CD的结论， 当添加∠B=∠D=90°时，证明如下： ∵∠B=∠D=90° ∴△ABC和△ADC都是直角三角形， 在Rt△ABC和Rt△ADC中， ∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)， ∴BC=CD. 故答案为：小丽. 【解析】【分析】支持小丽，当添加 时，因此不能判定 和 全等，就得不出BC=CD的结论，当添加∠ 时，可得 和 都是直角三角形，进而依据“HL”可判定 和 全等，再根据全等三角形的性质即可得出结论. 23．【答案】解：错误步骤的序号为②. 正确证明如下： 由正确步骤①知△AOD≌△BOC，所以AD=BC， 因为OA=OB， OC=OD， 所以DB=CA， 在△ABC和△BAD中， 因为 所以△ABC≌△BAD (SSS). 【解析】【分析】根据证明过程逐一判断得到错误步骤；然后根据步骤①可得△AOD≌△BOC，即可得到AD=BC，根据三边对应相等的两三角形全等证明即可. 24．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC=∠BCA， ∠AEG=∠CFG， ∴△AEG∽△CFG. （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD=AB=BC. ∵AB=2BF=4DE， ∴AD=4DE， AE=3DE， CF=2DE， ∴AE：CF=3：2. ∵CG=5， 【解析】【分析】(1)根据菱形的性质得到即可得到∠DAC=∠BCA，∠AEG=∠CFG，然后证明结论即可； (2)求出AE：CF=3：2，再根据相似三角形的对应边成比例解答即可. 25．【答案】（1）证明： ∵四边形ABCD是矩形， ∵∠A=90°， ∴∠AEM+∠AME=90°， ∴∠AME=∠CFN， ∵AD∥BC， ∴∠MNF=∠CFN， ∴∠AME=∠MNF， ∴FN∥EM； （2）解： ∵E为AB中点， ∵∠AEM=∠BEF， ∠A=∠B=90°， ∴△AEM≌△BEF(ASA)， ∴BF=AM， ∵AD∥BC， ∴∠CFD=∠MDF=∠AME， ∵∠A=∠C=90°， ∴△AEM∽△CDF， ∴CF=2AM， ∴BC=3AM， ∵BC=AD=4， 【解析】【分析】(1)根据矩形的性质得到 根据三角形的内角和定理得到 求得 得到 根据平行线的性质得到 等量代换得到∠AM 于是得到结论； (2)由E为AB中点，得到 根据全等三角形的性质得到BF=AM，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论. 26．【答案】（1）证明：因为∠A=120°，AB=AC， 所以∠B=∠C=30°， 所以∠A-∠B=90°或∠A-∠C=90°， 所以△ABC是“类直角三角形”. （2）解：如图，作AD⊥AC交BC 于点D， 因为∠BAC-∠B=90°， 所以∠B=∠BAD，所以DB=DA. 设DB=DA=x，则CD=8-x， 在直角三角形ADC中，根据勾股定理可得x2+42=(8-x)2，解得x=3. 作AH⊥BC交BC 于点 H，可求出 在直角三角形ABH 中，根据勾股定理可得 【解析】【分析】 (1) 先由等腰三角形性质和三角形内角和求出∠B、∠C 的度数，再验证两个内角差为 90°，符合 “类直角三角形” 定义； (2) 先由∠BAC - ∠B = 90° 结合内角和求出∠C = 90°，再用勾股定理直接计算 AB 的长度。 27．【答案】（1）证明：两个条件均可， 如选①，则证明过程如下： 因为∠B=∠AED. 所以 DE∥BC. 又因为 AB∥CD. 所以四边形BCDE为平行四边形. 如选②，则证明过程如下： 因为BE=CD.又因为AB∥CD， 所以四边形BCDE为平行四边形 （2）解：因为AB‖CD且AD⊥CD，根据平行线的性质，可得AD⊥AB，即∠A=90°， 所以△ADE是直角三角形。 因为四边形BCDE是平行四边形， 所以DE=BC=10。 在Rt△ADE中，由勾股定理AD2+AD2=DE2，代入AD=8，DE=10，得AD2+82=102， 解得AE=6。 因为AE=CD， 所以平行四边形BCDE的底边CD=6，高为AD=8. 根据平行四边形面积公式S=底×高，得S平行四边形BCDE=CD×AD=6×8=48。 综上，平行四边形BCDE的面积为48。 【解析】【分析】(1)证明四边形BCDE为平行四边形，核心依据是一组对边平行且相等或两组对边分别平行。选①时，利用同位角相等证DE||BC，结合已知AB‖CD得证；选②时，直接利用BECD且BE=CD得证； (2)求平行四边形面积，根据AD⊥CD及AB||CD得∠A=90°，结合AE=CD与BCDE是平行四边形(DE=BC=10)，在Rt△ADE中用勾股定理求高AE(即平行四边形的底边上的高)，再用面积公式S=底×高计算。 28．【答案】（1）解：△GEC是等腰三角形，理由如下． 因为折叠，所以∠AEF=∠BEF=180°÷2=90°，所以EF⊥AB． 在正方形ABCD中， AB⊥BC，所以EF∥BC． 所以∠ECB=∠FEC=∠HCE． 所以△GEC是等腰三角形． （2）解：在正方形ABCD中， BC=CD=AD=2， ∠B=∠BCD=∠D=90°． 因为折叠，所以DM=1， ∠PCB=∠PCB1． 如图，过点 P作PQ∥AD交MC于点T，交CD于点Q，因为PQ∥AD， 所以△TQC∽△MDC， ∠TQC=∠D=90°． 所以 设TQ=x， CQ=2x，则 因为PQ∥AD， AD∥BC，所以PQ∥BC． 可得∠QPC=∠PCB． 所以∠QPC=∠PCB1，所以 由于四边形 PBCQ为矩形， 所以 解得 所以 所以 【解析】【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等得到，利用折叠的性质得到，即可得到，根据等角对等边得到结论即可； （2）根据折叠的性质得到，过点作交于点，交于点，即可得到，根据对应边成比例设，则，利用勾股定理求出，进而可得，根据矩形的性质得到，求出的值解答即可． 29．【答案】（1）解：如图，直线CD即为所求： （2）解：图形如图所示： 由作图可知DE平分∠ADC， ∵DA＝DC， ∴AE＝CE（等腰三角形三线合一的性质）， 故答案为：等腰三角形三线合一的性质． 【解析】【分析】 题目分为两部分： (1) 补全作图：核心是理解“作直角边CB的垂直平分线”的目的是得到点D，使得DC = DB（垂直平分线上的点到线段两端距离相等），从而确保△CDB是等腰三角形。再连接CD，需要证明△ACD也是等腰三角形（利用直角三角形斜边中线性质或角度计算）。 (2) 补充作图并填写理由：根据描述完成角平分线的尺规作图，然后利用“DA=DC”（已证）和“DE平分∠ADC”，结合等腰三角形“三线合一”的性质，推导出AE=CE。 30．【答案】（1）证明：∵∠AGP=∠GAH=∠HPG=90°， ∴四边形AHPG是矩形. ∵四边形ABEF是正方形，∴AB=AF， ∵∠BAF=∠HAG=90°，∴∠BAH=∠DAG. ∴△ABH≌△AFG，∴AB=AF， ∴四边形AHPG是正方形. （2）解：设， 四边形是正方形，四边形是矩形， ，即． ． 为中点， ． 在和中： ． ． ，， ． ，， ， ， ， ． ，四边形为正方形， ，， ． 由（1）可知， ． 在中， ． ， 整理得：， 解得（舍去），． ． 【解析】【分析】（1）根据三个角是直角得到AHPG是矩形，然后根据正方形的性质，然后根据ASA得到，即可得到AB=AF，证明结论即可； （2）根据正方形和矩形的性质，利用AAS得到，即可得到，设，则，再根据两角对应相等得到，根据对应边成比例求出．由（1）知，在中根据勾股定理列方程求出x的值解答即可． 31．【答案】（1）解：∵AB=5， AE=BF，又∵点E， F重合， ∵CE平分∠BCD， ∴∠DCE=∠BCE，即 ； （2）解：①延长DA， CE交于点 M，作 DN⊥BC于点 N， ∵AD∥BC， CE平分∠BCD， ∴∠M=∠ECB=∠ECD， 设AD=x，得DC=DM=2+x， ∵∠B=∠BAD=∠DNB=90°， ∴四边形ABND 是矩形， ∴DN=AB=5， BN=AD=x， 由勾股定理得， 即 得 即 ②延长GA至点G'，使AG'=AG，连结FG'，过点D作 DN⊥BC于点 N，连结NF， NG'. ∵∠G'AF=∠GAF=90°， AG'=AG， ∴AB是GG'的中垂线， ∴FG=FG'. ∵∠DAB=∠ABN=∠DNB=90°， ∴四边形 BNDA 是矩形， ∴AD=BN. ∵AE=BF， ∴△ADE≌△BNF， ∴DE=NF， ∴当FG'+FN取最小值时， DE+FG 取最小值， ∴当N， F， G'三点共线时， FG'+FN=NG'，此时DE+FG取最小值. ∵DG'=AG'+AD=AG+AD=5， DN=AB=5， ∴DE+FG 的最小值 【解析】【分析】(1)根据已知条件得到 根据三角函数的定义得到结论； (2)①延长DA， CE交于点M，作 于点N，根据角平分线的定义和平行线的性质的得到 根据三角函数的定义得到 设AD=x，得DC=DM=2+x，根据矩形的性质得到BN=AD=x，DN=AB=5，根据勾股定理即可得到结论； ②延长GA至点G，使AG'=AG，连结FG，过点D作 于点N，连结NF，NG.根据线段垂直平分线的性质得到FG=FG'.根据全等三角形的性质得到DE=NF，当FG'+FN取最小值时，DE+FG取最小值，当N， F， G三点共线时，FG'+FN=NG'，此时DE+FG取最小值.于是得到结论. 32．【答案】（1）解：因为四边形ABCD是菱形， 所以AB = AD， ∠DAB=60°。 所以△ABD是等边三角形。 所以AB=BD。 又因为菱形的对角线互相垂直且平分， 所以 已知 则 在Rt△ABO中， ∠BAO =30°， 所以AB=2BO。 设BO=x，则AB=2x， 根据勾股定理. 可得 解得x =1或x =-1(边长不能为负舍去)， 所以AB=2x=2。 （2）因为△BPQ与△BPA关于BP对称， 所以∠BQP =∠BAP =60°， ∠QBP =∠ABP， 已知BQ⊥AB，则∠ABQ =90°， 所以 45°。 因为四边形ABCD是菱形， 所以AC平分∠DAB， 则 在△ABP中， ∠APB=180°-∠BAP-∠ABP=180°-60°-45°=75°。 因为△BPQ与△BPA关于BP对称， 所以∠BPQ =∠BPA=75°。 则∠APQ=∠BPQ+∠BPA=75°+75°=150°。 所以∠BAC+∠APQ=30°+150°=180°， 所以PQ//AC。 （3）解：①如图2，当PQ⊥AB时， 在 Rt△BQM中， BQ=2， ∠Q=60° 所以 所以 ②由于∠Q为定角，BQ为定长，所以BE⊥PQ时，BE最小，有两种情况，如图3，4所示， 在Rt△BEQ中， 又OB=1，所以 所以 【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得到△ABD是等边三角形，然后设BO=x，根据勾股定理求出x的值解答即可； （2）根据对称性得到∠BQP =∠BAP =60°， ∠QBP =∠ABP，然后根据菱形的性质和角平分线的定义求出∠BAC=30°，然后根据三角形的内角和定理得到∠APB=75°，进而求出∠APQ=150°，再根据同旁内角互补，两直线平行证明结论即可； （3）①根据30°的直角三角形的性质和勾股定理求出BM长，即可求出AM长解答即可； ②由题可知∠Q为定角，BQ为定长，所以BE⊥PQ时，BE最小，然后根据30°的直角三角形的性质和勾股定理求出OB长，然后根据线段的和差解答即可. 33．【答案】（1）解：①已知 BD为正方形的对角线， ∴BD 平分∠ABC，即∠ABP=∠CBP． 在△ABP和△CBP中： △ABP≌△CBP ∴PA=PC． 又已知题目条件 PE=PA， 可得 PC=PE． △PCE为等腰三角形 ②过点 P 作 PH⊥CE，交 CE 于点 H． ∵PC=PE(已证)，且 PH⊥CE， ∴CE=2CH=2EH 在正方形中，对角线 又∵DC∥PH ，即 ∵CE=2CH （2）解：过点 P 作 PG∥BE，交 ED 的延长线于点 G，． ∵BD=6 根据平行线分线段成比例定理，可得： ， ∵PH∥CD， ∴△PGQ∽△CEQ， ， ， ， . 【解析】【分析】（1）①根据正方形的性质可，利用SAS得到，根据对应边相等得到PA=PC，再根据等量代换得到 PC=PE，证明结论即可； ②过点作于点，即可得到，根据三线合一得到，根据勾股定理得到，然后根据平行线截对应线段成比例得到，即可得到，证明结论； （2）过点作，交的延长线于点，根据勾股定理求出BC长，然后根据平行线分线段成比例得到，求出GP长，然后根据PE∥CD得到△PGQ∽△CEQ，根据对应边成比例求出，即可得到，然后求出△PCE的面积，根据高相等的两个三角形的面积比等于对应底的比解答即可． 34．【答案】（1）解：①∵CD平分， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ②∵， ∴． 由①可得， ∴． ∴． ∴是定值，定值为1 （2）解：过点D作DH⊥EC于点H，DM⊥AF于点M， ∵DC平分∠BCF， ∴HD=DM， ∴， ∵CD平分， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴ ∵， ∴． ∵ ∴， 又∵， ∴， 设，则． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴（取正值） 如图，过点D作于H． ∵， ∴． ∴ 【解析】【分析】（1）①根据角平分线的定义和平行线的性质得到，进而根据两角对应相等得到，再根据对应边成比例解答即可； ②根据平行线可得，由①可得，然后求差解答即可； （2）过点D作DH⊥EC于点H，DM⊥AF于点M，利用角平分线的性质可证得HD=DM，利用三角形的面积公式可证得，再证明，利用平行线的性质可推出，利用等边对等角可证得CE=DE，据此可得到；利用平行可证得△BDE∽△BAC，利用相似三角形的性质及三角形的面积公式可推出，将两个式子相乘，可推出，结合已知条件可得到BC与CE的比值，设，则；利用平行可证得，利用相似三角形的性质可表示出CD的长，过点D作于H，利用等腰三角形三线合一的性质可表示出BH的长，然后利用余弦的定义可求出cos∠CBD的值. 学科网（北京）股份有限公司 $