中考备考攻坚课程第八讲：压轴题难点突破4：发现类比探究题 自主学习单

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第八讲 中考压轴题难点突破 4：《发现类比探究题》
——吴丹妮
《发现类比探究题》自主学习单
一、知识技能梳理
中考中常出现几何类比探究题，通常以一类共性条件和特殊条件为基础，由特殊到一般，由简单到复杂构建问
题，逐步深入，问题解析的思想方法一脉相承。问题探究的一般方法如下：
第一步，根据问题条件以及关联条件解决第一问；
第二步，利用上一问的方法类比探究下一问，若不可行，则可将两问相结合，探寻不可类比的原因和出现变动的特
征，然后依据不变特征探寻新的方法。
同时，在类比探究过程有如下几个探究技巧：
（1）找特征，如中点、特殊角、图形折叠等；
（2）找模型，如相似模型（子母型，A 字型，八字型）、三线合一、全等模型等；
（3）解析照搬，解析时可照搬上一问的方法及思考问题的解析思路，如照搬辅助线，照搬全等、相似等；
（4）找结构，探寻问题不变的结构，利用不变结构的特征来逐步剖析，通常不变结构及对应解析方法如下：
①直角，可作横平竖直的辅助线，构建相似或全等模型；
②旋转，可构建全等或相似模型；
③中点，作倍长线段，通过几何全等来转移边和角；
④平行，探究其中的相似关系，利用相似比例来转化线段关系。
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二、学习过程
模块一：不变结构之旋转
模块一：典例精讲
例题 1.
问题发现
（1）如图 1，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点 D在 BC边上，且 BD＝3CD，将线段 AD绕点 A
顺时针旋转 90°得到线段 AE，连接 DE，BE，则 BE+BD的值为 ．
类比探究
（2）如图 2，在（1）的条件下，点 P为 AB边上的中点，BD＝3CD，将线段 PD绕点 P顺时针旋转 90°得到线
段 PE，连接 BE，则 BE+BD的值会发生改变吗？请说明你的理由．
拓展延伸
（3）如图 3，在钝角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点 P在边 BA的延长线上，BP＝k，连接 PD，将线段 PD
绕点 P顺时针旋转，旋转角∠EPD＝α，连接 DE，则 BE+BD＝ ．（请用含有 k，α的式
子表示）
【分析】（1）只要证明△BAE≌△CAD，即可解决问题；
（2）如图 2中，作 DM∥AC交 AB于 M，过点 P作 PN∥BC交 MD于 N．利用（1）中结论即可解决问题；
（3）如图③中，作 PH∥AC交 BC的延长线于 H，作 PM⊥BC于 M．只要证明△EPB≌△DPH，可证 BD+BE
＝BH，即可解决问题．
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【解答】解：（1）如图 1中，
∵∠EAD＝∠BAC＝90°，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵AD＝AE，AB＝AC，
∴△BAE≌△CAD（SAS），
∴BE＝DC，
∴BE+BD＝BD+DC＝BC，
∵AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，
∴BC＝4 ，
∴BE+BD＝4 ，
故答案为：4 ．
（2）BE+BD的值不会发生改变，理由如下：
作 DM∥AC交 AB于 M，过点 P作 PN∥BC交 MD于 N，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
∵MD∥AC，
∴∠BMD＝∠BAC＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形，
∴DM＝BM，
∵PN∥BC，
∴∠MPN＝∠ABC＝45°，
∴△PMN是等腰直角三角形，
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∴PM＝NM，
∴BM﹣PM＝DM﹣NM，
∴PB＝DN，
由（1），知 BC＝4 ，BD＝3CD，
∴BD＝3 ，
∴BM＝BD cos45°＝3，
∵P为 AB边上的中点，
∴AP＝BP＝ AB＝2，
∴MN＝PM＝BM﹣BP＝3﹣2＝1，
∴PN＝ ，
∵∠BPE+∠DPM＝90°，∠PDM+∠DPM＝90°，
∴∠BPE＝∠PDM，
∵PD＝PE，
∴△PBE≌△DNP（SAS），
∴BE＝PN＝ ，
∴BE+BD＝ ；
（3）如图 3中，作 PH∥AC交 BC的延长线于 H，作 PM⊥BC于 M．
∵AC∥PH，
∴∠ACB＝∠H，∠BPH＝∠BAC＝α，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠PBH＝∠H，
∴PB＝PH，
∵∠EPD＝∠BPH＝α，
∴∠BPE＝∠HPD，
∵PE＝PD，PB＝PH，
∴△EPB≌△DPH（SAS），
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∴BE＝DH，
∴BE+BD＝BD+DH＝BH，
∵PB＝PH，PM⊥BH，
∴BM＝MH，∠BPM＝∠HPM，
∴BM＝MH＝BP sin ．
∴BD+BE＝BH＝2k sin ．
故答案为：2k sin ．
【点评】本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的
关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
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例题 2.
在△ABC中，AB＝AC，D是边 BC上一动点，连接 AD，将 AD绕点 A逆时针旋转至 AE的位置，使得∠DAE+
∠BAC＝180°．
（1）如图 1，当∠BAC＝90°时，连接 BE，交 AC于点 F．若 BE平分∠ABC，BD＝2，求 AF的长；
（2）如图 2，连接 BE，取 BE的中点 G，连接 AG．猜想 AG与 CD存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图 3，在（2）的条件下，连接 DG，CE．若∠BAC＝120°，当 BD＞CD，∠AEC＝150°时，请直接写
出 的值．
【分析】（1）连接 CE，过点 F作 FQ⊥BC于 Q，判断出 FA＝FQ，再判断出∠BAD＝∠CAE，进而得出△ABD
≌△ACE（SAS），得出 BD＝CE＝2，∠ABD＝∠ACE＝45°，再判断出 CF＝CE＝2，即可得出结论；
（2）延长 BA至点 M，使 AM＝AB，连接 EM，得出 AG＝ ME，再判断出△ADC≌△AEM（SAS），得出 CD＝
EM，即可得出结论；
（3）如图 3，连接 DE，AD与 BE的交点记作点 N，先判断出△ADE是等边三角形，得出 AE＝DE，∠ADE＝∠
AED＝60°，∠ACB＝∠ABC＝30°，进而判断出点 A，B，C，E四点共圆，得出∠BEC＝∠BAC＝120°，再判
断出 BE是 AD的垂直平分线，也是∠ABC的角平分线，设 AG＝a，则 DG＝a，进而得出 CD＝2a，CE＝DE＝ a，
AD＝ a，再构造直角三角形求出 AC，即可得出结论．
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【解答】解：（1）连接 CE，过点 F作 FQ⊥BC于 Q，
∵BE平分∠ABC，∠BAC＝90°，
∴FA＝FQ，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴FQ＝ CF，
∵∠BAC+∠DAE＝180°，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
由旋转知，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE＝2，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∴∠CBF+∠BEC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠ABF+∠BEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABF+∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BEC，
∵∠AFB＝∠CFE，
∴∠BEC＝∠CFE，
∴CF＝CE＝2，
∴AF＝FQ＝ CF＝ ；
（2）AG＝ CD，
理由：延长 BA至点 M，使 AM＝AB，连接 EM，
∵G是 BE的中点，
∴AG＝ ME，
∵∠BAC+∠DAE＝∠BAC+∠CAM＝180°，
∴∠DAE＝∠CAM，
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∴∠DAC＝∠EAM，
∵AB＝AM，AB＝AC，
∴AC＝AM，
∵AD＝AE，
∴△ADC≌△AEM（SAS），
∴CD＝EM，
∴AG＝ CD；
（3）如图 3，连接 DE，AD与 BE的交点记作点 N，
∵∠BAC+∠DAE＝180°，∠BAC＝120°，
∴∠DAE＝60°，
∵AD＝AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝DE，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵∠AEC＝150°，
∴∠DEC＝∠AEC﹣∠AED＝90°，
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ACB＝∠ABC＝30°，
∵∠AEC＝150°，
∴∠ABC+∠AEC＝180°，
∴点 A，B，C，E四点共圆，
∴∠BEC＝∠BAC＝120°，
∴∠BED＝∠BEC﹣∠DEC＝30°，
∴∠DNE＝180°﹣∠BED﹣∠ADE＝90°，
∵AE＝DE，
∴AN＝DN，
∴BE是 AD的垂直平分线，
∴AG＝DG，BA＝BD＝AC，
∴∠ABE＝∠DBE＝ ∠ABC＝15°，
∴∠ACE＝∠ABE＝15°，
∴∠DCE＝45°，
∵∠DEC＝90°，
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∴∠EDC＝45°＝∠DCE，
∴DE＝CE，
∴AD＝DE，
设 AG＝a，则 DG＝a，
由（2）知，AG＝ CD，
∴CD＝2AG＝2a，
∴CE＝DE＝ CD＝ a，
∴AD＝ a，
∴DN＝ AD＝ a，
过点 D作 DH⊥AC于 H，
在 Rt△DHC中，∠ACB＝30°，CD＝2a，
∴DH＝a，
根据勾股定理得，CH＝ a，
在 Rt△AHD中，根据勾股定理得，AH＝ ＝a，
∴AC＝AH+CH＝a+ a，
∴BD＝a+ a，
∴ ＝ ＝ ．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，
判断出点 A，B，C，E四点共圆是解本题的关键．
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模块一：跟进练习
1．问题发现：
如图 1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，D为 BC边上一点（不与点 B，C重合），将线段 AD绕点 A逆
时针旋转 60°得到 AE，连接 EC，则：
（1）①∠ACE的度数是 ；②线段 AC，CD，CE之间的数量关系是 ．
拓展探究：
（2）如图 2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为 BC边上一点（不与点 B，C重合），将线段 AD绕点
A逆时针旋转 90°得到 AE，连接 EC，请写出∠ACE的度数及线段 AD，BD，CD之间的数量关系，并说明理由；
解决问题：
（3）如图 3，在 Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，若点 A满足 AB＝AC，∠BAC＝90°，请直接
写出线段 AD的长度．
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（2）根据全等三角形的性质得到 BD＝CE，∠ACE＝∠B，得到∠DCE＝90°，根据勾股定理计算即可；
（3）如图 3，作 AE⊥CD于 E，连接 AD，根据勾股定理得到 BC＝ ＝ ，推出点 B，C，A，D四点
共圆，根据圆周角定理得到∠ADE＝45°，求得△ADE是等腰直角三角形，得到 AE＝DE，根据勾股定理即可得
到结论．
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【解答】解：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中， ，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，BD＝CE，
∴BC＝BD+CD＝EC+CD，
∴AC＝BC＝EC+CD；
故答案为：60°，AC＝DC+EC；
（2）BD2+CD2＝2AD2，
理由如下：
由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠DCE＝90°，
∴CE2+CD2＝ED2，
在 Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，又 AD＝AE，
∴BD2+CD2＝2AD2；
（3）作 AE⊥CD于 E，连接 AD，
∵在 Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，
∴BC＝ ＝ ，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝AC＝ ，∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠BDC＝∠BAC＝90°，
∴点 B，C，A，D四点共圆，
∴∠ADE＝45°
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝DE，
∴CE＝5﹣DE，
∵AE2+CE2＝AC2，
∴AE2+（5﹣AE）2＝17，
∴AE＝1，AE＝4，
∴AD＝ 或 4 ，
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方法二：由题意得，点 A在 BC的垂直平分线上，如图 3，
将△ADB逆时针旋转 90°得到△AEC，
∴△ADB≌△AEC，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠ABC+∠BCD＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ABD+∠BCD＝45°，
∴∠ACE+∠BCD＝45°＝∠ACB，
∴点 E在 CD上，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝ AE＝ （CD﹣CE）＝ （5﹣3）＝ ；
如图 4，当点 A在 BC的下方时，
同理得到 AD＝ （CD+CE）＝4 ．
综上所述，AD＝ 或 4 ．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理
和性质定理是解题的关键．
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2．如图 1，在正方形 ABCD中，点 O是对角线 BD的中点．
（1）观察猜想
将图 1 中的△BCD 绕点 O逆时针旋转至图 2 中△ECF 的位置，连接 AC，DE，则线段 AC 与 DE 的数量关系
是 ，直线 AC与 DE的位置关系是 ．
（2）类比探究
将图 2中的△ECF绕点 O逆时针旋转至图 3的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由．
（3）拓展延伸
将图 2中的△ECF在平面内旋转，设直线 AC与 DE的交点为 M，若 AB＝4，请直接写出 BM的最大值与最小值．
【分析】（1）连接 OA，OC，可证△AOC≌△DOE（SAS）；
（2）方法和（1）相同，易证△AOC≌△DOE（SAS）；
（3）在旋转过程中，取 AD中点 N，连接 MN，BN，BM，BM、MN、BN不共线时构成三角形，由三角形边的
关系“三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”可知：BN﹣MN＜BM＜BN+MN，当 B，N，M共
线时，
得到 BM＝BN+MN和 BM＝BN﹣MN分别为 BN的最大值、最小值．
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【解答】解：（1）如图 1和图 2，连接 OA，OC，
∵正方形 ABCD，
∴AB＝BC＝CD＝AD，OA＝OB＝OC＝OD，∠AOD＝∠COE＝90°，
∴∠AOD+∠DOC＝∠COE+∠DOC，即∠AOC＝∠DOE
∴△AOC≌△DOE（SAS）
∴AC＝DE，∠ACO＝∠DEO
∵∠DEO+∠EMO＝90°，∠EMO＝∠CMD
∴∠ACO+∠CMD＝90°，∴AC⊥DE．
故答案为：AC＝DE，AC⊥DE．
（2）（1）中的结论：AC＝DE，AC⊥DE仍然成立．
如图 3，连接 OA，OC，延长 AC，ED交于 M，
∵∠AOC+∠COD＝∠DOE+∠COD＝90°，
∴∠AOC＝∠DOE
∵OA＝OC＝OD＝OE
∴△AOC≌△DOE（SAS），
∴∠OAC＝∠＝OCA＝∠ODE＝∠OED
∵∠AOC+∠OAC+∠OCA＝180°，
∴∠AOC+∠OAC+∠OED＝180°
∴∠OAC+∠AOE+∠OED＝270°
∵∠OAC+∠AOE+∠OED+∠M＝360°
∴∠M＝90°∴AC⊥DE．
（3）如图 3，取 AD中点 N，连接 MN，BN，BM，
AB＝AD＝4，
在 Rt△AMD中，∠AMD＝90°，AN＝DN，∴MN＝ AD＝ ＝2，
在 Rt△ABN中，BN＝ ＝ ＝ ，
当△ECF在平面内旋转时，BN﹣MN≤BM≤BN+MN，
∴ ﹣2≤BM≤ +2．
∴BM的最小值为 ﹣2，最大值为 +2．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形性质，全等三角形判定和性质，还考查了几何旋转变换和“三角
形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”．
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3．已知△ABC是边长为 4的等边三角形，边 AB在射线 OM上，且 OA＝6，点 D是射线 OM上的动点，当点 D不
与点 A重合时，将△ACD绕点 C逆时针方向旋转 60°得到△BCE，连接 DE．
（1）如图 1，猜想：△CDE的形状是 三角形．
（2）请证明（1）中的猜想
（3）设 OD＝m，
①当 6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理
由．
②是否存在 m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，请直接写出 m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE＝60°，DC＝EC，即可得到结论；
（2）当 6＜m＜10时，由旋转的性质得到 BE＝AD，于是得到 C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，根据等边
三角形的性质得到 DE＝CD，由垂线段最短得到当 CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
（3）存在，①当点 D与点 B重合时，D，B，E不能构成三角形，
②当 0≤m＜6时，由旋转的性质得到∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，求得∠BED＝90°，根据等边三角形的性
质得到∠DEB＝60°，求得∠CEB＝30°，求得 OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2＝m
③当 6＜m＜10时，此时不存在；
④当 m＞10时，由旋转的性质得到∠DBE＝60°，求得∠BDE＞60°，于是得到 m＝14．
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【解答】解：（1）证明：∵将△ACD绕点 C逆时针方向旋转 60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等边三角形；
故答案为：等边；
（2）存在，当 6＜m＜10时，
由旋转的性质得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂线段最短可知，当 CD⊥AB时，△BDE的周长最小，
此时，CD＝2 ，
∴△BDE的最小周长＝CD+4＝2 +4；
（3）存在，①∵当点 D与点 B重合时，D，B，E不能构成三角形，
∴当点 D与点 B重合时，不符合题意，
②当 0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等边三角形，
∴∠DEB＝60°，
∴∠CEB＝30°，
∵∠CEB＝∠CDA，
∴∠CDA＝30°，
∵∠CAB＝60°，
∴∠ACD＝∠ADC＝30°，
∴DA＝CA＝4，
∴OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2，
∴m＝2；
③当 6＜m＜10时，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此时不存在；
④当 m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE＝60°，
又由（1）知∠CDE＝60°，
∴∠BDE＝∠CDE+∠BDC＝60°+∠BDC，
而∠BDC＞0°，
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∴∠BDE＞60°，
∴只能∠BDE＝90°，
从而∠BCD＝30°，
∴BD＝BC＝4，
∴OD＝14，
∴m＝14，
综上所述：当 m＝2或 14时，以 D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握
旋转的性质是解题的关键．
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4．[综合探究]在正方形 ABCD中，点 E为正方形 ABCD内一点，过点 A将 AE绕点 A逆时针旋转 90°，得到△FAE，
延长 FE，分别交 AD，BC于 G、H两点，交 AB的延长线于点 K．
[猜想证明]
（1）数学兴趣小组探究发现，如图 1，连接 DF，当点 E移动时，总有 DF＝BE，请你证明这个结论；
[联系拓展]
（2）如图 2，连接 CK，若 BC＝BK，请直接写出线段 BH、DG、CK的数量关系为 ；
（3）如图 3，在（2）的条件下，连接 CG，CK，若 GE＝6，△CGK的面积为 130，求 CH的长．
【分析】（1）证明△FAD≌△EAB，从而得出结论；
（2）可证得 BH是△AFK的中位线，从而得出 AG＝2BH，结合 AD＝BC＝ CK，进而得出结果；
（3）作 CM⊥FE于 M，AT⊥FE于 T，取 EK的中点 N，连接 BN，BM，CK，可证得 C、M、B、K四点共圆，
从而∠MCB＝∠BKM，进而证明△CBM≌△KBN，从而 CM＝NK，设 NE＝NK＝CM＝x，可得 x（6+2x）＝130，
从而得出 x＝10，进而得出 EF的长，设 TF＝a，TA＝TE＝6﹣a，TK＝26﹣a，根据△TFA∽△AFK，得出 TA2＝
TF TK，从而解得 a的值，进一步得出结果．
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【解答】（1）证明：∵四边形 ABCD是正方形
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠BAD＝∠FAE＝90°，
∴∠FAD＝∠BAE，
∵AF＝AE，
∴△FAD≌△EAB（SAS），
∴DF＝BE；
（2）解：∵四边形 ABCD是正方形，
∴BH∥AG，∠CBK＝∠ABC＝90°，BC＝AD，
∴△KBH∽△KAG，AD＝BC＝ CK，
∴ ＝ ，
∵DG+AG＝AD，
∴2DG+2BH＝ DK
故答案为：DG+2BH＝ CK；
（3）解：如图，
作 CM⊥GE于 M，AT⊥GE于 T，取 EK的中点 N，连接 BN，BM，CK，
∴∠CMN＝∠CBK＝90°，
∴C、M、B、K四点共圆，
∴∠MCB＝∠BKM，∠BMK＝∠BCK＝45°，
∵BN为△AEK的中位线，
∴BN∥AE，
∴∠BNM＝∠AEF＝45°，∠BNK＝135°，
∴∠BMN＝∠BNM＝45°，
∴BM＝BN，∠CMB＝∠CMN+∠BMN＝90°+45°＝135°，
∴∠DMB＝∠BNK，
在△CBM和△KBN中，
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，
∴△CBM≌△KBN（AAS），
∴CM＝NK，
∴设 NE＝NK＝CM＝x，
∴S△CGK＝ x（6+2x）＝130，
∴x＝10，
∴EG＝6+10×2＝26，
设 TG＝a，TA＝TE＝6﹣a，TK＝26﹣a，
∵∠ATG＝∠GAK＝90°，∠AGT＝∠AGK，
∴△TGA∽△AGK，
∴TA2＝TG TK，
∴（6﹣a）2＝a（26﹣a）
∴a＝1，
∴TA＝TE＝5，
∴GA＝ ，
∴BH＝ ，
∴AK＝5 ，
∴CB＝AB＝ ＝
∴CH＝BC﹣BH＝2 ．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，三角
形的中位线定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
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5．过四边形 ABCD的顶点 A作射线 AM，P为射线 AM上一点，连接 DP．将 AP绕点 A顺时针方向旋转至 AQ，记
旋转角∠PAQ＝α，连接 BQ．
（1）【探究发现】如图 1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形 ABCD是正方形，且α＝90°．无论点 P在何处，
总有 BQ＝DP，请证明这个结论．
（2）【类比迁移】如图 2，如果四边形 ABCD是菱形，∠DAB＝α＝60°，∠MAD＝15°，连接 PQ．当 PQ⊥BQ，
AB＝ 时，求 AP的长；
（3）【拓展应用】如图 3，如果四边形 ABCD是矩形，AD＝6，AB＝8，AM平分∠DAC，α＝90°．在射线 AQ
上截取 AR，使得 AR＝ AP．当△PBR是直角三角形时，请直接写出 AP的长．
【分析】（1）利用正方形性质和旋转变换证明△ADP≌△ABQ（SAS），即可证得结论；
（2）如图 2，过点 P作 PH⊥AB于点 H，连接 BP，先证明△ADP≌△ABQ（SAS），可得 BQ＝DP，∠APD＝∠
AQB，再证明：△APQ是等边三角形，△APH是等腰直角三角形，△BPQ是等腰直角三角形，利用解直角三角
形即可求得答案；
（3）分三种情况讨论：①当∠BRP＝90°时，②当∠PBR＝90°时，③当∠BPR＝90°时，分别求出 AP的长．
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【解答】（1）证明：如图 1，∵四边形 ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠DAP+∠BAM＝90°，
∵∠PAQ＝90°，
∴∠BAQ+∠BAM＝90°，
∴∠DAP＝∠BAQ，
∵将 AP绕点 A顺时针方向旋转至 AQ，
∴AP＝AQ，
∴△ADP≌△ABQ（SAS），
∴BQ＝DP．
（2）解：如图 2，过点 P作 PH⊥AB于点 H，连接 BP，
∵四边形 ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
由旋转得：AP＝AQ，
∵∠DAB＝α＝60°，
即∠DAB＝∠PAQ＝60°，
∴△ADP≌△ABQ（SAS），
∴BQ＝DP，∠APD＝∠AQB，
∵AP＝AQ，∠PAQ＝60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP＝60°，
∵PQ⊥BQ，
∴∠BQP＝90°，
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∴∠AQB＝∠AQP+∠BQP＝60°+90°＝150°，
∴∠APD＝∠AQB＝150°，
∴∠DPM＝180°﹣∠APD＝180°﹣150°＝30°，
∵∠MAD＝15°，
∴∠ADP＝∠DPM﹣∠MAD＝30°﹣15°＝15°，
∴∠ADP＝∠MAD，
∴AP＝DP，
∴AQ＝BQ＝PQ＝AP，
∴∠ABQ＝∠BAQ＝∠MAD＝15°，
∴∠PAH＝∠PAQ﹣∠BAQ＝60°﹣15°＝45°，
∵PH⊥AB，
∴∠AHP＝∠BHP＝90°，
∴△APH是等腰直角三角形，
∴AH＝PH＝ AP，
∵BQ＝PQ，∠PQB＝90°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠PBQ＝45°，
∴∠PBH＝∠PBQ﹣∠ABQ＝45°﹣15°＝30°，
∴BH＝ ＝ ＝ AP，
∴AB＝AH+BH＝ AP+ AP＝ AP，
∵AB＝ + ，
∴ AP＝ + ，
∴AP＝2；
（3）解：①当∠BRP＝90°时，如图 3，连接 DP，PQ，过点 B作 BE⊥AQ于点 E，
设 AM交 CD于点 F，过点 F作 FG⊥AC于点 G，
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∵四边形 ABCD是矩形，
∴∠BAM+∠DAP＝90°，∠ADC＝90°，
∵∠BAM+∠BAR＝90°，
∴∠DAP＝∠BAR，
∵AD＝6，AB＝8，
∴ ＝ ＝ ，
∵AR＝ AP，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴△ADP∽△ABR，
∴ ＝ ＝ ＝ ，即 BR＝ DP，
∵AM平分∠DAC，FD⊥AD，FG⊥AC，
∴FD＝FG，
在 Rt△ACD中，AC＝ ＝ ＝10，
∴tan∠ACD＝ ＝ ＝ ，
∵ ＝tan∠ACD＝ ，
∴ ＝ ，
∵DF+CF＝CD＝8，
∴DF＝3，CF＝5，
在 Rt△ADF中，AF＝ ＝ ＝3 ，
∵∠DAP＝∠BAR，∠ADF＝∠AEB＝90°，
∴△ADF∽△AEB，
∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，
∴AE＝ ，BE＝ ，
∵∠BRP＝90°，
∴∠ARP+∠BRE＝90°，
∵∠ARP+∠APR＝90°，
∴∠BRE＝∠APR，
∴tan∠BRE＝tan∠APR，
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∴ ＝ ＝ ，
∴ER＝ BE＝ × ＝ ，
∵AR+ER＝AE，
∴ AP+ ＝ ，
∴AP＝ ；
②当∠PBR＝90°时，如图 4，过点 P作 PG⊥AD于点 G，PH⊥AB于点 H，
则 sin∠DAF＝ ＝ ＝ ，cos∠DAF＝ ＝ ＝ ，
∴PG＝ AP，AG＝ AP，
∵∠GAH＝∠AGP＝∠AHP＝90°，
∴四边形 AGPH是矩形，
∴AH＝PG＝ AP，PH＝AG＝ AP，
∴BH＝AB﹣AH＝8﹣ AP，
∴BP2＝PH2+BH2＝（ AP）2+（8﹣ AP）2＝AP2﹣ AP+64，
在 Rt△DPG中，DP2＝DG2+PG2＝（6﹣ AP）2+（ AP）2＝AP2﹣ AP+36，
∵BR＝ DP，
∴BR2＝ DP2＝ AP2﹣ AP+64，
在 Rt△APR中，PR2＝AP2+AR2＝AP2+（ AP）2＝ AP2，
在 Rt△PBR中，PR2＝BP2+BR2，
∴ AP2＝AP2﹣ AP+64+ AP2﹣ AP+64，
解得：AP＝ ；
③当∠BPR＝90°时，
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由②知：BR2＝ AP2﹣ AP+64，PR2＝ AP2，BP2＝AP2﹣ AP+64，
∵PR2+BP2＝BR2，
∴ AP2+AP2﹣ AP+64＝ AP2﹣ AP+64，
解得：AP＝0或 AP＝﹣ ，均不符合题意；
综上所述，AP的长为 或 ．
【点评】本题考查了正方形和菱形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形性质，等
腰直角三角形的判定和性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三
角形，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用前面所学的知识解答后面的题目，运用分类讨论思想和数形结合
思想，具有很强的综合性，是中考常考题型．
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6．（1）如图 1，菱形 AEGH的顶点 E、H在菱形 ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出 HD：GC：EB的结
果（不必写计算过程）
（2）将图 1中的菱形 AEGH绕点 A旋转一定角度，如图 2，求 HD：GC：EB；
（3）把图 2中的菱形都换成矩形，如图 3，且 AD：AB＝AH：AE＝1：2，此时 HD：GC：EB的结果与（2）小
题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）；若无变化，请说明理由．
【分析】（1）连接 AG，由菱形 AEGH的顶点 E、H在菱形 ABCD的边上，且∠BAD＝60°，易得 A，G，C共
线，延长 HG交 BC于点 M，延长 EG交 DC于点 N，连接 MN，交 GC于点 O，则 GMCN也为菱形，利用菱形
对角线互相垂直，结合三角函数可得结论；
（2）连接 AG，AC，由△ADC和△AHG都是等腰三角形，易证△DAH∽△CAG与△DAH≌△BAE，利用相似
三角形的性质及菱形的性质可得结论；
（3）连接 AG，AC，易证△ADC∽△AHG和△ADH∽△ABE，利用相似三角形的性质可得结论．
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【解答】解：（1）连接 AG，
∵菱形 AEGH的顶点 E、H在菱形 ABCD的边上，且∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝∠CAB＝30°，AE＝AH，AB＝AD，
∴A，G，C共线，AB﹣AE＝AD﹣AH，
∴HD＝EB，
延长 HG交 BC于点 M，延长 EG交 DC于点 N，连接 MN，交 GC于点 O，则 GMCN也为菱形，
∴GC⊥MN，∠NGO＝∠AGE＝30°，
∴ ＝cos30°＝ ，
∵GC＝2OG，
∴ ＝ ，
∵HGND为平行四边形，
∴HD＝GN，
∴HD：GC：EB＝1： ：1．
（2）如图 2，连接 AG，AC，
∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，
∴AD：AC＝AH：AG＝1： ，∠DAC＝∠HAG＝30°，
∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1： ，
∵∠DAB＝∠HAE＝60°，
∴∠DAH＝∠BAE，
在△DAH和△BAE中，
∴△DAH≌△BAE（SAS）
∴HD＝EB，
∴HD：GC：EB＝1： ：1．
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（3）有变化．
如图 3，连接 AG，AC，
∵AD：AB＝AH：AE＝1：2，∠ADC＝∠AHG＝90°，
∴△ADC∽△AHG，
∴AD：AB＝AH：AG＝1： ，
∵∠DAC＝∠HAG，
∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1： ，
∵∠DAB＝∠HAE＝90°，
∴∠DAH＝∠BAE，
∵DA：AB＝HA：AE＝1：2，
∴△ADH∽△ABE，
∴DH：BE＝AD：AB＝1：2，
∴HD：GC：EB＝1： ：2
【点评】本题是菱形与相似三角形，全等三角形，三角函数等知识点的综合运用，难度较大．
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模块二：不变结构之直角
模块二：典例精讲
例题 1.
小王在学习北师大版相似三角形后，进一步开展探究活动：如图 1，在正方形 ABCD中，点 E是 AB边上的一个动
点（点 E与点 A，B不重合），连接 CE，过点 B作 BF⊥CE于点 G，交 AD于点 F．
（1）（探究 1）如图 1，很容易发现线段 BF与 CE之间的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
（2）（探究 2）如图 2，当点 E运动到 AB中点时，连接 DG，求证：DC＝DG；
（3）（探究 3）如图 3，在（2）的条件下，过点 C作 CM⊥DG于点 H，分别交 AD，BF于点 M，N，求 的值．
【分析】（1）利用 ASA证明△FBA≌△ECB，即可得出 BF＝CE；
（2）过点 D作 DK⊥CE于 K，设 AB＝CD＝BC＝2a，在 Rt△CEB中利用面积法求出 BG，利用 AAS证明△CKD
≌△BGC，推出 ，进而得出 ，再利用 SAS证明△DGK≌△DCK，即可推
出 DC＝DG；
（3）先证 DK∥GF，推出∠GDK＝∠FGD，根据△DGK≌△DCK推出∠CDK＝∠GDK，根据△CKD≌△BGC
推出∠CDK＝∠BCG，等量代换可得∠FGD＝∠GCB；
（4）先利用面积法求出 ，再利用勾股定理求出 ，再证△CHD∽△DHM，推出 ，
可得 ，通过证明△GHN∽△CHG得出 ， ，进而求出 MN，即可求 的值．
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【解答】（1）解：BF＝CE，理由如下：
∵四边形 ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠FAB＝∠EBC＝90°，
∴∠ECB+∠CEB＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠FBA+∠CEB＝90°，
∴∠FBA＝∠ECB，
在△FBA和△ECB中，
，
∴△FBA≌△ECB（ASA），
∴BF＝CE；
（2）证明：如图 2，过点 D作 DK⊥CE于 K，
设 AB＝CD＝BC＝2a，
∵点 E是 AB的中点，
∴ ，
∴ ，
在 Rt△CEB中，根据面积相等，得 BG CE＝CB EB，
∴ ，
∴ ，
∵∠DCE+∠BCE＝90°，∠CBF+∠BCE＝90°，
∴∠DCE＝∠CBF，
又∵CD＝BC，∠CKD＝∠BGC＝90°，
∴△CKD≌△BGC（AAS），
∴ ，
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∴ ，
∵DK＝DK，∠CKD＝∠GKD＝90°，
∴△DGK≌△DCK（SAS），
∴CD＝GD；
（3）证明：∵DK⊥CE，BF⊥CE，
∴DK∥BF，即 DK∥GF，
∴∠GDK＝∠FGD，
由（2）知△DGK≌△DCK，
∴∠CDK＝∠GDK，
∴∠CDK＝∠FGD，
由（2）知△CKD≌△BGC，
∴∠CDK＝∠BCG，
∴∠FGD＝∠GCB，
（4）解：如图 3，过点 D作 DQ⊥CE于 Q，
∵ ，
∴ ，
在 Rt△CQD中，CD＝2a，
∴ ，
∵∠MDH+∠HDC＝90°，∠HCD+∠HDC＝90°，
∴∠MDH＝∠HCD，
∴△CHD∽△DHM，
∴ ，
∴ ，
在 Rt△CHG中， ， ，
∴ ，
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∵∠MGH+∠CGH＝90°，∠HCG+∠CGH＝90°，
∴∠CGH＝∠CNG，
∴△GHN∽△CHG，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用等面积
法求三角形的高等知识点，有一定难度，解题的关键是正确作出辅助线，综合运用上述知识．
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例题 2.
（1）问题探究：如图 1，在正方形 ABCD，点 E，Q分别在边 BC，AB上，DQ⊥AE于点 O，点 G，F分别在边
CD、AB上，GP⊥AE．
（1）①判断 DQ与 AE的数量关系：DQ AE；
②推断： 的值为： ；（无需证明）
（2）类比探究：如图（2），在矩形 ABCD中， ＝ ．将矩形 ABCD沿 GF折叠，使点 A落在 BC边上的点 E
处，得到四边形 FEPG，EP交 CD于点 H，连接 AE交 GF于点 O．试探究 GF与 AE之间的数量关系，并说明
理由；
（3）拓展应用 1：如图 3，四边形 ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点 M，N
分别在边 BC、AB上，求 的值．
（4）拓展应用 2：如图 2，在（2）的条件下，连接 CP，若 ＝ ，GF＝2 ，求 CP的长．
【分析】（1）①由正方形的性质得 AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+
∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得 AE＝DQ．
②证明四边形 DQFG是平行四边形即可解决问题．
（2）如图 2中，过点 G作 GM⊥AB于 M．证明△ABE∽△GMF即可解决问题．
（3）如图 3，过点 D作 EF⊥BC，交 BC的延长线于点 F，过点 A作 AE⊥EF，连接 AC，证明△ACD≌△ACB
（SSS），得出∠ADC＝∠ABC＝90°，证明△ADE∽△DCF，可得出 ，由勾股定理求出 CF＝3，
则可得出答案．
（4）过点 P作 PM⊥BC交 BC的延长线于 N．利用相似三角形的性质求出 PN，CN即可解决问题．
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【解答】解：（1）①证明：∵四边形 ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．
∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DH，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ．
故答案为：＝．
②结论： ＝1．
理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，
∴DQ∥FG，
∵FQ∥DG，
∴四边形 DQFG是平行四边形，
∴FG＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴FG＝AE，
∴ ＝1．
故答案为：1．
（2）结论： ＝ ．
理由：如图 2中，过点 G作 GM⊥AB于 M．
∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴ ＝ ，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形 AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴ ＝ ＝ ．
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（3）如图 3，过点 D作 EF⊥BC，交 BC的延长线于点 F，过点 A作 AE⊥EF，连接 AC，
∵∠ABC＝90°，AE⊥EF，EF⊥BC，
∴四边形 ABFE是矩形，
∴∠E＝∠F＝90°，AE＝BF，EF＝AB＝10，
∵AD＝AB，BC＝CD，AC＝AC，
∴△ACD≌△ACB（SSS），
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠ADE+∠CDF＝90°，且∠ADE+∠EAD＝90°，
∴∠EAD＝∠CDF，且∠E＝∠F＝90°，
∴△ADE∽△DCF，
∴ ，
∴AE＝2DF，DE＝2CF，
∵DC2＝CF2+DF2，
∴25＝CF2+（10﹣2CF）2，
∴CF＝5（不合题意，舍去），CF＝3，
∴BF＝BC+CF＝8，
由（2）的结论可知： ．
（4）解：如图 2中，过点 P作 PN⊥BC交 BC的延长线于 N．
∵ ＝ ，
∴假设 BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，
∵ ＝ ，FG＝2 ，
∴AE＝3 ，
∴（3k）2+（9k）2＝（3 ）2，
∴k＝1或﹣1（舍弃），
∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，
∴BC＝6，
∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB+∠PEN＝90°，∠PEN+∠EPN＝90°，
∴∠FEB＝∠EPN，
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∴△FBE∽△ENP，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴EN＝ ，PN＝ ，
∴CN＝EN﹣EC＝ ﹣3＝ ，
∴PC＝ ＝ ．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的
判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决
问题．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/5/18 16:39:17；用户：吴老师；邮箱：18898588585；学号：23410154
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模块二：跟进练习
1．在△ABC中，∠ABC＝90°．
（1）如图 1，分别过 A、C两点作经过点 B的直线的垂线，垂足分别为 M、N，求证：△ABM∽△BCN；
（2）如图 2，P是边 BC上一点，∠BAP＝∠C，tan∠PAC＝ ，求 tanC的值；
（3）如图 3，D是边 CA延长线上一点，AE＝AB，∠DEB＝90°，sin∠BAC＝ ， ，直接写出 tan∠CEB
的值．
【分析】（1）利用同角的余角相等判断出∠BAM＝∠CBN，即可得出结论；
（2）先判断出 MP＝MC，进而得出 ＝ ，设 MN＝2m，PN＝ m，根据勾股定理得，PM＝
＝3m＝CM，即可得出结论；
（3）先判断出 ＝ ，再同（2）的方法，即可得出结论．
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【解答】解：（1）∵AM⊥MN，CN⊥MN，
∴∠AMB＝∠BNC＝90°，
∴∠BAM+∠ABM＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠CBN＝90°，∴∠BAM＝∠CBN，
∵∠AMB＝∠NBC，∴△ABM∽△BCN；
（2）如图 2，过点 P作 PM⊥AP交 AC于 M，PN⊥AM于 N．
∴∠BAP+∠1＝∠CPM+∠1＝90°，
∴∠BAP＝∠CPM＝∠C，
∴MP＝MC
∵tan∠PAC＝ ＝ ＝ ＝
设 MN＝2m，PN＝ m，
根据勾股定理得，PM＝ ＝3m＝CM，
∴tanC＝ ＝ ；
（3）
在 Rt△ABC中，sin∠BAC＝ ＝ ，
过点 A作 AG⊥BE于 G，过点 C作 CH⊥BE交 EB的延长线于 H，
∵∠DEB＝90°，
∴CH∥AG∥DE，∴ ＝
同（1）的方法得，△ABG∽△BCH
∴ ，
设 BG＝4m，CH＝3m，AG＝4n，BH＝3n，
∵AB＝AE，AG⊥BE，∴EG＝BG＝4m，
∴GH＝BG+BH＝4m+3n，
∴ ，∴n＝2m，
∴EH＝EG+GH＝4m+4m+3n＝8m+3n＝8m+6m＝14m，
在 Rt△CEH中，tan∠BEC＝ ＝ ．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，平行线
分线段成比例定理，构造图 1是解本题的关键．
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罗湖区中考备考攻坚课程
2．已知 CD是△ABC的角平分线，点 E，F分别在边 AC，BC上，AD＝m，BD＝n，△ADE与△BDF的面积之和
为 S．
（1）填空：当∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图 1，若∠B＝45°，m＝5 ，则 n＝ ，S＝ ；
②如图 2，若∠B＝60°，m＝4 ，则 n＝ ，S＝ ；
（2）如图 3，当∠ACB＝∠EDF＝90°时，探究 S与 m，n的数量关系，并说明理由；
（3）如图 4，当∠ACB＝60°，∠EDF＝120°，m＝6，n＝4时，请直接写出 S的大小．
【分析】（1）①证明△ADE，△BDF都是等腰直角三角形即可解决问题；
②解直角三角形求出 AE，DE，BF，DF可得结论；
（2）如图 3中，过点 D作 DM⊥AC于点 M，DN⊥BC于点 N．证明△DME≌△DNF（ASA），推出 S＝S△ADE+S
△BDF＝S△ADM+S△BDN，把△BDN绕点 D逆时针旋转 90°得到右边△ADN，∠ADN＝90°，AD＝m，DN＝n，可
得结论；
（3）如图 4中，过点 D作 DM⊥AC于点 M，DN⊥BC于点 N．证明△DME≌△DNF（AAS），推出 S＝S△ADE+S
△BDF＝S△ADM+S△BDN，把△ADM绕点顺时针旋转 120°得到△DNT，∠BDT＝60°，DT＝6，DB＝4，过点 B作
BH⊥DT于点 H，解直角三角形求出 BH，可得结论．
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【解答】解：（1）①如图 1中，∵∠ACB＝90°，∠B＝45°，
∴CA＝CB，
∵CD平分∠ACB，
∴AD＝DB＝5 ，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠A＝∠B＝45°，
∴△ADE，△BDF都是等腰直角三角形，
∴BF＝DF＝5，AE＝DE＝5，
∴S＝ ×5×5+ ×5×5＝25，
故答案为：5 ，25；
②如图 2中，
在 Rt△ADE中，AD＝4 ，∠A＝90°﹣∠B＝30°，
∴DE＝ AD＝2 ，AE＝ DE＝6，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DE＝DF＝2 ，
∴BF＝2，BD＝2BF＝4，
∴n＝4，
∴S＝ ×2 ×6+ ×2 ×2＝8 ，
故答案为：4，8 ；
（2）如图 3中，过点 D作 DM⊥AC于点 M，DN⊥BC于点 N．
∵DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DM＝DN，
∵∠DMC＝∠DNC＝∠MCN＝90°，
∴四边形 DNCM是矩形，
∴DM＝DN，
∴四边形 DMCN是正方形，
∴∠MDN＝∠EDF＝90°，
∴∠MDE＝∠NDF，
∵∠DME＝∠DNF，
∴△DME≌△DNF（ASA），
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罗湖区中考备考攻坚课程
∴S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，
把△BDN绕点 D逆时针旋转 90°得到右边△ADH，∠ADH＝90°，AD＝m，DH＝n，
∴S＝ mn；
（3）如图 4中，过点 D作 DM⊥AC于点 M，DN⊥BC于点 N．
∵DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DM＝DN，
∵∠DMC＝∠DNC＝90°，
∴∠MDN＝180°﹣∠ACB＝120°，
∴∠EDF＝∠MDN＝120°，
∴∠EDM＝∠FDN，
∵∠DME＝∠DNF＝90°，
∴△DME≌△DNF（AAS），
∴S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，
把△ADM绕点 D顺时针旋转 120°得到△DNT，∠BDT＝60°，DT＝6，DB＝4，
过点 B作 BH⊥DT于点 H，
∴BH＝BD×sin60°＝4× ＝2 ，
∴S＝S△BDT＝ ×6×2 ＝6 ．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了特殊直角三角形，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解
题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
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罗湖区中考备考攻坚课程
3．如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ＝ ，CD⊥AB于点 D，E是边 AC上一动点，连接 DE，过点 D作
FD⊥ED，交边 BC于点 F．
（1）探究发现：如图 1，若 m＝n；点 B在边 AC上，则 ＝ ．
（2）数学思考：①如图 2，若点 E在边 AC上，则 ＝ （用含 m、n的代数式表示）．
②当点 E在边 AC上运动时，（1）中的结论是否仍然成立？请就图 3的情形给出证明．
（3）拓展应用：若 AC＝ ，BC＝2 ，DF＝4 ，请直接写出 CE的长．
【分析】（1）先用等量代换判断出∠ADE＝∠CDF，∠A＝∠DCB，得到△ADE∽△CDF，再判断出△ADC∽△
CDB即可；
（2）方法和（1）一样，先用等量代换判断出∠ADE＝∠CDF，∠A＝∠DCB，得到△ADE∽△CDF，再判断出
△ADC∽△CDB即可；
（3）由（2）的结论得出△ADE∽△CDF，判断出 CF＝2AE，求出 DE，再利用勾股定理，计算出即可．
43
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【解答】解：（1）当 m＝n时，即：BC＝AC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠DCB，
∵∠FDE＝∠ADC＝90°，
∴∠FDE﹣∠CDE＝∠ADC﹣∠CDE，
即∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
∴ ，
∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴ ，
∴ ＝1，
故答案为：1；
（2）①∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠DCB，
∵∠FDE＝∠ADC＝90°，
∴∠FDE+∠CDE＝∠ADC+∠CDE，
即∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
∴ ，
∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴ ＝ ，
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∴ ＝ ，
故答案为： ；
②成立．如图 1，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
又∵CD⊥AB，
∴∠DCB+∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠DCB，
∵∠FDE＝∠ADC＝90°，
∴∠FDE+∠CDE＝∠ADC+∠CDE，
即∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
∴ ＝ ，
∵∠A＝∠DCB，∠ADC＝∠BDC＝90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ；
（3）由（2）可知，△ADE∽△CDF，
∵ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴CF＝2AE，
在 Rt△DEF中，DE＝2 ，DF＝4 ，
∴EF＝2 ，
①当 E在线段 AC上时，在 Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC﹣CE）＝2（ ﹣CE），EF＝2 ，
根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，
∴CE2+[2（ ﹣CE）]2＝40，
∴CE＝2 ，或 CE＝﹣ （舍），
而 AC＝ ＜CE，
∴此种情况不存在，
②当 E在 AC延长线上时，
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在 Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC+CE）＝2（ +CE），EF＝2 ，
根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，
∴CE2+[2（ +CE）]2＝40，
∴CE＝ ，或 CE＝﹣2 （舍），
③如图 2，
当点 E在 CA延长线上时，
CF＝2AE＝2（CE﹣AC）＝2（CE﹣ ），EF＝2 ，
根据勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，
∴CE2+[2（CE﹣ ）]2＝40，
∴CE＝2 ，或 CE＝﹣ （舍），
即：CE＝2 或 CE＝ ．
【点评】本题是三角形综合题，主要考查了三角形相似的性质和判定，勾股定理，判断相似是解本题的关键，求
CE是本题的难点．
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4．如图，在矩形 ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点 E是 AD边上一动点（点 E不与 A，D重合），连接 BE，以 BE
为边在直线 BE的右侧作矩形 EBFG，使得矩形 EBFG∽矩形 ABCD，EG交直线 CD于点 H．
【尝试初探】
（1）在点 E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若 n＝2，随着 E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当 H是线段 CD中点时，求 tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接 BH，FH，当△BFH是以 FH为腰的等腰三角形时，求 tan∠ABE的值（用含 n的代数式表示）．
【分析】（1）根据两角对应相等可证明△ABE∽△DEH；
（2）设 DH＝x，AE＝a，则 AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得 x＝ ，
最后根据正切的定义可得结论；
（3）分两种情况：FH＝BH和 FH＝BF，先根据三角形相似证明 F在射线 DC上，再根据三角形相似的性质和
勾股定理列等式可得结论．
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【解答】解：（1）∵四边形 EBFG和四边形 ABCD是矩形，
∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，
∴∠DEH＝∠ABE，
∴△ABE∽△DEH，
∴在点 E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系；
（2）如图 1，∵H是线段 CD中点，
∴DH＝CH，
设 DH＝x，AE＝a，则 AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴2x2＝4ax﹣a2，
∴2x2﹣4ax+a2＝0，
∴x＝ ＝ ，
∵tan∠ABE＝ ＝ ，
当 x＝ 时，tan∠ABE＝ ＝ ，
当 x＝ 时，tan∠ABE＝ ＝ ；
综上，tan∠ABE的值是 ．
（3）分两种情况：
①如图 2，BH＝FH，
设 AB＝x，AE＝a，
∵四边形 BEGF是矩形，
∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，
∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），
∴EH＝GH，
∵矩形 EBFG∽矩形 ABCD，
∴ ＝ ＝n，
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∴ ＝n，
∴ ＝ ，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，∴nx＝2a，
∴ ＝ ，∴tan∠ABE＝ ＝ ＝ ；
②如图 3，BF＝FH，
∵矩形 EBFG∽矩形 ABCD，
∴∠ABC＝∠EBF＝90°， ＝ ，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，
∴∠BCF＝∠A＝90°，
∴D，C，F共线，
∵BF＝FH，
∴∠FBH＝∠FHB，
∵EG∥BF，
∴∠FBH＝∠EHB，
∴∠EHB＝∠CHB，
∵BE⊥EH，BC⊥CH，∴BE＝BC，
由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，
由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，
∴x2+a2＝（nx）2，∴x＝ （负值舍），
∴tan∠ABE＝ ＝ ＝ ，
综上，tan∠ABE的值是 或 ．
【点评】此题是几何变换综合题，考查了相似三角形的判定与性质，矩形的相似的性质，矩形的性质以及直角三
角形的性质，三角形全等的性质和判定等知识，注意运用参数表示线段的长，并结合方程解决问题，还要运用分
类讨论的思想．
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5．如图，在矩形 ABCD中，点 O是 AB的中点，点 M是射线 DC上动点，点 P在线段 AM上（不与点 A重合），
OP＝ AB．
（1）判断△ABP的形状，并说明理由．
（2）当点 M为边 DC中点时，连接 CP并延长交 AD于点 N．求证：PN＝AN．
（3）点 Q在边 AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝ ，当∠CPQ＝90°时，求 DM的长．
【分析】（1）由已知得：OP＝OA＝OB，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得结论；
（2）如图 1，延长 AM，BC交于点 Q，先证明△ADM≌△QCM（ASA），得 AD＝CQ＝BC，根据直角三角形斜
边中线的性质可得 PC＝ BQ＝BC，由等边对等角和等量代换，及角的和差关系可得结论；
（3）分两种情况：作辅助线，构建相似三角形，设 DM＝x，QG＝a，则 CH＝a+ ，BH＝AG＝4﹣ ﹣a＝
﹣a，①如图 2，点 M在 CD上时，②如图 3，当 M在 DC的延长线上时，根据同角的三角函数和三角形相似
可解答．
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【解答】（1）解：△ABP是直角三角形，理由如下：
∵点 O是 AB的中点，
∴AO＝OB＝ AB，
∵OP＝ AB，
∴OP＝OA＝OB，
∴∠OBP＝∠OPB，∠OAP＝∠APO，
∵∠OAP+∠APO+∠OBP+∠BPO＝180°，
∴∠APO+∠BPO＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴△ABP是直角三角形；
（2）证明：如图 1，延长 AM，BC交于点 Q，
∵M是 CD的中点，
∴DM＝CM，
∵∠D＝∠MCQ＝90°，∠AMD＝∠QMC，
∴△ADM≌△QCM（ASA），
∴AD＝CQ＝BC，
∵∠BPQ＝90°，
∴PC＝ BQ＝BC，
∴∠CPB＝∠CBP，
∵∠OPB＝∠OBP，
∴∠OBC＝∠OPC＝90°，
∴∠OPN＝∠OPA+∠APN＝90°，
∵∠OAP+∠PAN＝90°，∠OAP＝∠OPA，
∴∠APN＝∠PAN，
∴PN＝AN；
（3）解：分两种情况：
①如图 2，点 M在 CD上时，过点 P作 GH∥CD，交 AD于 G，交 BC于 H，
设 DM＝x，QG＝a，则 CH＝a+ ，BH＝AG＝4﹣ ﹣a＝ ﹣a，
∵PG∥DM，
∴△AGP∽△ADM，
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∴ ＝ ，即 ，
∴PG＝ x﹣ ax，
∵∠CPQ＝90°，
∴∠CPH+∠QPG＝90°，
∵∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠QPG＝∠PCH，
∴tan∠QPG＝tan∠PCH，即 ＝ ，
∴PH PG＝QG CH，
同理得：∠APG＝∠PBH，
∴tan∠APG＝tan∠PBH，即 ＝ ，
∴PG PH＝AG BH＝AG2，
∴AG2＝QG CH，即（ ﹣a）2＝a（ +a），
∴a＝ ，
∵PG PH＝AG2，
∴（ x﹣ x） （5﹣ x+ x）＝（ ﹣ ）2，
解得：x1＝12（舍），x2＝ ，
∴DM＝ ；
②如图 3，当 M在 DC的延长线上时，同理得：DM＝12，
综上，DM的长是 或 12．
【点评】本题主要考查了四边形综合题，涉及相似三角形的性质，动点问题，三角函数，三角形全等的性质和判
定，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是正确的画出图形，分情况讨论，难度较大．
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模块三：不变结构之平行、中点
模块三：典例精讲
不变结构之平行：
例题 1.
（1）发现：如图①所示，在正方形 ABCD中，E为 AD边上一点，将 AEB沿 BE 翻折到 BEF处，延长 EF 交CD
边于G 点．求证： BFG BCG ；
（2）探究：如图②，在矩形 ABCD中， E为 AD边上一点，且 AD 8， AB 6．将 AEB沿 BE 翻折到 BEF处，
延长 EF 交 BC边于G 点，延长 BF 交CD边于点H，且 FH CH ，求 AE的长．
（3）拓展：如图③，在菱形 ABCD中，AB 6，E为CD边上的三等分点， D 60 ．将 ADE沿 AE翻折得到 AFE，
直线 EF 交 BC于点 P，求 PC的长．
【分析】（1）根据将△AEB沿 BE翻折到△BEF处，四边形 ABCD是正方形，得 AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，
即得∠BFG＝90°＝∠C，可证 Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）延长 BH，AD交于 Q，设 FH＝HC＝x，在 Rt△BCH中，有 82+x2＝（6+x）2，得 x＝ ，DH＝DC﹣HC＝
，由△BFG∽△BCH，得 ＝ ＝ ，BG＝ ，FG＝ ，而 EQ∥GB，DQ∥CB，可得 ＝ ，即
＝ ，DQ＝ ，设 AE＝EF＝m，则 DE＝8﹣m，因 ＝ ，有 ＝ ，即解得 AE的长为 ；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当 DE＝ DC＝2时，延长 FE交 AD于 Q，过 Q作 QH⊥CD于 H，设 DQ＝x，QE＝y，
则 AQ＝6﹣x，CP＝2x，由 AE是△AQF的角平分线，有 ＝ ①，在 Rt△HQE中，（2﹣ x）2+（ x）2
＝y2②，可解得 x＝ ，CP＝2x＝ ；
（Ⅱ）当 CE＝ DC＝2时，延长 FE交 AD延长线于 Q'，过 Q'作 Q'H'⊥CD交 CD延长线于 H'，同理解得 x'＝ ，
CP＝ ．
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【解答】（1）证明：∵将△AEB沿 BE翻折到△BEF处，四边形 ABCD是正方形，
∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，
∴∠BFG＝90°＝∠C，
∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）解：延长 BH，AD交于 Q，如图：
设 FH＝HC＝x，
在 Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，
∴82+x2＝（6+x）2，
解得 x＝ ，
∴DH＝DC﹣HC＝ ，
∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，
∴BG＝ ，FG＝ ，
∵EQ∥GB，DQ∥CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴DQ＝ ，
设 AE＝EF＝m，则 DE＝8﹣m，
∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+ ＝ ﹣m，
∵△EFQ∽△GFB，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得 m＝ ，
∴AE的长为 ；
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方法 2：连接 GH，如图：
∵CH＝FH，GH＝GH，
∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），
∴CG＝FG，
设 CG＝FG＝x，则 BG＝8﹣x，
在 Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，
∴62+x2＝（8﹣x）2，
解得 x＝ ，
∴BG＝BC﹣x＝ ，
∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，
∴EG＝BG＝ ，
∴EF＝EG﹣FG＝ ；
∴AE＝ ；
（3）解：方法一：
（Ⅰ）当 DE＝ DC＝2时，延长 FE交 AD于 Q，过 Q作 QH⊥CD于 H，如图：
设 DQ＝x，QE＝y，则 AQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△QDE，
∴ ＝ ＝2，
∴CP＝2x，
∵△ADE沿 AE翻折得到△AFE，
∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分线，
∴ ＝ ，即 ＝ ①，
∵∠D＝60°，
∴DH＝ DQ＝ x，HE＝DE﹣DH＝2﹣ x，HQ＝ DH＝ x，
在 Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2，
∴（2﹣ x）2+（ x）2＝y2②，
联立①②可解得 x＝ ，
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罗湖区中考备考攻坚课程
∴CP＝2x＝ ；
（Ⅱ）当 CE＝ DC＝2时，延长 FE交 AD延长线于 Q'，过 Q'作 Q'H'⊥CD交 CD延长线于 H'，如图：
设 DQ'＝x'，Q'E＝y'，则 AQ'＝6+x'，
同理∠Q'AE＝∠EAF，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
由 H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（ x'）2+（ x'+4）2＝y'2，
可解得 x'＝ ，
∴CP＝ x'＝ ，
综上所述，CP的长为 或 ．
方法二：
（Ⅰ）当 DE＝ DC＝2时，连接 CF，过 P作 PK⊥CD于 K，如图：
∵四边形 ABCD是菱形，∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，
∴∠PCK＝60°，
∵将△ADE沿 AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，
∴∠AFC＝∠ACF，
∴∠PFC＝∠PCF，
∴PF＝PC，
设 PF＝PC＝2m，
在 Rt△PCK中，CK＝m，PK＝ m，
∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m，
在 Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2，
∴（4﹣m）2+（ m）2＝（2+2m）2，
解得 m＝ ，
∴PC＝2m＝ ；
（Ⅱ）当 CE＝ DC＝2时，连接 CF，过 P作 PT⊥CD交 DC延长线于 T，如图：
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罗湖区中考备考攻坚课程
同（Ⅰ）可证 AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，
∴PC＝PF，
设 PC＝PF＝2n，
在 Rt△PCT中，
CT＝n，PT＝ n，
∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n，
在 Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2，
∴（ n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2，
解得 n＝ ，
∴PC＝2n＝ ，
综上所述，CP的长为 或 ．
【点评】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性
质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
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罗湖区中考备考攻坚课程
不变结构之中点：
例题 2.
在正方形 ABCD中，等腰直角 AEF， AFE 90 ，连接CE ，H为CE BF中点，连接 BH 、BF 、HF，发现 和
BH
HBF 为定值．
BF
（1）① ；② HBF ；
BH
OH BA
③小明为了证明①②，连接 AC 交 BD于O，连接OH ，证明了 和 的关系，请你按他的思路证明①②．
AF BO
BD EA
（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图 2， k， BDA EAF (0 90 )．
AD FA
FD FH
求① ；（用 k的代数式表示）② ．（用 k、 的代数式表示）
HD HD
【分析】（1）由△AEF和△ABO都是等腰直角三角形可证△BOH∽△BAF，从而得到对应边成比例，对应角相
等，进行转化即可；
（2）将等腰直角三角形换成两个相似三角形，任然有△DOH∽△DAF，从而得出①，作 HM⊥DF于 M，由①
得 ，设 FD＝2t，HD＝kt，通过勾股定理表示出 HM、MF、HF的长即可得出②．
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罗湖区中考备考攻坚课程
【解答】解：① ；②45°；
③由正方形的性质得： ，O为 AC的中点，
又∵H为 CE的中点，
∴OH∥AE，OH＝ ，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝ ，
∴ ，
∵OH∥AE，
∴∠COH＝∠CAE，
∴∠BOH＝∠BAF，
∴△BOH∽△BAF，
∴ ，
∴∠HBF＝∠HBO+∠DBF＝∠DBA＝45°；
（2）①如图 2，连接 AC交 BD于点 O，连接 OH，
由（1）中③问同理可证：△DOH∽△DAF，
∴ ，
②由①知：△DOH∽△DAF，
∴∠HDO＝∠FDA，
∴∠HDF＝∠BDA＝θ，
在△HDF中， ，
设 DF＝2t，HD＝kt，
作 HM⊥DF于 M，
∴HM＝DH×sinθ＝ktsinθ，DM＝ktcosθ，
∴MF＝DF﹣DM＝（2﹣kcosθ）t，
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罗湖区中考备考攻坚课程
在 Rt△HMF中，由勾股定理得：
HF＝ ，
∴ ．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，关键是模型的应用，由共顶点的两个相似三角形产生的第二
对相似，能够准确地从复杂图形中找到基本图形是解题的关键．
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罗湖区中考备考攻坚课程
模块三：跟进练习
1．如图，点 E是矩形 ABCD的边 BC的中点，连接 DE交 AC于点 F．
（1）如图①，求证：AF＝2CF；
（2）如图②，作 DG⊥AC于 G，试探究：当 AB与 AD满足什么关系时，使得 AG＝CF成立？并证明你的结论；
（3）如图③，以 DE为斜边在矩形 ABCD内部作等腰 Rt△DEM，交对角线 BD于 N，连接 AM，若 AB＝AD，
请直接写出 的值．
【分析】（1）首先根据点E是矩形ABCD的边BC的中点，可得AD＝BC＝2CE；然后根据AD∥BC，可得 ，
所以 AF＝2CF，据此判断即可．
（2）当 AB＝ AD时，AG＝CF成立．
（3）首先过 M作 GF⊥AD，交 AD于 G，交 BC于 F，通过证明△GDM≌△FME，判断出 GM＝FE，GD＝FM；
然后通过证明△ADM∽△EDN，判断出 ＝ ；最后判断出 MN＝EN，即可判断出 的值是 ，
据此解答即可．
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罗湖区中考备考攻坚课程
【解答】（1）证明：∵点 E是矩形 ABCD的边 BC的中点，
∴AD＝BC＝2CE，
∵在矩形 ABCD中，AD∥BC，
∴ ，
∴AF＝2CF．
（2）结论：当 AB＝ AD时，AG＝CF成立．
设 BE＝EC＝a，则 AD＝BC＝2a，AB＝CD＝2 a，
∴DE＝ ＝3a，
∵AD∥BC，
∴ ＝2，
∴DF＝2EF，
∴DF＝2a＝AD，
∵DG⊥AF，
∴AG＝FG，
∵AF＝2CF，
∴AG＝CF．
（3）如图③，过 M作 GF⊥AD，交 AD于 G，交 BC于 F，
∵△DEM是等腰直角三角形，
∴DM＝EM，
∵∠GDM+∠GMD＝90°，∠FME+∠GMD＝90°，
∴∠GDM＝∠FME，
在△GDM和△FME中，
∴△GDM≌△FME（AAS），
∴GM＝FE，GD＝FM，
∵AB＝AD＝GF，
∴AG+GD＝GM+FM，
∵GD＝FM，
∴AG＝GM，
62
罗湖区中考备考攻坚课程
∴∠DAM＝45°，
∴∠ADM＝∠ADB﹣∠MDN＝45°﹣∠MDN＝∠EDN，
在△ADM和△EDN中，
∴△ADM∽△EDN，
∴ ＝ ，
∴ ，
∴MN＝ DM＝ ME＝EN，
∴ ＝ ，
即 的值是 ．
【点评】（1）此题主要考查了四边形综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结
合方法的应用．
（2）此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，以及相似三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握．
（3）此题还考查了直角三角形的性质和应用，以及勾股定理的应用，要熟练掌握．
（4）此题还考查了矩形的性质和应用，要熟练掌握．
63
罗湖区中考备考攻坚课程
2．在△ABC中，AC＝BC＝ ，∠ACB＝120°，在△ADE中，∠DAE＝90°，∠AED＝30°，AD＝1，连接 BD，
BE，点 F是 BD的中点，连接 CF．
（1）如图 1，当顶点 D在边 AB上时，线段 BE与线段 CF的数量关系是 ，线段 BE与
线段 CF的位置关系是 ；
（2）将△ADE绕点 A旋转，转到图 2的位置时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，
请说明理由；
（3）在△ADE 绕点 A 旋转的过程中，线段 AF 的最大值为 ；当 DE∥CF 时，线段 CF 的长
为 ．
【分析】（1）过点 A作 AG⊥AB，交 BC延长线于点 G，连接 GD并延长交 BE于点 H，证明△ADG∽△AEB，
得 ，∠AGD＝∠ABE，再证明 CF为△BGD的中位线即可证明结论；
（2）与（1）同理可证明结论仍然成立；
（3）延长 AF到点 K，使 FK＝AF，连接 BK，通过 SAS证明△AFD≌△KFB，得 BK＝AD＝1，在△ABK中，利
用第三边小于两边之和，得 AK＜AB+BK，求出 AK最大为 4，则 AF最大为 2即可，当 DE∥CF时，由（2）中
证明可知 DG∥CF，则 G，D，E三点共线，分点 E在 D下方，或点 E在点 D上方两种情形，分别画图进行计
算即可．
64
罗湖区中考备考攻坚课程
【解答】解：（1）过点 A作 AG⊥AB，交 BC延长线于点 G，连接 GD并延长交 BE于点 H，
∵AC＝BC，∠ACB＝120°，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，
∴∠GAC＝∠AGC＝60°，
∴AC＝CG＝BC，
∴点 C为 BG的中点，
∵ ，
且∠DAG＝∠EAB，
∴△ADG∽△AEB，
∴ ，∠AGD＝∠ABE，
∴BE＝ DG，
∵点 C，F分别是 BG，BD的中点，
∴CF为△BGD的中位线，
∴CF∥GD，CF＝ GD，
∴BE＝2 CF，
又∵∠ADG＝∠BDH，
∴∠BHD＝∠GAD＝90°，
∴GH⊥BE，
∵CF∥GD，
∴CF⊥BE，
故答案为：BE＝2 CF，CF⊥BE，
（2）（1）中结论仍然成立，
过点 A作 AG⊥AB，交 BC延长线于点 G，连接 GD并延长交 BE于点 H，设 GD交 AB于点 O，
由（1）同理可证△ADG∽△AEB，
∴ ，∠AGD＝∠ABE，
∴BE＝ DG，
∵点 C，F分别是 BG，BD的中点，
∴CF为△BGD的中位线，
∴CF∥GD，CF＝ GD，
∴BE＝2 CF，
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又∵∠AOG＝∠BOH，
∴∠BHD＝∠GAO＝90°，
∴GH⊥BE，
∵CF∥GD，
∴CF⊥BE，
故答案为：BE＝2 CF，CF⊥BE，
（3）如图，延长 AF到点 K，使 FK＝AF，连接 BK，
∵DF＝BF，AF＝FK，∠AFD＝∠BFK，
∴△AFD≌△KFB，
∴BK＝AD＝1，
在△ABK中，
AK＜AB+BK，
∴AK＜4，
∴当 AK＝4时，AF最大为 2，
当 DE∥CF时，由（2）中证明可知 DG∥CF，
∴G，D，E三点共线，如图，当点 E在点 D下方时，
∵AG＝AE＝ ，∠E＝30°，
∴GE＝3，
∴GD＝1，
∴CF＝ DG＝ ，
当点 E与 G重合时，此时 DE∥CF，
∴CF＝ DE＝1，
综上：CF＝1或 ，
故答案为：2，1或 ．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了含 30°角的直角三角形，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判
定与性质，中位线定理等知识，作辅助线，构造三角形相似或者全等是解题的关键，综合性较强，难度较大．
66
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3．已知：△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，其中 BA＝BC，DA＝DE，连接 EC，取 EC的中点 M，
连接 BM和 DM．
（1）如图 1，分别取 AC 和 AE 的中点 G、H，连接 BG、MG、MH、DH，那么 BD 和 BM 的数量关系
是 ；
（2）将图 1中的△ABC绕点 A旋转到图 2的位置时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）已知正方形 ABCP的边长为 2，正方形 ADEQ的边长为 10，现将正方形 ABCP绕点 A顺时针旋转，在整个
旋转过程中，当 C、P、E三点共线时，请直接写出 BD的长．
【分析】（1）由三角形中位线定理得出 MH＝ AC，MG＝ AE，MH∥AC，MG∥AE，得出∠MHE＝∠CAE，
∠CGM＝∠CAE，证明△MHD≌△BGM，得出 BM＝DM，证明△BAD∽△MHD，得出 BD：DM＝AD：DH＝ ：
1，即可得出结论；
（2）证出 BM＝DM，∠MBE＝∠MEB，∠MCD＝∠MDC，再证明 DM⊥BM，即可得出结论；
（3）分两种情况：①取 CE的中点 M，连接 BM、DM，连接 AE，由（1）得：BM＝DM，BD＝ BM，由勾
股定理得：AE＝ AD＝10 ，PE＝14，得出 CE＝PE+PC＝16，CM＝8，由勾股定理求出 BM＝2 ，求出
BD＝ BM＝2 ；
②取 CE的中点 M，连接 BM、DM，连接 AE，由（1）得：BM＝DM，BD＝ BM，同①得：PE＝14，CE＝
12，得出 CM＝6，由勾股定理求出 BM的长，即可得出结果．
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【解答】解：（1）结论： ．
理由：∵M为 CE的中点，G、H分别为 AC和 AE的中点，
∴MH＝ AC，MG＝ AE，MH∥AC，MG∥AE，
∴∠MHE＝∠CAE，∠CGM＝∠CAE，
∴∠CGM＝∠MHE，
在等腰直角△ABC与等腰直角△ADE中，G、H分别为 AC和 AE的中点，
∴BG＝ AC，DH＝ AE，BG⊥AC，DH⊥AE，
∴MH＝BG，DH＝MG，∠MHD＝∠BGM，
在△MHD和△BGM中，
，
∴△MHD≌△BGM（SAS），
∴BM＝DM，
∵∠BAD＝45°+45°+∠CAE＝90°+∠CAE，∠MHD＝∠DHE+∠MHE＝90°+∠CAE，
∴∠BAD＝∠MHD，
又∵AB：MH＝AB：AG＝ ：1，AD：DH＝ ：1，
∴AB：MH＝AD：DH，
∴△BAD∽△MHD，
∴BD：DM＝AD：DH＝ ：1，BD：BM＝ ：1，
∴BD＝ BM；
故答案为：BD＝ BM；
（2）依然成立．取 AC和 AE的中点 G，H，连接 BG，MG，MH，DH．
∵M是 EC的中点，
∴MH∥CA，MG∥AE， ， ．
∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，且 AB＝BC，AD＝DE．
∴ ， ，BG⊥AC，DH⊥AE．
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∴BG＝MH，MG＝DH．
∵MG∥AE，MH∥CA，
∴四边形 MHAG是平行四边形，
∴∠MHA＝MGA，
∵BG⊥AC，DH⊥AE，
∴∠BGA＝DHA＝90°．
又∵∠MGB＝∠MGA+∠BGA，∠DHM＝∠DHA+∠MHA，
∴∠MGB＝∠DHM．
∵BG＝MH，MG＝DH，
∴△BGM≌△MHD（SAS）．
∴BM＝MD，∠GMB＝∠HDM．∠BMD＝∠AHD＝90°．
∵MB＝MD，
∴ ；
（3）分两种情况：①如图所示：取 CE的中点 M，连接 BM、DM，连接 AE，
由（1）得：BM＝DM， ，
由勾股定理得： ，
∴ ，
∴CE＝PE+PC＝16，
∴CM＝8，
∴BM＝2 ，
∴BD＝ BM＝2 ；
②如图所示：取 CE的中点 M，连接 BM、DM，连接 AE，
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由（1）得：BM＝DM， ，
同①得：PE＝14，
∴CE＝12，
∴CM＝6，
∴ ；
∴ ；
综上所述，BD的长为 或 ．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判
定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，作出图形是解题关键．
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4．如图 1，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点 D，E分别在边 AB，AC上，AD＝AE，连接 DC，BE，点
P为 DC的中点，
（1）【观察猜想】图 1中，线段 AP与 BE的数量关系是 ，位置关系是 ．
（2）【探究证明】把△ADE绕点 A逆时针旋转到图 2的位置，（1）中的猜想是否仍然成立？若成立请证明，否
请说明理由；
（3）【拓展延伸】把△ADE绕点 A在平面内自由旋转，若 AD＝4，AB＝10，请直接写出线段 AP长度的最大值
和最小值．
【分析】（1）如图 1 中，设 PA交 BE于点 O．证明△DAC≌△EAB（SAS），结合直角三角形斜边中线的性质即
可解决问题．
（2）结论成立．如图 2中，延长 AP到 J，使得 PJ＝PA，连接 JC．延长 PA交 BE于 O．证明△EAB≌△JCA（SAS），
即可解决问题．
（3）利用三角形的三边关系求出 AJ的取值范围，即可解决问题．
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【解答】解：（1）如图 1中，设 PA交 BE于点 O．
∵AD＝AE，AC＝AB，∠DAC＝∠EAB，
∴△DAC≌△EAB（SAS），
∴BE＝CD，∠ACD＝∠ABE，
∵∠DAC＝90°，DP＝PC，
∴PA＝ CD＝PC＝PD，
∴PA＝ BE．∠C＝∠PAE，
∵∠CAP+∠BAO＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴PA⊥BE，
故答案为：AP＝ BE，PA⊥BE．
（2）猜想仍成立．
理由：如图 2中，延长 AP到 J，使得 PJ＝PA，连接 JC．延长 PA交 BE于 O．
∵PA＝PJ，PD＝PC，∠APD＝∠CPJ，
∴△APD≌△JPC（SAS），
∴AD＝CJ，∠ADP＝∠JCP，
∴AD∥CJ，
∴∠DAC+∠ACJ＝180°，
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，
∴∠EAB+∠DAC＝180°，
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∴∠EAB＝∠ACJ，
∵AB＝AC，AE＝AD＝CJ，
∴△EAB≌△JCA（SAS），
∴BE＝AJ，∠CAJ＝∠ABE，
∵PA＝ AJ，
∴PA＝ BE，
∵∠CAJ+∠BAO＝90°，
∴∠ABE+∠BAO＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴PA⊥BE．
（3）∵AC＝10，CJ＝4，
∴10﹣4≤AJ≤10+4，
∴6≤AJ≤14，
∵AJ＝2AP，
∴3≤PA≤7．
∴PA的最大值为 7，最小值为 3．
【点评】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是
学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
73
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5．（1）如图甲，已知正方形 ABCD和正方形 CGEF，（CG＞BC），B，C，G在同一条直线上，M为线段 AE的中点．探
究线段 MD、MF的关系；
（2）将正方形 CGEF绕点 C顺时针旋转 45°（如图乙），使得正方形 CGEF的对角线 CE在正方形 ABCD的边
BC的延长线上，M为 AE的中点，试问（1）中的探究的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理
由
（3）将正方形 CGEF绕点 C旋转任意角度后（如图丙），其他条件不变．探究：线段 MD，MF的位置及数量关
系，并加以证明．
【分析】（1）延长 DM交 EF于点 P，易证 AM＝EM，即可证明△ADM≌△EPM，可得 DM＝PM，根据△DFP
是直角三角形即可解题；
（2）延长 DM交 CE于点 N，连接 FN、DF，易证∠DAM＝∠NEM，即可证明△ADM≌△ENM，可得 EN＝AD，
DM＝MN，可证 CD＝EN，即可证明△CDF≌△ENF，可得 DF＝NF，即可解题．
（3）先构造出△AMD≌△EMN，再判断出△CDF≌△ENF即可得出结论．
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【解答】证明：（1）MD＝MF，MD⊥MF，
理由：如图甲，延长 DM交 EF于点 P，
∵四边形 ABCD和四边形 FCGE是正方形，
∴AD∥EF，∠MAD＝∠MEP．∠CFE＝90°．
∴△DFP是直角三角形．
∵M为 AE的中点，
∴AM＝EM．
在△ADM和△EPM中， ，
∴△ADM≌△EPM（ASA），
∴DM＝PM，AD＝PE，
∴M是 DP的中点．
∴MF＝ DP＝MD，
∵AD＝CD，
∴CD＝PE，
∵FC＝FE，
∴FD＝FP，
∴△DFP是等腰直角三角形，
∴FM⊥DP，
即 FM⊥DM．
即：FM＝DM，FM⊥DM；
（2）MD＝MF，MD⊥MF，
如图乙，延长 DM交 CE于点 N，连接 FN、DF，
∵CE是正方形 CFEG对角线，
∴∠FCN＝∠CEF＝45°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠DCF＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAM＝∠NEM，
在△ADM和△ENM中， ，
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∴△ADM≌△ENM（ASA），
∴EN＝AD，DM＝MN，
∵AD＝CD，
∴CD＝EN，
在△CDF和△ENF中， ，
∴△CDF≌△ENF，（SAS）
∴DF＝NF，
∵DM＝MN
∴FM＝DM，FM⊥DM（等腰三角形的“三线合一”），
（3）MD＝MF，MD⊥MF，
证法一：如图丙，延长 DM到 N，
使 MN＝MD，连接 FD、FN、EN，
延长 EN与 DC延长线交于点 H．
在△AMD与△EMN中， ，
∴△AMD≌△EMN，
∴∠DAM＝∠NEM，AD＝NE．
又∵正方形 ABCD、CGEF，
∴CF＝EF，AD＝DC，∠ADC＝90°，
∠CFE＝∠ADC＝∠FEG＝∠FCG＝90°．
∴DC＝NE．
∵∠DAM＝∠NEM，
∴AD∥EH．
∴∠H＝∠ADC＝90°．
∵∠G＝90°，∠CPH＝∠EPG，
∴∠PCH＝∠PEG．
∵∠PCH+∠DCF＝∠PEG+∠FEN＝90°，
∴∠DCF＝∠FEN．
在△DCF与△NEF中， ，
∴△DCF≌△NEF，
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∴FD＝FN，∠DFC＝∠NFE．
∵∠CFE＝90°，
∴∠DFN＝90°，
∴FM⊥MD，MF＝MD．
证法二：如图丙，过点 E作 AD的平行线分别交 DM、DC的延长线于 N、H，连接 DF、FN．
∴∠ADC＝∠H，∠DAM＝∠NEM．
∵AM＝ME，∠AMD＝∠EMN，
∴△AMD≌△EMN，
∴DM＝NM，AD＝EN．
∵四边形 ABCD、四边形 CGEF是正方形，
∴AD＝DC，FC＝FE，∠ADC＝∠FCG＝∠CFE＝90°，
∴∠H＝90°，∠CPH＝∠NEF，DC＝NE．
∴∠DCF+∠PCH＝∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠DCF＝∠CPH＝∠NEF．
在△DCF与△NEF中， ，
∴△DCF≌△NEF．
∴FD＝FN，∠DFC＝∠NFE，
∵∠CFE＝90°，
∴∠DFN＝90°，
∴FM⊥MD，MF＝MD．
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【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的判定
和性质，解本题的关键是构造△CDF≌△ENF，是一道中等难度的中考常考题．
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6．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到．小明在数学学习中遇到了这样一个问
题：“如图 1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝α，点 P在 AB边上，过点 P作 PQ⊥AC于点 Q，△APQ绕
点 A逆时针方向旋转，如图 2，连接 CQ．O为 BC边的中点，连接 PO并延长到点 M，使 OM＝OP，连接 CM．探
究在△APQ的旋转过程中，线段 CM，CQ之间的数量关系和位置关系”小明计划采用从特殊到一般的方法探究
这个问题．
特例探究；
（1）填空：如图 3，当α＝30°时， ＝ ，直线 CQ与 CM所夹锐角的度数为 ；
如图 4，α＝45°时， ＝ ，直线 CQ与 CM所夹锐角的度数为 ；
一般结论：
（2）将△APQ绕点 A逆时针方向旋转的过程中，线段 CQ，CM之间的数量关系如何（用含α的式子表示）？直
线 CQ与 CM所夹锐角的度数是多少？请仅就图 2所示情况说明理由；
（3）如图 4，在 Rt△ABC中，若 AB＝6，α＝45°，AP＝4，将△APQ由初始位置绕点 A逆时针方向旋转β角（0°
＜β＜180°），当点 Q到直线 AC的距离为 2时，请直接写出线段 CM的值．
【分析】（1）如图 3中，连接 PB，延长 BP交 CQ的延长线于 J，延长 QC到 R，设 AC交 BJ于点 K．利用相似三
角形的性质解决问题即可．图 4同法可得．
（2）如图 2 中，连接 PB，延长 BP交 CQ于 J，延长 QC到 R，设 AC交 BJ于点 K．利用相似三角形的性质解
决问题即可．
（3）分两种情形讨论，分别利用勾股定理求解即可．
79
罗湖区中考备考攻坚课程
【解答】（1）解：如图 3中，连接 PB，延长 BP交 CQ的延长线于 J，延长 QC到 R，设 AC交 BJ于点 K．
∵∠PAQ＝∠BAC，
∴∠CAQ＝∠BAP，
∵ ＝cos30°＝ ，
∴△QAC∽△PAB，
∴ ，∠ABP＝∠ACQ，
∵∠AKB＝∠CKJ，
∴∠CJK＝∠BAK＝30°，
∵OP＝OM，∠POB＝∠MOC，OB＝OC，
∴△POB≌△MOC（SAS），
∴PB＝CM，∠BPO＝∠M，
∴ ，BJ∥CM，
∴∠RCM＝∠J＝30°．
如图 4中，同法可证 ，直线 CQ与 CM所夹锐角的度数为 45°．
故答案为： ，30°， ，45°．
（2）解： ＝cosα，直线 CQ与 CM所夹锐角的度数是α，理由如下：
如图 2中，连接 PB，延长 BP交 CQ于 J，延长 QC到 R，设 AC交 BJ于点 K．
∵∠PAQ＝∠BAC，
∴∠CAQ＝∠BAP，
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罗湖区中考备考攻坚课程
∵ ＝cosα，
∴△QAC∽△PAB，
∴ ＝cosα，∠ABP＝∠ACQ，
∵∠AKB＝∠CKJ，
∴∠CJK＝∠BAK＝α，
∵OP＝OM，∠POB＝∠MOC，OB＝OC，
∴△POB≌△MOC（SAS），
∴PB＝CM，∠BPO＝∠M，
∴ ＝cosα，BJ∥CM，
∴∠RCM＝∠J＝α．
（3）解；如图 5中，过点 Q作 QD⊥AC于 D，
∵△AQP，△ABC都是等腰直角三角形，AP＝4，AB＝6，
∴AQ＝QP＝2 ，AC＝BC＝3 ，点 Q到 AP的距离为 2，
∵QD＝2，
∴AP与 AC重合，
∴AD＝ ＝ ＝2，
∴CD＝3 ﹣2，
∴CQ＝ ＝ ＝ ，
∵ ＝ ，
∴CM＝ CQ＝ ．
如图 6中，过点 Q作 QD⊥AC于 D，
81
罗湖区中考备考攻坚课程
同法可得 AD＝2，CD＝3 +2，
∴CQ＝ ＝ ＝ ，
∴CM＝ CQ＝ ，
综上所述，满足条件的 CM的值为 或 ．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定
和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/5/20 19:48:44；用户：吴老师；邮箱：18898588585；学号：23410154
82罗湖区中考备考攻坚课程
第八讲 中考压轴题难点突破 4：《发现类比探究题》
——吴丹妮
《发现类比探究题》自主学习单
一、知识技能梳理
中考中常出现几何类比探究题，通常以一类共性条件和特殊条件为基础，由特殊到一般，由简单到复杂构建问
题，逐步深入，问题解析的思想方法一脉相承。问题探究的一般方法如下：
第一步，根据问题条件以及关联条件解决第一问；
第二步，利用上一问的方法类比探究下一问，若不可行，则可将两问相结合，探寻不可类比的原因和出现变动的特
征，然后依据不变特征探寻新的方法。
同时，在类比探究过程有如下几个探究技巧：
（1）找特征，如中点、特殊角、图形折叠等；
（2）找模型，如相似模型（子母型，A 字型，八字型）、三线合一、全等模型等；
（3）解析照搬，解析时可照搬上一问的方法及思考问题的解析思路，如照搬辅助线，照搬全等、相似等；
（4）找结构，探寻问题不变的结构，利用不变结构的特征来逐步剖析，通常不变结构及对应解析方法如下：
①直角，可作横平竖直的辅助线，构建相似或全等模型；
②旋转，可构建全等或相似模型；
③中点，作倍长线段，通过几何全等来转移边和角；
④平行，探究其中的相似关系，利用相似比例来转化线段关系。
1
二、学习过程
模块一：不变结构之旋转
模块一：典例精讲
例题 1.
问题发现
（1）如图 1，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点 D在 BC边上，且 BD＝3CD，将线段 AD绕点 A
顺时针旋转 90°得到线段 AE，连接 DE，BE，则 BE+BD的值为 ．
类比探究
（2）如图 2，在（1）的条件下，点 P为 AB边上的中点，BD＝3CD，将线段 PD绕点 P顺时针旋转 90°得到线
段 PE，连接 BE，则 BE+BD的值会发生改变吗？请说明你的理由．
拓展延伸
（3）如图 3，在钝角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点 P在边 BA的延长线上，BP＝k，连接 PD，将线段 PD
绕点 P顺时针旋转，旋转角∠EPD＝α，连接 DE，则 BE+BD＝ ．（请用含有 k，α的式
子表示）
2
例题 2.
在△ABC中，AB＝AC，D是边 BC上一动点，连接 AD，将 AD绕点 A逆时针旋转至 AE的位置，使得∠DAE+
∠BAC＝180°．
（1）如图 1，当∠BAC＝90°时，连接 BE，交 AC于点 F．若 BE平分∠ABC，BD＝2，求 AF的长；
（2）如图 2，连接 BE，取 BE的中点 G，连接 AG．猜想 AG与 CD存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图 3，在（2）的条件下，连接 DG，CE．若∠BAC＝120°，当 BD＞CD，∠AEC＝150°时，请直接写
出 的值．
3
模块一：跟进练习
1．问题发现：
如图 1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，D为 BC边上一点（不与点 B，C重合），将线段 AD绕点 A逆
时针旋转 60°得到 AE，连接 EC，则：
（1）①∠ACE的度数是 ；②线段 AC，CD，CE之间的数量关系是 ．
拓展探究：
（2）如图 2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为 BC边上一点（不与点 B，C重合），将线段 AD绕点
A逆时针旋转 90°得到 AE，连接 EC，请写出∠ACE的度数及线段 AD，BD，CD之间的数量关系，并说明理由；
解决问题：
（3）如图 3，在 Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，若点 A满足 AB＝AC，∠BAC＝90°，请直接
写出线段 AD的长度．
4
2．如图 1，在正方形 ABCD中，点 O是对角线 BD的中点．
（1）观察猜想
将图 1 中的△BCD 绕点 O逆时针旋转至图 2 中△ECF 的位置，连接 AC，DE，则线段 AC 与 DE 的数量关系
是 ，直线 AC与 DE的位置关系是 ．
（2）类比探究
将图 2中的△ECF绕点 O逆时针旋转至图 3的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由．
（3）拓展延伸
将图 2中的△ECF在平面内旋转，设直线 AC与 DE的交点为 M，若 AB＝4，请直接写出 BM的最大值与最小值．
5
3．已知△ABC是边长为 4的等边三角形，边 AB在射线 OM上，且 OA＝6，点 D是射线 OM上的动点，当点 D不
与点 A重合时，将△ACD绕点 C逆时针方向旋转 60°得到△BCE，连接 DE．
（1）如图 1，猜想：△CDE的形状是 三角形．
（2）请证明（1）中的猜想
（3）设 OD＝m，
①当 6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理
由．
②是否存在 m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，请直接写出 m的值；若不存在，请说明理由．
6
4．[综合探究]在正方形 ABCD中，点 E为正方形 ABCD内一点，过点 A将 AE绕点 A逆时针旋转 90°，得到△FAE，
延长 FE，分别交 AD，BC于 G、H两点，交 AB的延长线于点 K．
[猜想证明]
（1）数学兴趣小组探究发现，如图 1，连接 DF，当点 E移动时，总有 DF＝BE，请你证明这个结论；
[联系拓展]
（2）如图 2，连接 CK，若 BC＝BK，请直接写出线段 BH、DG、CK的数量关系为 ；
（3）如图 3，在（2）的条件下，连接 CG，CK，若 GE＝6，△CGK的面积为 130，求 CH的长．
7
5．过四边形 ABCD的顶点 A作射线 AM，P为射线 AM上一点，连接 DP．将 AP绕点 A顺时针方向旋转至 AQ，记
旋转角∠PAQ＝α，连接 BQ．
（1）【探究发现】如图 1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形 ABCD是正方形，且α＝90°．无论点 P在何处，
总有 BQ＝DP，请证明这个结论．
（2）【类比迁移】如图 2，如果四边形 ABCD是菱形，∠DAB＝α＝60°，∠MAD＝15°，连接 PQ．当 PQ⊥BQ，
AB＝ 时，求 AP的长；
（3）【拓展应用】如图 3，如果四边形 ABCD是矩形，AD＝6，AB＝8，AM平分∠DAC，α＝90°．在射线 AQ
上截取 AR，使得 AR＝ AP．当△PBR是直角三角形时，请直接写出 AP的长．
8
6．（1）如图 1，菱形 AEGH的顶点 E、H在菱形 ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出 HD：GC：EB的结
果（不必写计算过程）
（2）将图 1中的菱形 AEGH绕点 A旋转一定角度，如图 2，求 HD：GC：EB；
（3）把图 2中的菱形都换成矩形，如图 3，且 AD：AB＝AH：AE＝1：2，此时 HD：GC：EB的结果与（2）小
题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）；若无变化，请说明理由．
9
模块二：不变结构之直角
模块二：典例精讲
例题 1.
小王在学习北师大版相似三角形后，进一步开展探究活动：如图 1，在正方形 ABCD中，点 E是 AB边上的一个动
点（点 E与点 A，B不重合），连接 CE，过点 B作 BF⊥CE于点 G，交 AD于点 F．
（1）（探究 1）如图 1，很容易发现线段 BF与 CE之间的数量关系，请写出这个关系式，并加以证明．
（2）（探究 2）如图 2，当点 E运动到 AB中点时，连接 DG，求证：DC＝DG；
（3）（探究 3）如图 3，在（2）的条件下，过点 C作 CM⊥DG于点 H，分别交 AD，BF于点 M，N，求 的值．
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例题 2.
（1）问题探究：如图 1，在正方形 ABCD，点 E，Q分别在边 BC，AB上，DQ⊥AE于点 O，点 G，F分别在边
CD、AB上，GP⊥AE．
（1）①判断 DQ与 AE的数量关系：DQ AE；
②推断： 的值为： ；（无需证明）
（2）类比探究：如图（2），在矩形 ABCD中， ＝ ．将矩形 ABCD沿 GF折叠，使点 A落在 BC边上的点 E
处，得到四边形 FEPG，EP交 CD于点 H，连接 AE交 GF于点 O．试探究 GF与 AE之间的数量关系，并说明
理由；
（3）拓展应用 1：如图 3，四边形 ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，点 M，N
分别在边 BC、AB上，求 的值．
（4）拓展应用 2：如图 2，在（2）的条件下，连接 CP，若 ＝ ，GF＝2 ，求 CP的长．
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模块二：跟进练习
1．在△ABC中，∠ABC＝90°．
（1）如图 1，分别过 A、C两点作经过点 B的直线的垂线，垂足分别为 M、N，求证：△ABM∽△BCN；
（2）如图 2，P是边 BC上一点，∠BAP＝∠C，tan∠PAC＝ ，求 tanC的值；
（3）如图 3，D是边 CA延长线上一点，AE＝AB，∠DEB＝90°，sin∠BAC＝ ， ，直接写出 tan∠CEB
的值．
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2．已知 CD是△ABC的角平分线，点 E，F分别在边 AC，BC上，AD＝m，BD＝n，△ADE与△BDF的面积之和
为 S．
（1）填空：当∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图 1，若∠B＝45°，m＝5 ，则 n＝ ，S＝ ；
②如图 2，若∠B＝60°，m＝4 ，则 n＝ ，S＝ ；
（2）如图 3，当∠ACB＝∠EDF＝90°时，探究 S与 m，n的数量关系，并说明理由；
（3）如图 4，当∠ACB＝60°，∠EDF＝120°，m＝6，n＝4时，请直接写出 S的大小．
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3．如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ＝ ，CD⊥AB于点 D，E是边 AC上一动点，连接 DE，过点 D作
FD⊥ED，交边 BC于点 F．
（1）探究发现：如图 1，若 m＝n；点 B在边 AC上，则 ＝ ．
（2）数学思考：①如图 2，若点 E在边 AC上，则 ＝ （用含 m、n的代数式表示）．
②当点 E在边 AC上运动时，（1）中的结论是否仍然成立？请就图 3的情形给出证明．
（3）拓展应用：若 AC＝ ，BC＝2 ，DF＝4 ，请直接写出 CE的长．
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4．如图，在矩形 ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点 E是 AD边上一动点（点 E不与 A，D重合），连接 BE，以 BE
为边在直线 BE的右侧作矩形 EBFG，使得矩形 EBFG∽矩形 ABCD，EG交直线 CD于点 H．
【尝试初探】
（1）在点 E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
【深入探究】
（2）若 n＝2，随着 E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当 H是线段 CD中点时，求 tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）连接 BH，FH，当△BFH是以 FH为腰的等腰三角形时，求 tan∠ABE的值（用含 n的代数式表示）．
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5．如图，在矩形 ABCD中，点 O是 AB的中点，点 M是射线 DC上动点，点 P在线段 AM上（不与点 A重合），
OP＝ AB．
（1）判断△ABP的形状，并说明理由．
（2）当点 M为边 DC中点时，连接 CP并延长交 AD于点 N．求证：PN＝AN．
（3）点 Q在边 AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝ ，当∠CPQ＝90°时，求 DM的长．
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模块三：不变结构之平行、中点
模块三：典例精讲
不变结构之平行：
例题 1.
（1）发现：如图①所示，在正方形 ABCD中，E为 AD边上一点，将 AEB沿 BE 翻折到 BEF处，延长 EF 交CD
边于G 点．求证： BFG BCG ；
（2）探究：如图②，在矩形 ABCD中， E为 AD边上一点，且 AD 8， AB 6．将 AEB沿 BE 翻折到 BEF处，
延长 EF 交 BC边于G 点，延长 BF 交CD边于点H，且 FH CH ，求 AE的长．
（3）拓展：如图③，在菱形 ABCD中，AB 6，E为CD边上的三等分点， D 60 ．将 ADE沿 AE翻折得到 AFE，
直线 EF 交 BC于点 P，求 PC的长．
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不变结构之中点：
例题 2.
在正方形 ABCD BF中，等腰直角 AEF， AFE 90 ，连接CE ，H为CE 中点，连接 BH 、BF 、HF，发现 和
BH
HBF 为定值．
BF
（1）① ；② HBF ；
BH
AC BD O OH OH BA③小明为了证明①②，连接 交 于 ，连接 ，证明了 和 的关系，请你按他的思路证明①②．
AF BO
BD EA
（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图 2， k， BDA EAF (0 90 )．
AD FA
FD FH
求① ；（用 k的代数式表示）② ．（用 k、 的代数式表示）
HD HD
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模块三：跟进练习
1．如图，点 E是矩形 ABCD的边 BC的中点，连接 DE交 AC于点 F．
（1）如图①，求证：AF＝2CF；
（2）如图②，作 DG⊥AC于 G，试探究：当 AB与 AD满足什么关系时，使得 AG＝CF成立？并证明你的结论；
（3）如图③，以 DE为斜边在矩形 ABCD内部作等腰 Rt△DEM，交对角线 BD于 N，连接 AM，若 AB＝AD，
请直接写出 的值．
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2．在△ABC中，AC＝BC＝ ，∠ACB＝120°，在△ADE中，∠DAE＝90°，∠AED＝30°，AD＝1，连接 BD，
BE，点 F是 BD的中点，连接 CF．
（1）如图 1，当顶点 D在边 AB上时，线段 BE与线段 CF的数量关系是 ，线段 BE与
线段 CF的位置关系是 ；
（2）将△ADE绕点 A旋转，转到图 2的位置时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，
请说明理由；
（3）在△ADE 绕点 A 旋转的过程中，线段 AF 的最大值为 ；当 DE∥CF 时，线段 CF 的长
为 ．
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3．已知：△ABC和△ADE是两个不全等的等腰直角三角形，其中 BA＝BC，DA＝DE，连接 EC，取 EC的中点 M，
连接 BM和 DM．
（1）如图 1，分别取 AC 和 AE 的中点 G、H，连接 BG、MG、MH、DH，那么 BD 和 BM 的数量关系
是 ；
（2）将图 1中的△ABC绕点 A旋转到图 2的位置时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）已知正方形 ABCP的边长为 2，正方形 ADEQ的边长为 10，现将正方形 ABCP绕点 A顺时针旋转，在整个
旋转过程中，当 C、P、E三点共线时，请直接写出 BD的长．
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4．如图 1，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点 D，E分别在边 AB，AC上，AD＝AE，连接 DC，BE，点
P为 DC的中点，
（1）【观察猜想】图 1中，线段 AP与 BE的数量关系是 ，位置关系是 ．
（2）【探究证明】把△ADE绕点 A逆时针旋转到图 2的位置，（1）中的猜想是否仍然成立？若成立请证明，否
请说明理由；
（3）【拓展延伸】把△ADE绕点 A在平面内自由旋转，若 AD＝4，AB＝10，请直接写出线段 AP长度的最大值
和最小值．
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5．（1）如图甲，已知正方形 ABCD和正方形 CGEF，（CG＞BC），B，C，G在同一条直线上，M为线段 AE的中点．探
究线段 MD、MF的关系；
（2）将正方形 CGEF绕点 C顺时针旋转 45°（如图乙），使得正方形 CGEF的对角线 CE在正方形 ABCD的边
BC的延长线上，M为 AE的中点，试问（1）中的探究的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理
由
（3）将正方形 CGEF绕点 C旋转任意角度后（如图丙），其他条件不变．探究：线段 MD，MF的位置及数量关
系，并加以证明．
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6．类比、转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到．小明在数学学习中遇到了这样一个问
题：“如图 1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝α，点 P在 AB边上，过点 P作 PQ⊥AC于点 Q，△APQ绕
点 A逆时针方向旋转，如图 2，连接 CQ．O为 BC边的中点，连接 PO并延长到点 M，使 OM＝OP，连接 CM．探
究在△APQ的旋转过程中，线段 CM，CQ之间的数量关系和位置关系”小明计划采用从特殊到一般的方法探究
这个问题．
特例探究；
（1）填空：如图 3，当α＝30°时， ＝ ，直线 CQ与 CM所夹锐角的度数为 ；
如图 4，α＝45°时， ＝ ，直线 CQ与 CM所夹锐角的度数为 ；
一般结论：
（2）将△APQ绕点 A逆时针方向旋转的过程中，线段 CQ，CM之间的数量关系如何（用含α的式子表示）？直
线 CQ与 CM所夹锐角的度数是多少？请仅就图 2所示情况说明理由；
（3）如图 4，在 Rt△ABC中，若 AB＝6，α＝45°，AP＝4，将△APQ由初始位置绕点 A逆时针方向旋转β角（0°
＜β＜180°），当点 Q到直线 AC的距离为 2时，请直接写出线段 CM的值．
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