专题10 几何综合证明二
旋转、相似综合、新定义
【考向分析】
通过分析对比，可以看出：
安徽中考数学填空压轴题的主要考向分为四类：
一是全等综合证明，
二是相似综合证明，
三是旋转问题，
四是特殊图形特殊性质的运用。
其中全等相似综合证明题型基本上是每年必考考点，近几年中出现了旋转和特殊图形特殊性质的运用，好在是这两类题型的解题思路非常明确，且比较好总结方法技巧；
几何综合证明作为中考压轴大题，每年都必然出现在试卷最后，是冲刺高分的最大拦路虎，对知识掌握的综合运用能力要求较高，但理解出题方式和解题思路可以帮助大家快速打开解题思维，进而顺利解题。
【真题再现】
年份：2010年 考向：全等相似综合证明
20. 如图，AD∥FE，点B、C在AD上，∠1＝∠2，BF＝BC.
(1)求证：四边形BCEF是菱形；
(2)若AB＝BC＝CD，求证：△ACF≌△BDE.
第20题图
证明：(1)∵AD∥EF，∴∠FEB＝∠2.
∵∠1＝∠2，∴∠FEB＝∠1，∴BF＝EF.∵BF＝BC，
∴BC＝EF，∴四边形BCEF是平行四边形．
∵BF＝BC，∴四边形BCEF是菱形． .............(5分)
(2)∵EF＝BC，AB＝BC＝CD，AD∥FE.
∴四边形ABEF、四边形CDEF均为平行四边形，
∴AF＝BE，FC＝ED，
又∵AC＝2BC＝BD，∴△ACF≌△BDE. ..................(10分)
23. 如图，已知△ABC∽△A1B1C1，相似比为k(k>1)，且△ABC的三边长分别为a、b、c(a>b>c)，△A1B1C1的三边长分别为a1、b1、c1.
(1)若c＝a1，求证：a＝kc；
(2)若c＝a1，试给出符合条件的一对△ABC和△A1B1C1，使得a、b、c和a1、b1、c1都是正整数，并加以说明；
(3)若b＝a1，c＝b1，是否存在△ABC和△A1B1C1使得k＝2？请说明理由．
第23题图
(1)证明：∵△ABC∽△A1B1C1，且相似比为k(k>1)，
∴＝k，∴a＝ka1，又∵c＝a1，∴a＝kc. .............(3分)
(2)解：取a＝8，b＝6，c＝4，同时取a1＝4，b1＝3，c1＝2.
此时＝＝＝2，∴△ABC∽△A1B1C1且c＝a1. .............(10分)
注：本题也是开放型试题，只要给出的△ABC和△A1B1C1符合要求就相应给分．
(3)解：不存在这样的△ABC和△A1B1C1.理由如下：
若k＝2，则a＝2a1，b＝2b1，c＝2c1.
又∵b＝a1，c＝b1，
∴a＝2a1＝2b＝4b1＝4c，
∴b＝2c.(12分)
∴b＋c＝2c＋c＜4c＝a，与b＋c>a矛盾，
故不存在这样的△ABC和△A1B1C1，使得k＝2. .............(14分)
年份：2011年 考向：旋转问题，全等相似综合证明
22. 在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为θ(0°<θ<180°)，得到△A′B′C.
(1)如图①，当AB∥CB′时，设A′B′与CB相交于点D.证明：△A′CD是等边三角形；
(2)如图②，连接A′A、B′B，设△ACA′和△BCB′的面积分别为S△ACA′和S△BCB′.求证：S△ACA′∶S△BCB′＝1∶3；
(3)如图③，设AC中点为E，A′B′中点为P，AC＝a，连接EP，当θ＝________°时，EP长度最大，最大值为________．
图① 图② 图③
第22题图
(1)证明：∵AB∥CB′，∴∠BCB′＝∠ABC＝30°，
∴∠ACA′＝30°；又∵∠ACB＝90°，
∴∠A′CD＝60°，又∠CA′B′＝∠CAB＝60°.
∴△A′CD是等边三角形．.............(5分)
(2)证明：∵AC＝A′C，BC＝B′C，∴＝ .
又∠ACA′＝∠BCB′，∴△ACA′∽△BCB′.
∵＝tan30°＝，
∴S△ACA′∶S△BCB′＝AC2∶BC2＝1∶3. .............(9分)
(3)解：120，. .............(12分)
23. 如图，正方形ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1，h2，h3(h1>0，h2>0，h3>0)．
(1)求证：h1＝h3；
(2)设正方形ABCD的面积为S，求证：S＝(h1＋h2)2＋h；
(3)若h1＋h2＝1，当h1变化时，说明正方形ABCD的面积S随h1的变化情况．
第23题图
(1)证明：如解图①，设AD与l2交于点E，BC与l3交于点F，
由已知BF∥ED，BE∥FD，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BE＝DF.
又AB＝CD，∴Rt△ABE≌Rt△CDF，
∴h1＝h3. .............(4分)
第23题解图①
(2)证明：如解图②，作BG⊥l4，DH⊥l4，垂足分别为G、H.
在Rt△BGC和Rt△CHD中，
∵∠BCG＋∠DCH＝180°－∠BCD＝90°，∠CDH＋∠DCH＝90°，
∴∠BCG＝∠CDH.
第23题解图②
又∠BGC＝∠CHD＝90°，BC＝CD，
∴Rt△BGC≌Rt△CHD，∴CG＝DH＝h3.
又BG＝h2＋h3，
∴BC2＝BG2＋CG2＝(h2＋h3)2＋h＝(h1＋h2)2＋h，
∴S＝BC2＝(h1＋h2)2＋h. .............(7分)
(3)解：∵h1＋h2＝1，
∴h2＝1－h1，
∴S＝(h1＋1－h1)＋＝－h1＋1
＝(h1－)2＋.
∵h1＞0，h2＞0，∴1－h1＞0，
∴0＜h1＜. .................................................................(12分)
∴当0＜h1＜时，S随h1的增大而减小；当＜h1＜时，S随h1的增大而增大．
..................................................................................................................................(14分)
年份：2012年 考向：相似综合证明
22. 如图①，在△ABC中，D、E、F分别为三边的中点，G点在边AB上，△BDG与四边形ACDG的周长相等．设BC＝a，AC＝b，AB＝c.
第22题图
(1)求线段BG的长；
(2)求证：DG平分∠EDF；
(3)连接CG，如图②，若△BDG与△DFG相似，求证：BG⊥CG.
(1)解：∵△BDG与四边形ACDG的周长相等，且BD＝DC.
∴BG＝AG＋AC＝AB－BG＋AC，
∴BG＝(AB＋AC)＝(b＋c)； ..............(3分)
(2)证明：∵点D、F分别是BC、AB的中点，
∴DF＝AC＝b.
又∵FG＝BG－BF＝(b＋c)－c＝b，
∴DF＝FG，∴∠FDG＝∠FGD.
∵点D、E分别是BC、AC的中点，∴DE∥AB，
∴∠EDG＝∠FGD，∴∠FDG＝∠EDG，即DG平分∠EDF；........................(8分)
(3)证明：∵△BDG与△DFG相似，
∠DFG＞∠B，∠BGD＝∠DGF(公共角)，
∴∠B＝∠FDG.
由(2)知∠FGD＝∠FDG，∴∠FGD＝∠B，∴DG＝BD. ........................(10分)
∵BD＝DC，∴DG＝BD＝DC，∴B、G、C三点在以BC为直径的圆周上，
∴∠BGC＝90°，即BG⊥CG. .....................................(12分)
年份：2013年 考向：新定义几何证明
23. 我们把由不平行于底边的直线截等腰三角形的两腰所得的四边形称为“准等腰梯形”．如图①，四边形ABCD即为“准等腰梯形”，其中∠B＝∠C.
(1)在图①所示的“准等腰梯形”ABCD中，选择合适的一个顶点引一条直线将四边形ABCD分割成一个等腰梯形和一个三角形或分割成一个等腰三角形和一个梯形(画出一种示意图即可)；
(2)如图②，在“准等腰梯形”ABCD中，∠B＝∠C，E为边BC上一点，若AB∥DE，AE∥DC.求证：＝；
(3)在由不平行于BC的直线AD截△PBC所得的四边形ABCD中，∠BAD与∠ADC的平分线交于点E，若EB＝EC，请问当点E在四边形ABCD内部时(即图③所示情形)，四边形ABCD是不是“准等腰梯形”，为什么？若点E不在四边形ABCD内部时，情况又将如何？写出你的结论．(不必说明理由)
图① 图② 图③
第23题图
(1)解：过点A作AE∥CD交BC于点E，或过点D作DF∥BC交AB于点F，或过点D作DG∥AB交BC于点G，如解图①所示；
....................(4分)
(2)解：∵AB∥DE，AE∥DC，
∴∠AEB＝∠C，∠DEC＝∠B，
∴△ABE∽△DEC，∴＝，
∵∠B＝∠C，∴∠DEC＝∠C，
∴DE＝DC，∴＝； ..................(8分)
(3)解：四边形ABCD是“准等腰梯形”．
理由：过点E分别作EF⊥AB于F，EG⊥CD于G，EH⊥AD于H，
如解图②，∵AE平分∠BAD，∴EF＝EH，
同理EH＝EG，∴EF＝EG，
∵EB＝EC，∠BFE＝∠CGE＝90°，
∴△EBF≌△ECG，∴∠EBF＝∠ECG，
∵EB＝EC，∴∠EBC＝∠ECB，
∴∠EBF＋∠EBC＝∠ECG＋∠ECB，
∴∠ABC＝∠DCB，
∴四边形ABCD是“准等腰梯形”． ..............................(11分)
第23题解图
当点E不在四边形ABCD内部时，分两种情况，如解图③，
(a)点E在四边形ABCD的边BC上时，四边形ABCD是“准等腰梯形”；
(b)点E在四边形ABCD的外部时，四边形ABCD不一定是“准等腰梯形”．
............................................................(14分)
【解法提示】(a)证明：过点E作EF1⊥AB于F1，EH1⊥AD于H1，EG1⊥CD于点G1，
∵AE为∠BAD的平分线，∴EF1＝H1E(角平分线上的点到角两边的距离相等)，同理可证EG1＝EH1，∴EF1＝EG1(等量代换)．又∵BE＝EC，∠BF1E＝∠CG1E＝90°，∴△BEF1≌△CEG1，∴∠B＝∠C，∴四边形ABCD为“准等腰梯形”；(b)当∠BED的角平分线与线段BC的垂直平分线重合时，四边形ABCD是“准等腰梯形”，当∠BED的角平分线与线段BC的垂直平分线相交时四边形ABCD不是“准等腰梯形”．
年份：2014年 考向：全等综合证明，旋转问题
23. 如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N.
(1)①∠MPN＝________°；
②求证：PM＋PN＝3a；
(2)如图②，点O是AD的中点，连接OM，ON.求证：OM＝ON；
(3)如图③，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．
第23题图① 第23题图② 第23题图③
(1)解：① 60； ..........(2分)
【解法提示】∠A为正六边形的内角，则∠A＝120°，MP∥AB，则∠A＝∠FMP＝120°，AF∥PN，则∠MPN＝180°－∠FMP＝180°－120°＝60°.
②证明：如解图①，连接BE交MP于H点．
在正六边形ABCDEF中，PN∥CD，又BE∥CD∥AF，
所以BE∥PN∥AF. ..............(3分)
又PM∥AB，
所以四边形AMHB、四边形HENP为平行四边形，△BPH为等边三角形.
所以PM＋PN＝MH＋HP＋PN＝AB＋BH＋HE＝AB＋BE＝3a.
第23题解图①
(2)证明：如解图②，由(1)得AM＝BH＝HP＝EN，
所以AM＝EN，
∵O是AD的中点，
∴△AOB，△DOE均为等边三角形， ..........................(7分)
∴OA＝OE，∠OAM＝∠OEN＝60°.
在△OAM和△OEN中，
∴△OAM≌△OEN(SAS)，
∴OM＝ON. .....................(9分)
第23题解图②
(3)解：四边形OMGN是菱形，理由如下：
如解图③，连接OE、OF，由(2)可知∠MOA＝∠NOE，
又∵∠AOE＝120°，
∴∠MON＝∠AOE－∠MOA＋∠NOE＝120°， ....................(11分)
∵OG平分∠MON，∴∠MOG＝60°，
又∵∠FOA＝60°，∴∠MOA＝∠GOF，
又∵AO＝FO，∠MAO＝∠GFO＝60°，
∴△AOM≌△FOG(ASA)，∴MO＝GO，
又∵∠MOG＝60°，∴△MGO是等边三角形，
同理可证△NGO为等边三角形，
∴OM＝MG＝GN＝NO，
∴四边形OMGN为菱形． ...............................(14分)
第23题解图③
年份：2015年 考向：全等相似综合证明，旋转问题
23. 如图①，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接GA、GB、GC、GD、EF，若∠AGD＝∠BGC.
(1)求证：AD＝BC；
(2)求证：△AGD∽△EGF；
(3)如图②，若AD、BC所在直线互相垂直，求的值．
图① 图②
第23题图
(1)证明：∵点E、F分别是AB、CD的中点，且GE⊥AB，GF⊥CD， .......(2分)
∴GE、GF分别是线段AB、CD的垂直平分线，
∴GA＝GB，GC＝GD，
在△AGD和△BGC中，，
∴△AGD≌△BGC(SAS)，
∴AD＝BC. ...........(5分)
(2)证明：∵∠AGD＝∠BGC，∴∠AGB＝∠DGC.
在△AGB和△DGC中，＝，∠AGB＝∠DGC，
∴△ABG∽△DCG， ........(8分)
∴＝，∠GAE＝∠GDF，
又∵∠GEA＝∠GFD＝90°，
∴∠AGE＝∠GEA－∠GAE，∠DGF＝∠GFD－∠GDF，
即∠AGE＝∠DGF，
∴∠AGD＝∠EGF，
∴△AGD∽△EGF. .................(10分)
(3)解：如解图①，延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，则AH⊥BH.
由△AGD≌△BGC，知∠GAD＝∠GBC.
在△GAM和△HBM中，∠GAD＝∠GBC，∠GMA＝∠HMB，
∴△GMA∽△HMB，
∴∠AGB＝∠AHB＝90°， ...............(12分)
∴∠AGE＝∠AGB＝45°，∴＝.
又∵△AGD∽△EGF，∴＝＝. ..............(14分)
第23题解图
【一题多解】解法一：如解图②，过点F作FM∥BC交BD于点M，连接EM.
∵GF是DC的垂直平分线，
∴DF＝CF，
∵FM∥BC，FM＝BC.
∴DM＝BM.
∵GE是AB的垂直平分线，
∴AE＝BE，
∴EM∥AD，EM＝AD.
∵AD⊥BC，
∴EM⊥FM.
∵AD＝BC，
∴EN＝FM，
∴EF＝EM，
∴＝＝.
解法二：如解图③，过点D作DH⊥AD，交BF的延长线于点H.
∵AD⊥BC，DH⊥AD，
∴DH∥BC，
∴∠DHF＝∠CBF，∠HDF＝∠BCF，
又DF＝CF，
∴△DHF≌△CBF，
∴DH＝BC，HF＝BF，∴DH＝AD.
在Rt△ADH中，∠ADH＝90°，AD＝DH，
∴AH＝AD.
∵AE＝BE，HF＝BF，
∴EF∥AH，EF＝AH，
∴EF＝AD，
∴＝.
年份：2017年 考向：全等相似综合证明
23．已知正方形ABCD，点M为边AB的中点．
(1)如图1，点G为线段CM上的一点，且∠AGB＝90°，延长AG，BG分别与边BC，CD交于点E，F.
①求证：BE＝CF；
②求证：BE2＝BC·CE.
(2)如图2，在边BC上取一点E，满足BE2＝BC·CE，连接AE交CM于点G，连接BG并延长交CD于点F，求tan∠CBF的值．
图1 图2
第23题图
(1)①证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°，
又∠AGB＝90°，
∴∠BAE＋∠ABG＝90°，
又∵∠ABG＋∠CBF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF.
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BE＝CF； ...................(4分)
②证明：(方法一)∵∠AGB＝90°，点M为AB的中点，
∴MG＝MA＝MB，∴∠GAM＝∠AGM.
又∵∠CGE＝∠AGM，
∴∠CGE＝∠CBG，
又∵∠ECG＝∠GCB，∴△CGE∽△CBG.
∴＝，即CG2＝BC·CE，
∵∠CFG＝∠GBM＝∠BGM＝∠CGF，得CF＝CG.
由①知，BE＝CF，
∴BE＝CG，
∴BE2＝BC·CE. .........................................(9分)
(方法二)∵∠AGB＝90°，M是AB的中点，
∴∠MG＝BM，∴∠MGB＝∠MBG＝∠CFG＝∠CGF，
∴CF＝CG，
又由①知，CF＝BE，∴CG＝BE，
∵∠CGF＋∠CGE＝90°，
∴∠MBG＋∠GBE＝90°，
∴∠CGE＝∠EBG，
∴△CEG≌△CGB，
∴CG2＝BC·CE，
即BE2＝BC·CE. ....................(9分)
(2)解：(方法一)延长AE，DC交于点N(如解图①)，
∵正方形ABCD是正方形，∴AB∥CD.
∴∠N＝∠EAB，
又∵∠CEN＝∠BEA，
∴△CEN∽△BEA.
∴＝，即BE·CN＝AB·CE，
∵AB＝BC，BE2＝BC·CE，
∴CN＝BE，
∵AB∥DN，∴＝＝.
又∵AM＝MB，
∴FC＝CN＝BE，
不妨假设正方形边长为1.
设BE＝x，则由BE2＝BC·CE，得x2＝1·(1－x)．
解得x1＝，x2＝(舍去)，
∴＝.
∴tan∠CBF＝＝＝. ...................(14分)
(方法二)不妨假设正方形边长为1，设BE＝x，则由BE2＝BC·CE，得x2＝1·(1－x)．
解得x1＝，x2＝(舍去)，
即BE＝.
作GN∥BC交AB于点N(如解图②)，
则△MNG∽△MBC，
∴＝＝.
设MN＝y，则GN＝2y，GM＝y，
∵＝，即＝，
解得y＝，∴GM＝，
∴GM＝MA＝MB，此时点G在AB为径的圆上．
∴△AGB是直角三角形，且∠AGB＝90°.
由(1)知BE＝CF
∴tan∠CBF＝＝＝. ..................................(14分)
(方法三)过点M作BC的平行线交AE于点N(如解图③)，
设BM＝x，则AM＝x，AB＝BC＝2x，
由BE2＝BC·CE得，
AE2＝2x·(2x－BE)，解得BE＝(－1)x，
∴CE＝2x·(2x－BE)，解得BE＝(－1)x，
∴CE＝2x－BE＝(3－)x，MN＝BE＝x，
∵MN∥BC，∴△MNG∽△CEG，
∴＝，∵CM＝＝x，
∴＝，＝＝＝＝＝，
∴MG＝·x＝x，CG＝x－x＝(－1)x，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，CF＝CG，
∴tan∠CBF＝＝. .....................................(14分)
图① 图② 图③
第23题解图
年份：2019年 考向：全等相似综合证明
20、如图，点E在□ABCD内部，AF∥BE，DF∥CE。
（1）求证：△BCE≌△ADF；
（2）设□ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求的值。
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵AF∥BE，
∴∠EBA+∠BAF＝180°，
∴∠CBE＝∠DAF，
同理得∠BCE＝∠ADF，
在△BCE和△ADF中，
∵，
∴△BCE≌△ADF（ASA）；
（2）∵点E在?ABCD内部，
∴S△BEC+S△AEDS?ABCD，
由（1）知：△BCE≌△ADF，
∴S△BCE＝S△ADF，
∴S四边形AEDF＝S△ADF+S△AED＝S△BEC+S△AEDS?ABCD，
∵?ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，
∴2．
23、如图，在Rt△ABC，∠ACB=900，AC=BC，P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=1350。
⑴求证：△PAB∽△PBC；
⑵求证：PA=2PC；
⑶若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证：h12=h2·h3.
证明：（1）在△ABP中，∠APB=1350，∴∠ABP+∠BAP=450，
又∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ABC=450，即∠ABP+∠CPB=450，
∴∠BAP=∠CBP，又∠APB=∠BPC=1350，∴△PAB∽△PBC ……4分
（2）方法一：由（1）知△PAB∽△PBC所以，
于是，，即PA=2PC。 ……9分
方法二：∵∠APB=∠BPC=1350，∴∠APC=900，∵∠CAP>450，故AP>CP。
如图1，在线段AP上取点D，使AD=CP，又∠CAD=∠BCP，∵AC=CB，
∴△ADC≌△CPB，∴∠ADC=∠CPB=1350，∴∠CDP=450，∴△PDC为等腰直角三角形，
∴CP=PD又AD=CP，∴PA=2PC. ……9分
（3）如图2，过点P作边AB，BC，CA的垂线，垂足分别为Q，R，S，
则PQ＝h1，PR＝h2，PS＝h3，在Rt△CPR中，＝tan∠PCR＝tan∠CAP=，
∴，即h3=2h2，又由△PAB∽△PBC，且，故，即h1=h2，于是，h12=h2·h3。（以上各题其它解法正确可参照赋分）
【技巧总结】
旋转题型：先通过观察图形确定存在旋转
一组相似的等腰三角形绕其公共顶点旋转，对应边连接端点构成的三角形全等
一组相似的非等腰三角形绕其公共点旋转，对应边连接端点构成的三角形相似
1、相似三角形的四类结构图：
(1)平行线型．
(2)相交线型．
(3)子母型．
(4)旋转型．
相似问题中等式证明的方法总结
过渡法（或叫代换法）
等量过渡法（等线段代换法）
遇到三点定形法无法解决欲证的问题时，即如果线段比例式中的四条线段都在图形中的同一条直线上，不能组成三角形，或四条线段虽然组成两个三角形，但这两个三角形并不相似，那就需要根据已知条件找到与比例式中某条线段相等的一条线段来代替这条线段，如果没有，可考虑添加简单的辅助线。然后再应用三点定形法确定相似三角形。只要代换得当，问题往往可以得到解决。当然，还要注意最后将代换的线段再代换回来。
等比过渡法（等比代换法）
当用三点定形法不能确定三角形，同时也无等线段代换时，可以考虑用等比代换法，即考虑利用第三组线段的比为比例式搭桥，也就是通过对已知条件或图形的深入分析，找到与求证的结论中某个比相等的比，并进行代换，然后再用三点定形法来确定三角形。
3、等积过渡法（等积代换法）
思考问题的基本途径是：用三点定形法确定两个三角形，然后通过三角形相似推出线段成比例；若三点定形法不能确定两个相似三角形，则考虑用等量（线段）代换，或用等比代换，然后再用三点定形法确定相似三角形，若以上三种方法行不通时，则考虑用等积代换法。
【典型例题】
【例1】已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．
（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；
（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；
（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．
【答案】（1）AE=EF=AF；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
（1）解：结论AE=EF=AF．
理由：如图1中，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，∴△ABC，△ADC是等边三角形，∴∠BAC=∠DAC=60°
∵BE=EC，∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，∵∠EAF=60°，∴∠CAF=∠DAF=30°，
∴AF⊥CD，∴AE=AF（菱形的高相等），∴△AEF是等边三角形，∴AE=EF=AF．
（2）证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，
∴∠BAE=∠CAE，在△BAE和△CAF中，
∵∠BAE=∠CAF，BA=AC，∠B=∠ACF，
∴△BAE≌△CAF，∴BE=CF．
（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，
∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，∴∠AEB=45°，
在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，∴BG=2，AG=，
在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，∴AG=GE=，∴EB=EG﹣BG=，
∵△AEB≌△AFC，∴AE=AF，EB=CF=，∠AEB=∠AFC=45°，∵∠EAF=60°，AE=AF，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF=∠AFE=60°
∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，
在RT△EFH中，∠CEF=15°，∴∠EFH=75°，∵∠AFE=60°，
∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，
在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=，
∴FH=CF?cos30°==，
∴点F到BC的距离为．
考点：1．四边形综合题；2．探究型；3．变式探究．
【例2】[2019年江苏省盐城市东台市第四联盟中考数学模拟试卷]（1）操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN．小明发现了：线段GM与GN的数量关系是 ；位置关系是 ．
（2）类比思考：
如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．
（3）深入研究：
如图③，小明在（2）的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其它条件不变，试判断△GMN的形状，并给与证明．
【解析】（1）利用SAS判断出△ACD≌△AEB，得出CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，进而判断出∠BDC+∠DBH＝90°，即：∠BHD＝90°，最后用三角形中位线定理即可得出结论；
（2）同（1）的方法即可得出结论；
（3）同（1）的方法得出MG＝NG，最后利用三角形中位线定理和等量代换即可得出结论．
解：（1）连接BE，CD相交于H，
∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°
∴∠CAD＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB（SAS），∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，
∴∠BDC+∠DBH＝∠BDC+∠ABD+∠ABE＝∠BDC+∠ABD+∠ADC＝∠ADB+∠ABD＝90°，
∴∠BHD＝90°，∴CD⊥BE，
∵点M，G分别是BD，BC的中点，∴MGCD，同理：NGBE，
∴MG＝NG，MG⊥NG，故答案为：MG＝NG，MG⊥NG；
（2）连接CD，BE相交于点H，
同（1）的方法得，MG＝NG，MG⊥NG；
（3）连接EB，DC，延长线相交于H，
同（1）的方法得，MG＝NG，
同（1）的方法得，△ABE≌△ADC，∴∠AEB＝∠ACD，
∴∠CEH+∠ECH＝∠AEH﹣∠AEC+180°﹣∠ACD﹣∠ACE＝∠ACD﹣45°+180°﹣∠ACD﹣45°＝90°，∴∠DHE＝90°，
同（1）的方法得，MG⊥NG，∴△MGN是等腰直角三角形．
【例3】[2019年江苏省徐州市铜山区中考数学二模试卷]我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”．例如图1，图2，图3中，AF，BE是△ABC的中线，AF⊥BE，垂足为P．像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC＝a，AC＝b，AB＝c．
特例探索
（1）①如图1，当∠ABE＝45°，c＝2时，a＝ ，b＝ ；
②如图2，当∠ABE＝30°，c＝4时，求a和b的值．
归纳证明
（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
（3）利用（2）中的结论，解答下列问题：
在边长为3的菱形ABCD中，O为对角线AC，BD的交点，E，F分别为线段AO，DO的中点，连接BE，CF并延长交于点M，BM，CM分别交AD于点G，H，如图4所示，求MG2+MH2的值．
【解析】（1）在图1中，PB＝ABsin45°＝2＝PA，即可求解；同理可得：a＝2，b＝2；
（2）PB＝ABcosα＝ccosα，PA＝csinα，PF＝PA＝csinα，PE＝csinα，则a2+b2＝（2AE）2+（2BF）2，即可求解；
（3）证明：MG＝ME＝MB，MH＝MC，则MG2+MH2＝（MB2+MC2），即可求解．
解：如图1、2、3、4，连接EF，则EF是△ABC的中位线，
则EF＝AB，EF∥AB，∴△EFP∽△BPA，
∴…①，
（1）在图1中，PB＝ABsin45°＝2＝PA，
由①得：PF＝1，b＝2BF＝2＝2＝a；
②同理可得：a＝2，b＝2；
（2）关系为：a2+b2＝5c2，
证明：如图3，设：∠EAB＝α，
则：PB＝ABcosα＝ccosα，PA＝csinα，
由①得：PF＝PA＝csinα，PE＝csinα，
则a2+b2＝（2AE）2+（2BF）2＝c2×5[（sinα）2+（cosα）2]＝5c2；
（3）∵AE＝OE＝EC，AG∥BC，
∴AG＝BC＝AD，则EF＝BC＝AD，
同理HG＝AD，∴GH＝AD，∴GH＝EF，
∵GH∥BC，EF∥BC，
∴HG∥EF，∴MG＝ME＝MB，
同理：MH＝MC，
则MG2+MH2＝（MB2+MC2）＝×5×BC2＝5．
【例4】[2020年安徽省志诚教育中考数学二模试卷]如图a，在正方形ABCD中，E、F分别为边AB、BC的中点，连接AF、DE交于点G．
（1）求证：AF⊥DE；
（2）如图b，连接BG，BD，BD交AF于点H．
①求证：GB2＝GA?GD；
②若AB＝10，求三角形GBH的面积．
【解析】证明：（1）∵正方形ABCD，E、F分别为边AB、BC的中点，
∴AD＝BC＝DC＝AB，AE＝BE＝AB，BF＝CF＝BC，
∴AE＝BF，
∵在△ADE和△BAF中，
∴△ADE≌△BAF（SAS）
∴∠BAF＝∠ADE，
∵∠BAF+∠DAF＝90°
∴∠ADE+∠DAF＝90°＝∠AGD，
∴AF⊥DE；
（2）①如图b，过点B作BN⊥AF于N，
∵∠BAF＝∠ADE，∠AGD＝∠ANB＝90°，AB＝AD，
∴△ABN≌△ADG（AAS）
∴AG＝BN，DG＝GN，
∵∠AGE＝∠ANB＝90°，
∴EG∥BN，
∴，且AE＝BE，
∴AG＝GN，
∴AN＝2AG＝DG，
∵BG2＝BN2+GN2＝AG2+AG2，
∴BG2＝2AG2＝2AG?AG＝GA?DG；
②∵AB＝10，
∴AE＝BF＝5，
∴DE＝＝＝5，
∵×AD×AE＝×DE×AG，
∴AG＝2，
∴GN＝BN＝2，
∴AN＝DG＝4，
∵GE∥BN，
∴△DGH∽△BNH，
∴＝＝2，
∴GH＝2HN，且GH+HN＝GN＝2，
∴GH＝，
∴S△GHB＝×GH×BN＝××2＝．
【对应练习】
如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．
（1）当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（2）当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点H．
①求证：BD⊥CF； ②当AB=2，AD=3 时，求线段DH的长．
【答案】（1）BD=CF，理由见解析；（2）①证明见解析；②DH=．
【解析】
解：(l)、BD＝CF成立．
由旋转得:AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝θ;AF＝AD,
∴△ABD≌△ACF, ∴BD＝CF.
(2) ①、由(1)得，△ABD≌△ACF，
∴∠HFN＝∠ADN，
∵∠HNF＝∠AND,∠AND+∠AND=90°
∴∠HFN+∠HNF＝90° ，∴∠NHF＝90°,
∴HD⊥HF,即BD⊥CF.
②、如图，连接DF，延长AB，与DF交于点M.
∵四边形ADEF是正方形， ∴∠MDA＝45°，
∵∠MAD＝45°，
∴∠MAD＝∠MDA,∠AMD＝90°，
∴AM=DM ∵AD=3 在△MAD中，，
∴AM＝DM＝3.∴MB＝AM-AB=3－2＝1，
在△BMD中，，
∴，
∵∠MAD=∠MDA=45°，
∴∠AMD=90°，又∠DHF=90°，∠MDB=∠HDF，
∴△DMB∽△DHF，
∴DM：DH=DB：DF，即，
解得，DH=．
2．[2019年江苏省镇江市丹阳市中考数学模拟试卷]问题：如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
【发现证明】小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF＝BE+FD，请你利用图（1）证明上述结论．
【类比引申】如图（2），四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF＝BE+FD．
【探究应用】如图（3），在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB＝AD＝80米，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，∠EAF＝75°且AE⊥AD，DF＝40（﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长（结果取整数，参考数据：≈1.41，≈1.73）
【分析】【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF＝BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．
【类比引申】延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE＝AB＝80米．把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，只要再证明∠GAF＝∠FAE即可得出EF＝BE+FD．
【解析】【发现证明】如图（1），
∵△ADG≌△ABE，∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，
又∵∠EAF＝45°，即∠DAF+∠BEA＝∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠FAE，
在△GAF和△FAE中，AG＝AE，∠GAF＝∠FAE，AF＝AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．∴GF＝EF．又∵DG＝BE，∴GF＝BE+DF，∴BE+DF＝EF．
【类比引申】∠BAD＝2∠EAF．
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，∴∠D＝∠ABM，
在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝2∠EAF，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，
在△FAE和△MAE中，，
∴△FAE≌△MAE（SAS），∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，
即EF＝BE+DF．故答案是：∠BAD＝2∠EAF．
【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF．
∵∠BAD＝150°，∠DAE＝90°，∴∠BAE＝60°．
又∵∠B＝60°，∴△ABE是等边三角形，∴BE＝AB＝80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG＝∠B＝60°，
又∵∠ADF＝120°，∴∠GDF＝180°，即点G在CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，
又∵∠EAG＝∠BAD＝150°，∠FAE＝75°∴∠GAF＝∠FAE，
在△GAF和△FAE中，AG＝AE，∠GAF＝∠FAE，AF＝AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．∴GF＝EF．又∵DG＝BE，∴GF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF＝80+40（﹣1）≈109（米），即这条道路EF的长约为109米．
3.在△ABC中，∠ACB＝45°，点D为射线BC上一动点（与点B、C不重合），连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC，如图1，且点D在线段BC上运动，判断∠BAD ∠CAF（填“＝”或“≠”），并证明：CF⊥BD
（2）如果AB≠AC，且点D在线段BC的延长线上运动，请在图2中画出相应的示意图，此时（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）设正方形ADEF的边DE所在直线与直线CF相交于点P，若AC＝4，CD＝2，求线段CP的长．
【答案】（1）＝，见解析；（2）AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立，见解析；（3）线段CP的长为1或3
【分析】
（1）证出∠BAC＝∠DAF＝90°，得出∠BAD＝∠CAF；可证△DAB≌△FAC（SAS），得∠ACF＝∠ABD＝45°，得出∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．
（2）过点A作AG⊥AC交BC于点G，可得出AC＝AG，易证△GAD≌△CAF（SAS），得出∠ACF＝∠AGD＝45°，∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．
（3）分两种情况去解答．①点D在线段BC上运动，求出AQ＝CQ＝4．即DQ＝4﹣2＝2，易证△AQD∽△DCP，得出对应边成比例，即可得出CP＝1；②点D在线段BC延长线上运动时，同理得出CP＝3．
【解析】
（1）①解：∠BAD＝∠CAF，理由如下：
∵四边形ADEF是正方形
∴∠DAF＝90°，AD＝AF
∵AB＝AC，∠BAC＝90°
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAF+∠DAC＝90°
∴∠BAD＝∠CAF
故答案为：＝
②在△BAD和△CAF中，
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴CF＝BD
∴∠B＝∠ACF
∴∠B+∠BCA＝90°
∴∠BCA+∠ACF＝90°
∴∠BCF＝90°
∴CF⊥BD
（2）如图2所示：AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立．理由如下：
过点A作GA⊥AC交BC于点G
则∠GAD＝∠CAF＝90°+∠CAD
∵∠ACB＝45°
∴∠AGD＝45°
∴AC＝AG
在△GAD和△CAF中，，
∴△GAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠AGD＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°
∴CF⊥BD．
（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，
①点D在线段BC上运动时，如图3所示：
∵∠BCA＝45°
∴△ACQ是等腰直角三角形
∴AQ＝CQ＝AC＝4
∴DQ＝CQ﹣CD＝4﹣2＝2
∵AQ⊥BC，∠ADE＝90°
∴∠DAQ+∠ADQ＝∠ADQ+∠PDC＝90°
∴∠DAQ＝∠PDC
∵∠AQD＝∠DCP＝90°
∴△DCP∽△AQD
∴＝，即＝
解得：CP＝1
②点D在线段BC延长线上运动时，如图4所示：
∵∠BCA＝45°
∴AQ＝CQ＝4
∴DQ＝AQ+CD＝4+2＝6
∵AQ⊥BC于Q
∴∠Q＝∠FAD＝90°
∵∠C′AF＝∠C′CD＝90°，∠AC′F＝∠CC′D
∴∠ADQ＝∠AFC′
则△AQD∽△AC′F
∴CF⊥BD
∴△AQD∽△DCP
∴＝，即＝
解得：CP＝3
综上所述，线段CP的长为1或3．
【点睛】
此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
4．[2019年安徽省合肥168中学中考数学模拟试卷]如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，P是边AC上一动点，BP与CD相交于点E．
（1）如果BC＝6，AC＝8，且P为AC的中点，求线段BE的长；
（2）联结PD，如果PD⊥AB，且CE＝2，ED＝3，求cosA的值；
（3）联结PD，如果BP2＝2CD2，且CE＝2，ED＝3，求线段PD的长．
【分析】（1）根据已知条件得到CP＝4，求得BP＝2，根据三角形重心的性质即可得到结论；
（2）如图1，过点B作BF∥CA交CD的延长线于点F，根据平行线分线段成比例定理得到，求得＝，设CP＝k，则PA＝3k，得到PA＝PB＝3k根据三角函数的定义即可得到结论；
（3）根据直角三角形的性质得到CD＝BD＝AB，推出△PBD∽△ABP，根据相似三角形的性质得到∠BPD＝∠A，推出△DPE∽△DCP，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）∵P为AC的中点，AC＝8，
∴CP＝4，
∵∠ACB＝90°，BC＝6，
∴BP＝2，
∵D是边AB的中点，P为AC的中点，
∴点E是△ABC的重心，
∴BE＝BP＝；
（2）如图1，过点B作BF∥CA交CD的延长线于点F，
∴，
∵BD＝DA，
∴FD＝DC，BF＝AC，
∵CE＝2，ED＝3，则CD＝5，
∴EF＝8，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
设CP＝k，则PA＝3k，
∵PD⊥AB，D是边AB的中点，
∴PA＝PB＝3k
∴BC＝2k，
∴AB＝2k，
∵AC＝4k，
∴cosA＝；
（3）∵∠ACB＝90°，D是边AB的中点，
∴CD＝BD＝AB，
∵PB2＝2CD2，
∴BP2＝2CD?CD＝BD?AB，
∵∠PBD＝∠ABP，
∴△PBD∽△ABP，
∴∠BPD＝∠A，
∵∠A＝∠DCA，
∴∠DPE＝∠DCP，
∵∠PDE＝∠CDP，
∴△DPE∽△DCP，
∴PD2＝DE?DC，
∵DE＝3，DC＝5，
∴PD＝．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
[2019年安徽省合肥瑶海区中考数学模拟试卷]如图，在△ABC中，分别以AB、AC为腰向外侧作等腰Rt△ADB与等腰Rt△AEC，∠DAB＝∠EAC＝90°，连接DC、EB相交于点O．
（1）求证：BE⊥DC；
（2）若BE＝BC．
①如图1，G、F分别是DB、EC中点，求的值．
②如图2，连接OA，若OA＝2，求△DOE的面积．
【分析】（1）证明△BAE≌△DAC，根据全等三角形的性质证明结论；
（2）①取DE的中点H，连接GH、FH，根据三角形中位线定理得到GH∥BE，GH＝BE，得到GH＝FH，GH⊥FH，根据勾股定理计算，得到答案；
②作AM⊥BE于M，AN⊥CD于N，证明△BAE≌△BAC，得到∠BAE＝∠BAC＝135°，证明△ODA∽△OAE，根据相似三角形的性质求出OD?OE，根据三角形的面积公式就是，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠DAB＝∠EAC＝90°，
∴∠EAB＝∠CAD，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC（SAS），
∴∠ABE＝∠ADC，
∵∠BAD＝90°，
∴∠DOB＝90°，即BE⊥DC；
（2）解：①取DE的中点H，连接GH、FH，
∵点G是BD的中点，
∴GH∥BE，GH＝BE，
同理，FH∥CD，FH＝CD，
∵BE＝CD．BE⊥DC，
∴GH＝FH，GH⊥FH，
∴△HGF为等腰直角三角形，
∴GF＝GH，
∵GH＝BE，
∴GF＝BE，
∵BE＝BC，
∴＝；
②作AM⊥BE于M，AN⊥CD于N，
在△BAE和△BAC中，
，
∴△BAE≌△BAC（SSS），
∴∠BAE＝∠BAC＝135°，
∴∠DAE＝135°﹣90°＝45°，即∠OAD+∠OAE＝45°，
∵△BAE≌△DAC，
∴AM＝AN，又AM⊥BE，AN⊥CD，
∴OA平分∠BOC，
∴∠BOA＝∠COA＝45°，
∴∠DOA＝∠EOA＝135°，
∴∠ODA+∠OAD＝45°，
∴∠OAE＝∠ODA，
∴△ODA∽△OAE，
∴＝，即OD?OE＝OA2＝4，
∴△DOE的面积＝×OD?OE＝2．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
专题10 几何综合证明二
旋转、相似综合、新定义
【考向分析】
通过分析对比，可以看出：
安徽中考数学填空压轴题的主要考向分为四类：
一是全等综合证明，
二是相似综合证明，
三是旋转问题，
四是特殊图形特殊性质的运用。
其中全等相似综合证明题型基本上是每年必考考点，近几年中出现了旋转和特殊图形特殊性质的运用，好在是这两类题型的解题思路非常明确，且比较好总结方法技巧；
几何综合证明作为中考压轴大题，每年都必然出现在试卷最后，是冲刺高分的最大拦路虎，对知识掌握的综合运用能力要求较高，但理解出题方式和解题思路可以帮助大家快速打开解题思维，进而顺利解题。
【真题再现】
年份：2010年 考向：全等相似综合证明
20. 如图，AD∥FE，点B、C在AD上，∠1＝∠2，BF＝BC.
(1)求证：四边形BCEF是菱形；
(2)若AB＝BC＝CD，求证：△ACF≌△BDE.
第20题图
23. 如图，已知△ABC∽△A1B1C1，相似比为k(k>1)，且△ABC的三边长分别为a、b、c(a>b>c)，△A1B1C1的三边长分别为a1、b1、c1.
(1)若c＝a1，求证：a＝kc；
(2)若c＝a1，试给出符合条件的一对△ABC和△A1B1C1，使得a、b、c和a1、b1、c1都是正整数，并加以说明；
(3)若b＝a1，c＝b1，是否存在△ABC和△A1B1C1使得k＝2？请说明理由．
第23题图
年份：2011年 考向：旋转问题，全等相似综合证明
22. 在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为θ(0°<θ<180°)，得到△A′B′C.
(1)如图①，当AB∥CB′时，设A′B′与CB相交于点D.证明：△A′CD是等边三角形；
(2)如图②，连接A′A、B′B，设△ACA′和△BCB′的面积分别为S△ACA′和S△BCB′.求证：S△ACA′∶S△BCB′＝1∶3；
(3)如图③，设AC中点为E，A′B′中点为P，AC＝a，连接EP，当θ＝________°时，EP长度最大，最大值为________．
图① 图② 图③
第22题图
23. 如图，正方形ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1，h2，h3(h1>0，h2>0，h3>0)．
(1)求证：h1＝h3；
(2)设正方形ABCD的面积为S，求证：S＝(h1＋h2)2＋h；
(3)若h1＋h2＝1，当h1变化时，说明正方形ABCD的面积S随h1的变化情况．
第23题图
年份：2012年 考向：相似综合证明
22. 如图①，在△ABC中，D、E、F分别为三边的中点，G点在边AB上，△BDG与四边形ACDG的周长相等．设BC＝a，AC＝b，AB＝c.
第22题图
(1)求线段BG的长；
(2)求证：DG平分∠EDF；
(3)连接CG，如图②，若△BDG与△DFG相似，求证：BG⊥CG.
年份：2013年 考向：新定义几何证明
23. 我们把由不平行于底边的直线截等腰三角形的两腰所得的四边形称为“准等腰梯形”．如图①，四边形ABCD即为“准等腰梯形”，其中∠B＝∠C.
(1)在图①所示的“准等腰梯形”ABCD中，选择合适的一个顶点引一条直线将四边形ABCD分割成一个等腰梯形和一个三角形或分割成一个等腰三角形和一个梯形(画出一种示意图即可)；
(2)如图②，在“准等腰梯形”ABCD中，∠B＝∠C，E为边BC上一点，若AB∥DE，AE∥DC.求证：＝；
(3)在由不平行于BC的直线AD截△PBC所得的四边形ABCD中，∠BAD与∠ADC的平分线交于点E，若EB＝EC，请问当点E在四边形ABCD内部时(即图③所示情形)，四边形ABCD是不是“准等腰梯形”，为什么？若点E不在四边形ABCD内部时，情况又将如何？写出你的结论．(不必说明理由)
图① 图② 图③
第23题图
年份：2014年 考向：全等综合证明，旋转问题
23. 如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N.
(1)①∠MPN＝________°；
②求证：PM＋PN＝3a；
(2)如图②，点O是AD的中点，连接OM，ON.求证：OM＝ON；
(3)如图③，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由．
第23题图① 第23题图② 第23题图③
年份：2015年 考向：全等相似综合证明，旋转问题
23. 如图①，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接GA、GB、GC、GD、EF，若∠AGD＝∠BGC.
(1)求证：AD＝BC；
(2)求证：△AGD∽△EGF；
(3)如图②，若AD、BC所在直线互相垂直，求的值．
图① 图②
第23题图
年份：2017年 考向：全等相似综合证明
23．已知正方形ABCD，点M为边AB的中点．
(1)如图1，点G为线段CM上的一点，且∠AGB＝90°，延长AG，BG分别与边BC，CD交于点E，F.
①求证：BE＝CF；
②求证：BE2＝BC·CE.
(2)如图2，在边BC上取一点E，满足BE2＝BC·CE，连接AE交CM于点G，连接BG并延长交CD于点F，求tan∠CBF的值．
图1 图2
第23题图
年份：2019年 考向：全等相似综合证明
20、如图，点E在□ABCD内部，AF∥BE，DF∥CE。
（1）求证：△BCE≌△ADF；
（2）设□ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求的值。
23、如图，在Rt△ABC，∠ACB=900，AC=BC，P为△ABC内部一点，且∠APB=∠BPC=1350。
⑴求证：△PAB∽△PBC；
⑵求证：PA=2PC；
⑶若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证：h12=h2·h3.
【技巧总结】
旋转题型：先通过观察图形确定存在旋转
一组相似的等腰三角形绕其公共顶点旋转，对应边连接端点构成的三角形全等
一组相似的非等腰三角形绕其公共点旋转，对应边连接端点构成的三角形相似
1、相似三角形的四类结构图：
(1)平行线型．
(2)相交线型．
(3)子母型．
(4)旋转型．
相似问题中等式证明的方法总结
过渡法（或叫代换法）
等量过渡法（等线段代换法）
遇到三点定形法无法解决欲证的问题时，即如果线段比例式中的四条线段都在图形中的同一条直线上，不能组成三角形，或四条线段虽然组成两个三角形，但这两个三角形并不相似，那就需要根据已知条件找到与比例式中某条线段相等的一条线段来代替这条线段，如果没有，可考虑添加简单的辅助线。然后再应用三点定形法确定相似三角形。只要代换得当，问题往往可以得到解决。当然，还要注意最后将代换的线段再代换回来。
等比过渡法（等比代换法）
当用三点定形法不能确定三角形，同时也无等线段代换时，可以考虑用等比代换法，即考虑利用第三组线段的比为比例式搭桥，也就是通过对已知条件或图形的深入分析，找到与求证的结论中某个比相等的比，并进行代换，然后再用三点定形法来确定三角形。
3、等积过渡法（等积代换法）
思考问题的基本途径是：用三点定形法确定两个三角形，然后通过三角形相似推出线段成比例；若三点定形法不能确定两个相似三角形，则考虑用等量（线段）代换，或用等比代换，然后再用三点定形法确定相似三角形，若以上三种方法行不通时，则考虑用等积代换法。
【典型例题】
【例1】已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．
（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；
（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；
（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．
【例2】[2019年江苏省盐城市东台市第四联盟中考数学模拟试卷]（1）操作发现：如图①，小明画了一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD，ACE，分别取BD，CE，BC的中点M，N，G，连接GM，GN．小明发现了：线段GM与GN的数量关系是 ；位置关系是 ．
（2）类比思考：
如图②，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形，其中AB＞AC，其它条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．
（3）深入研究：
如图③，小明在（2）的基础上，又作了进一步的探究．向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD，ACE，其它条件不变，试判断△GMN的形状，并给与证明．
【例3】[2019年江苏省徐州市铜山区中考数学二模试卷]我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”．例如图1，图2，图3中，AF，BE是△ABC的中线，AF⊥BE，垂足为P．像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC＝a，AC＝b，AB＝c．
特例探索
（1）①如图1，当∠ABE＝45°，c＝2时，a＝ ，b＝ ；
②如图2，当∠ABE＝30°，c＝4时，求a和b的值．
归纳证明
（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
（3）利用（2）中的结论，解答下列问题：
在边长为3的菱形ABCD中，O为对角线AC，BD的交点，E，F分别为线段AO，DO的中点，连接BE，CF并延长交于点M，BM，CM分别交AD于点G，H，如图4所示，求MG2+MH2的值．
【例4】[2020年安徽省志诚教育中考数学二模试卷]如图a，在正方形ABCD中，E、F分别为边AB、BC的中点，连接AF、DE交于点G．
（1）求证：AF⊥DE；
（2）如图b，连接BG，BD，BD交AF于点H．
①求证：GB2＝GA?GD；
②若AB＝10，求三角形GBH的面积．
【对应练习】
如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．
（1）当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（2）当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点H．
①求证：BD⊥CF； ②当AB=2，AD=3 时，求线段DH的长．
2．[2019年江苏省镇江市丹阳市中考数学模拟试卷]问题：如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
【发现证明】小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF＝BE+FD，请你利用图（1）证明上述结论．
【类比引申】如图（2），四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有EF＝BE+FD．
【探究应用】如图（3），在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB＝AD＝80米，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，∠EAF＝75°且AE⊥AD，DF＝40（﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长（结果取整数，参考数据：≈1.41，≈1.73）
3.在△ABC中，∠ACB＝45°，点D为射线BC上一动点（与点B、C不重合），连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC，如图1，且点D在线段BC上运动，判断∠BAD ∠CAF（填“＝”或“≠”），并证明：CF⊥BD
（2）如果AB≠AC，且点D在线段BC的延长线上运动，请在图2中画出相应的示意图，此时（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）设正方形ADEF的边DE所在直线与直线CF相交于点P，若AC＝4，CD＝2，求线段CP的长．
4．[2019年安徽省合肥168中学中考数学模拟试卷]如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，P是边AC上一动点，BP与CD相交于点E．
（1）如果BC＝6，AC＝8，且P为AC的中点，求线段BE的长；
（2）联结PD，如果PD⊥AB，且CE＝2，ED＝3，求cosA的值；
（3）联结PD，如果BP2＝2CD2，且CE＝2，ED＝3，求线段PD的长．
[2019年安徽省合肥瑶海区中考数学模拟试卷]如图，在△ABC中，分别以AB、AC为腰向外侧作等腰Rt△ADB与等腰Rt△AEC，∠DAB＝∠EAC＝90°，连接DC、EB相交于点O．
（1）求证：BE⊥DC；
（2）若BE＝BC．
①如图1，G、F分别是DB、EC中点，求的值．
②如图2，连接OA，若OA＝2，求△DOE的面积．
