資源簡介

羅湖區中考備考攻堅課程
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第八講 中考壓軸題難點突破 4：《發現類比探究題》
——吳丹妮
《發現類比探究題》自主學習單
一、知識技能梳理
中考中常出現幾何類比探究題，通常以一類共性條件和特殊條件為基礎，由特殊到一般，由簡單到復雜構建問
題，逐步深入，問題解析的思想方法一脈相承。問題探究的一般方法如下：
第一步，根據問題條件以及關聯條件解決第一問；
第二步，利用上一問的方法類比探究下一問，若不可行，則可將兩問相結合，探尋不可類比的原因和出現變動的特
征，然后依據不變特征探尋新的方法。
同時，在類比探究過程有如下幾個探究技巧：
（1）找特征，如中點、特殊角、圖形折疊等；
（2）找模型，如相似模型（子母型，A 字型，八字型）、三線合一、全等模型等；
（3）解析照搬，解析時可照搬上一問的方法及思考問題的解析思路，如照搬輔助線，照搬全等、相似等；
（4）找結構，探尋問題不變的結構，利用不變結構的特征來逐步剖析，通常不變結構及對應解析方法如下：
①直角，可作橫平豎直的輔助線，構建相似或全等模型；
②旋轉，可構建全等或相似模型；
③中點，作倍長線段，通過幾何全等來轉移邊和角；
④平行，探究其中的相似關系，利用相似比例來轉化線段關系。
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二、學習過程
模塊一：不變結構之旋轉
模塊一：典例精講
例題 1.
問題發現
（1）如圖 1，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，點 D在 BC邊上，且 BD＝3CD，將線段 AD繞點 A
順時針旋轉 90°得到線段 AE，連接 DE，BE，則 BE+BD的值為 ．
類比探究
（2）如圖 2，在（1）的條件下，點 P為 AB邊上的中點，BD＝3CD，將線段 PD繞點 P順時針旋轉 90°得到線
段 PE，連接 BE，則 BE+BD的值會發生改變嗎？請說明你的理由．
拓展延伸
（3）如圖 3，在鈍角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點 P在邊 BA的延長線上，BP＝k，連接 PD，將線段 PD
繞點 P順時針旋轉，旋轉角∠EPD＝α，連接 DE，則 BE+BD＝ ．（請用含有 k，α的式
子表示）
【分析】（1）只要證明△BAE≌△CAD，即可解決問題；
（2）如圖 2中，作 DM∥AC交 AB于 M，過點 P作 PN∥BC交 MD于 N．利用（1）中結論即可解決問題；
（3）如圖③中，作 PH∥AC交 BC的延長線于 H，作 PM⊥BC于 M．只要證明△EPB≌△DPH，可證 BD+BE
＝BH，即可解決問題．
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【解答】解：（1）如圖 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 ，
故答案為：4 ．
（2）BE+BD的值不會發生改變，理由如下：
作 DM∥AC交 AB于 M，過點 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為 AB邊上的中點，
∴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）如圖 3中，作 PH∥AC交 BC的延長線于 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 ．
故答案為：2k sin ．
【點評】本題考查幾何變換綜合題、等腰三角形的性質、全等三角形的判定和性質、銳角三角函數等知識，解題的
關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
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例題 2.
在△ABC中，AB＝AC，D是邊 BC上一動點，連接 AD，將 AD繞點 A逆時針旋轉至 AE的位置，使得∠DAE+
∠BAC＝180°．
（1）如圖 1，當∠BAC＝90°時，連接 BE，交 AC于點 F．若 BE平分∠ABC，BD＝2，求 AF的長；
（2）如圖 2，連接 BE，取 BE的中點 G，連接 AG．猜想 AG與 CD存在的數量關系，并證明你的猜想；
（3）如圖 3，在（2）的條件下，連接 DG，CE．若∠BAC＝120°，當 BD＞CD，∠AEC＝150°時，請直接寫
出 的值．
【分析】（1）連接 CE，過點 F作 FQ⊥BC于 Q，判斷出 FA＝FQ，再判斷出∠BAD＝∠CAE，進而得出△ABD
≌△ACE（SAS），得出 BD＝CE＝2，∠ABD＝∠ACE＝45°，再判斷出 CF＝CE＝2，即可得出結論；
（2）延長 BA至點 M，使 AM＝AB，連接 EM，得出 AG＝ ME，再判斷出△ADC≌△AEM（SAS），得出 CD＝
EM，即可得出結論；
（3）如圖 3，連接 DE，AD與 BE的交點記作點 N，先判斷出△ADE是等邊三角形，得出 AE＝DE，∠ADE＝∠
AED＝60°，∠ACB＝∠ABC＝30°，進而判斷出點 A，B，C，E四點共圓，得出∠BEC＝∠BAC＝120°，再判
斷出 BE是 AD的垂直平分線，也是∠ABC的角平分線，設 AG＝a，則 DG＝a，進而得出 CD＝2a，CE＝DE＝ a，
AD＝ a，再構造直角三角形求出 AC，即可得出結論．
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【解答】解：（1）連接 CE，過點 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，
由旋轉知，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：延長 BA至點 M，使 AM＝AB，連接 EM，
∵G是 BE的中點，
∴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）如圖 3，連接 DE，AD與 BE的交點記作點 N，
∵∠BAC+∠DAE＝180°，∠BAC＝120°，
∴∠DAE＝60°，
∵AD＝AE，
∴△ADE是等邊三角形，
∴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°，
∴點 A，B，C，E四點共圓，
∴∠BEC＝∠BAC＝120°，
∴∠BED＝∠BEC﹣∠DEC＝30°，
∴∠DNE＝180°﹣∠BED﹣∠ADE＝90°，
∵AE＝DE，
∴AN＝DN，
∴BE是 AD的垂直平分線，
∴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，
設 AG＝a，則 DG＝a，
由（2）知，AG＝ CD，
∴CD＝2AG＝2a，
∴CE＝DE＝ CD＝ a，
∴AD＝ a，
∴DN＝ AD＝ a，
過點 D作 DH⊥AC于 H，
在 Rt△DHC中，∠ACB＝30°，CD＝2a，
∴DH＝a，
根據勾股定理得，CH＝ a，
在 Rt△AHD中，根據勾股定理得，AH＝ ＝a，
∴AC＝AH+CH＝a+ a，
∴BD＝a+ a，
∴ ＝ ＝ ．
【點評】此題是幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，勾股定理，等邊三角形的判定和性質，
判斷出點 A，B，C，E四點共圓是解本題的關鍵．
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模塊一：跟進練習
1．問題發現：
如圖 1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，D為 BC邊上一點（不與點 B，C重合），將線段 AD繞點 A逆
時針旋轉 60°得到 AE，連接 EC，則：
（1）①∠ACE的度數是 ；②線段 AC，CD，CE之間的數量關系是 ．
拓展探究：
（2）如圖 2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D為 BC邊上一點（不與點 B，C重合），將線段 AD繞點
A逆時針旋轉 90°得到 AE，連接 EC，請寫出∠ACE的度數及線段 AD，BD，CD之間的數量關系，并說明理由；
解決問題：
（3）如圖 3，在 Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，若點 A滿足 AB＝AC，∠BAC＝90°，請直接
寫出線段 AD的長度．
【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，根據全等三角形的性質解答；
（2）根據全等三角形的性質得到 BD＝CE，∠ACE＝∠B，得到∠DCE＝90°，根據勾股定理計算即可；
（3）如圖 3，作 AE⊥CD于 E，連接 AD，根據勾股定理得到 BC＝ ＝ ，推出點 B，C，A，D四點
共圓，根據圓周角定理得到∠ADE＝45°，求得△ADE是等腰直角三角形，得到 AE＝DE，根據勾股定理即可得
到結論．
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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；
故答案為：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，連接 AD，
∵在 Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，
∴BC＝ ＝ ，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝AC＝ ，∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵∠BDC＝∠BAC＝90°，
∴點 B，C，A，D四點共圓，
∴∠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：由題意得，點 A在 BC的垂直平分線上，如圖 3，
將△ADB逆時針旋轉 90°得到△AEC，
∴△ADB≌△AEC，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠ABC+∠BCD＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ABD+∠BCD＝45°，
∴∠ACE+∠BCD＝45°＝∠ACB，
∴點 E在 CD上，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝ AE＝ （CD﹣CE）＝ （5﹣3）＝ ；
如圖 4，當點 A在 BC的下方時，
同理得到 AD＝ （CD+CE）＝4 ．
綜上所述，AD＝ 或 4 ．
【點評】本題考查的是全等三角形的判定和性質、勾股定理、以及旋轉變換的性質，掌握全等三角形的判定定理
和性質定理是解題的關鍵．
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2．如圖 1，在正方形 ABCD中，點 O是對角線 BD的中點．
（1）觀察猜想
將圖 1 中的△BCD 繞點 O逆時針旋轉至圖 2 中△ECF 的位置，連接 AC，DE，則線段 AC 與 DE 的數量關系
是 ，直線 AC與 DE的位置關系是 ．
（2）類比探究
將圖 2中的△ECF繞點 O逆時針旋轉至圖 3的位置，（1）中的結論是否成立？并說明理由．
（3）拓展延伸
將圖 2中的△ECF在平面內旋轉，設直線 AC與 DE的交點為 M，若 AB＝4，請直接寫出 BM的最大值與最小值．
【分析】（1）連接 OA，OC，可證△AOC≌△DOE（SAS）；
（2）方法和（1）相同，易證△AOC≌△DOE（SAS）；
（3）在旋轉過程中，取 AD中點 N，連接 MN，BN，BM，BM、MN、BN不共線時構成三角形，由三角形邊的
關系“三角形中兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊”可知：BN﹣MN＜BM＜BN+MN，當 B，N，M共
線時，
得到 BM＝BN+MN和 BM＝BN﹣MN分別為 BN的最大值、最小值．
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【解答】解：（1）如圖 1和圖 2，連接 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．
故答案為：AC＝DE，AC⊥DE．
（2）（1）中的結論：AC＝DE，AC⊥DE仍然成立．
如圖 3，連接 OA，OC，延長 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）如圖 3，取 AD中點 N，連接 MN，BN，BM，
AB＝AD＝4，
在 Rt△AMD中，∠AMD＝90°，AN＝DN，∴MN＝ AD＝ ＝2，
在 Rt△ABN中，BN＝ ＝ ＝ ，
當△ECF在平面內旋轉時，BN﹣MN≤BM≤BN+MN，
∴ ﹣2≤BM≤ +2．
∴BM的最小值為 ﹣2，最大值為 +2．
【點評】本題考查了正方形的性質，等腰三角形性質，全等三角形判定和性質，還考查了幾何旋轉變換和“三角
形兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊”．
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3．已知△ABC是邊長為 4的等邊三角形，邊 AB在射線 OM上，且 OA＝6，點 D是射線 OM上的動點，當點 D不
與點 A重合時，將△ACD繞點 C逆時針方向旋轉 60°得到△BCE，連接 DE．
（1）如圖 1，猜想：△CDE的形狀是 三角形．
（2）請證明（1）中的猜想
（3）設 OD＝m，
①當 6＜m＜10時，△BDE的周長是否存在最小值？若存在，求出△BDE周長的最小值；若不存在，請說明理
由．
②是否存在 m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，請直接寫出 m的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由旋轉的性質得到∠DCE＝60°，DC＝EC，即可得到結論；
（2）當 6＜m＜10時，由旋轉的性質得到 BE＝AD，于是得到 C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，根據等邊
三角形的性質得到 DE＝CD，由垂線段最短得到當 CD⊥AB時，△BDE的周長最小，于是得到結論；
（3）存在，①當點 D與點 B重合時，D，B，E不能構成三角形，
②當 0≤m＜6時，由旋轉的性質得到∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，求得∠BED＝90°，根據等邊三角形的性
質得到∠DEB＝60°，求得∠CEB＝30°，求得 OD＝OA﹣DA＝6﹣4＝2＝m
③當 6＜m＜10時，此時不存在；
④當 m＞10時，由旋轉的性質得到∠DBE＝60°，求得∠BDE＞60°，于是得到 m＝14．
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【解答】解：（1）證明：∵將△ACD繞點 C逆時針方向旋轉 60°得到△BCE，
∴∠DCE＝60°，DC＝EC，
∴△CDE是等邊三角形；
故答案為：等邊；
（2）存在，當 6＜m＜10時，
由旋轉的性質得，BE＝AD，
∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，
由（1）知，△CDE是等邊三角形，
∴DE＝CD，
∴C△DBE＝CD+4，
由垂線段最短可知，當 CD⊥AB時，△BDE的周長最小，
此時，CD＝2 ，
∴△BDE的最小周長＝CD+4＝2 +4；
（3）存在，①∵當點 D與點 B重合時，D，B，E不能構成三角形，
∴當點 D與點 B重合時，不符合題意，
②當 0≤m＜6時，由旋轉可知，∠ABE＝60°，∠BDE＜60°，
∴∠BED＝90°，
由（1）可知，△CDE是等邊三角形，
∴∠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當 6＜m＜10時，由∠DBE＝120°＞90°，
∴此時不存在；
④當 m＞10時，由旋轉的性質可知，∠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°，
從而∠BCD＝30°，
∴BD＝BC＝4，
∴OD＝14，
∴m＝14，
綜上所述：當 m＝2或 14時，以 D、E、B為頂點的三角形是直角三角形．
【點評】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，三角形周長的計算，直角三角形的判定，熟練掌握
旋轉的性質是解題的關鍵．
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4．[綜合探究]在正方形 ABCD中，點 E為正方形 ABCD內一點，過點 A將 AE繞點 A逆時針旋轉 90°，得到△FAE，
延長 FE，分別交 AD，BC于 G、H兩點，交 AB的延長線于點 K．
[猜想證明]
（1）數學興趣小組探究發現，如圖 1，連接 DF，當點 E移動時，總有 DF＝BE，請你證明這個結論；
[聯系拓展]
（2）如圖 2，連接 CK，若 BC＝BK，請直接寫出線段 BH、DG、CK的數量關系為 ；
（3）如圖 3，在（2）的條件下，連接 CG，CK，若 GE＝6，△CGK的面積為 130，求 CH的長．
【分析】（1）證明△FAD≌△EAB，從而得出結論；
（2）可證得 BH是△AFK的中位線，從而得出 AG＝2BH，結合 AD＝BC＝ CK，進而得出結果；
（3）作 CM⊥FE于 M，AT⊥FE于 T，取 EK的中點 N，連接 BN，BM，CK，可證得 C、M、B、K四點共圓，
從而∠MCB＝∠BKM，進而證明△CBM≌△KBN，從而 CM＝NK，設 NE＝NK＝CM＝x，可得 x（6+2x）＝130，
從而得出 x＝10，進而得出 EF的長，設 TF＝a，TA＝TE＝6﹣a，TK＝26﹣a，根據△TFA∽△AFK，得出 TA2＝
TF TK，從而解得 a的值，進一步得出結果．
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【解答】（1）證明：∵四邊形 ABCD是正方形
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠BAD＝∠FAE＝90°，
∴∠FAD＝∠BAE，
∵AF＝AE，
∴△FAD≌△EAB（SAS），
∴DF＝BE；
（2）解：∵四邊形 ABCD是正方形，
∴BH∥AG，∠CBK＝∠ABC＝90°，BC＝AD，
∴△KBH∽△KAG，AD＝BC＝ CK，
∴ ＝ ，
∵DG+AG＝AD，
∴2DG+2BH＝ DK
故答案為：DG+2BH＝ CK；
（3）解：如圖，
作 CM⊥GE于 M，AT⊥GE于 T，取 EK的中點 N，連接 BN，BM，CK，
∴∠CMN＝∠CBK＝90°，
∴C、M、B、K四點共圓，
∴∠MCB＝∠BKM，∠BMK＝∠BCK＝45°，
∵BN為△AEK的中位線，
∴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，
∴設 NE＝NK＝CM＝x，
∴S△CGK＝ x（6+2x）＝130，
∴x＝10，
∴EG＝6+10×2＝26，
設 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 ．
【點評】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，確定圓的條件，三角
形的中位線定理等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形．
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5．過四邊形 ABCD的頂點 A作射線 AM，P為射線 AM上一點，連接 DP．將 AP繞點 A順時針方向旋轉至 AQ，記
旋轉角∠PAQ＝α，連接 BQ．
（1）【探究發現】如圖 1，數學興趣小組探究發現，如果四邊形 ABCD是正方形，且α＝90°．無論點 P在何處，
總有 BQ＝DP，請證明這個結論．
（2）【類比遷移】如圖 2，如果四邊形 ABCD是菱形，∠DAB＝α＝60°，∠MAD＝15°，連接 PQ．當 PQ⊥BQ，
AB＝ 時，求 AP的長；
（3）【拓展應用】如圖 3，如果四邊形 ABCD是矩形，AD＝6，AB＝8，AM平分∠DAC，α＝90°．在射線 AQ
上截取 AR，使得 AR＝ AP．當△PBR是直角三角形時，請直接寫出 AP的長．
【分析】（1）利用正方形性質和旋轉變換證明△ADP≌△ABQ（SAS），即可證得結論；
（2）如圖 2，過點 P作 PH⊥AB于點 H，連接 BP，先證明△ADP≌△ABQ（SAS），可得 BQ＝DP，∠APD＝∠
AQB，再證明：△APQ是等邊三角形，△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）分三種情況討論：①當∠BRP＝90°時，②當∠PBR＝90°時，③當∠BPR＝90°時，分別求出 AP的長．
21
羅湖區中考備考攻堅課程
【解答】（1）證明：如圖 1，∵四邊形 ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠DAP+∠BAM＝90°，
∵∠PAQ＝90°，
∴∠BAQ+∠BAM＝90°，
∴∠DAP＝∠BAQ，
∵將 AP繞點 A順時針方向旋轉至 AQ，
∴AP＝AQ，
∴△ADP≌△ABQ（SAS），
∴BQ＝DP．
（2）解：如圖 2，過點 P作 PH⊥AB于點 H，連接 BP，
∵四邊形 ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
由旋轉得：AP＝AQ，
∵∠DAB＝α＝60°，
即∠DAB＝∠PAQ＝60°，
∴△ADP≌△ABQ（SAS），
∴BQ＝DP，∠APD＝∠AQB，
∵AP＝AQ，∠PAQ＝60°，
∴△APQ是等邊三角形，
∴∠AQP＝60°，
∵PQ⊥BQ，
∴∠BQP＝90°，
22
羅湖區中考備考攻堅課程
∴∠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當∠BRP＝90°時，如圖 3，連接 DP，PQ，過點 B作 BE⊥AQ于點 E，
設 AM交 CD于點 F，過點 F作 FG⊥AC于點 G，
23
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∵四邊形 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，
24
羅湖區中考備考攻堅課程
∴ ＝ ＝ ，
∴ER＝ BE＝ × ＝ ，
∵AR+ER＝AE，
∴ AP+ ＝ ，
∴AP＝ ；
②當∠PBR＝90°時，如圖 4，過點 P作 PG⊥AD于點 G，PH⊥AB于點 H，
則 sin∠DAF＝ ＝ ＝ ，cos∠DAF＝ ＝ ＝ ，
∴PG＝ AP，AG＝ AP，
∵∠GAH＝∠AGP＝∠AHP＝90°，
∴四邊形 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當∠BPR＝90°時，
25
羅湖區中考備考攻堅課程
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＝﹣ ，均不符合題意；
綜上所述，AP的長為 或 ．
【點評】本題考查了正方形和菱形的性質，矩形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，直角三角形性質，等
腰直角三角形的判定和性質，旋轉變換的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，解直角三
角形，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用前面所學的知識解答后面的題目，運用分類討論思想和數形結合
思想，具有很強的綜合性，是中考常考題型．
26
羅湖區中考備考攻堅課程
6．（1）如圖 1，菱形 AEGH的頂點 E、H在菱形 ABCD的邊上，且∠BAD＝60°，請直接寫出 HD：GC：EB的結
果（不必寫計算過程）
（2）將圖 1中的菱形 AEGH繞點 A旋轉一定角度，如圖 2，求 HD：GC：EB；
（3）把圖 2中的菱形都換成矩形，如圖 3，且 AD：AB＝AH：AE＝1：2，此時 HD：GC：EB的結果與（2）小
題的結果相比有變化嗎？如果有變化，直接寫出變化后的結果（不必寫計算過程）；若無變化，請說明理由．
【分析】（1）連接 AG，由菱形 AEGH的頂點 E、H在菱形 ABCD的邊上，且∠BAD＝60°，易得 A，G，C共
線，延長 HG交 BC于點 M，延長 EG交 DC于點 N，連接 MN，交 GC于點 O，則 GMCN也為菱形，利用菱形
對角線互相垂直，結合三角函數可得結論；
（2）連接 AG，AC，由△ADC和△AHG都是等腰三角形，易證△DAH∽△CAG與△DAH≌△BAE，利用相似
三角形的性質及菱形的性質可得結論；
（3）連接 AG，AC，易證△ADC∽△AHG和△ADH∽△ABE，利用相似三角形的性質可得結論．
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【解答】解：（1）連接 AG，
∵菱形 AEGH的頂點 E、H在菱形 ABCD的邊上，且∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝∠CAB＝30°，AE＝AH，AB＝AD，
∴A，G，C共線，AB﹣AE＝AD﹣AH，
∴HD＝EB，
延長 HG交 BC于點 M，延長 EG交 DC于點 N，連接 MN，交 GC于點 O，則 GMCN也為菱形，
∴GC⊥MN，∠NGO＝∠AGE＝30°，
∴ ＝cos30°＝ ，
∵GC＝2OG，
∴ ＝ ，
∵HGND為平行四邊形，
∴HD＝GN，
∴HD：GC：EB＝1： ：1．
（2）如圖 2，連接 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．
28
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（3）有變化．
如圖 3，連接 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
【點評】本題是菱形與相似三角形，全等三角形，三角函數等知識點的綜合運用，難度較大．
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模塊二：不變結構之直角
模塊二：典例精講
例題 1.
小王在學習北師大版相似三角形后，進一步開展探究活動：如圖 1，在正方形 ABCD中，點 E是 AB邊上的一個動
點（點 E與點 A，B不重合），連接 CE，過點 B作 BF⊥CE于點 G，交 AD于點 F．
（1）（探究 1）如圖 1，很容易發現線段 BF與 CE之間的數量關系，請寫出這個關系式，并加以證明．
（2）（探究 2）如圖 2，當點 E運動到 AB中點時，連接 DG，求證：DC＝DG；
（3）（探究 3）如圖 3，在（2）的條件下，過點 C作 CM⊥DG于點 H，分別交 AD，BF于點 M，N，求 的值．
【分析】（1）利用 ASA證明△FBA≌△ECB，即可得出 BF＝CE；
（2）過點 D作 DK⊥CE于 K，設 AB＝CD＝BC＝2a，在 Rt△CEB中利用面積法求出 BG，利用 AAS證明△CKD
≌△BGC，推出 ，進而得出 ，再利用 SAS證明△DGK≌△DCK，即可推
出 DC＝DG；
（3）先證 DK∥GF，推出∠GDK＝∠FGD，根據△DGK≌△DCK推出∠CDK＝∠GDK，根據△CKD≌△BGC
推出∠CDK＝∠BCG，等量代換可得∠FGD＝∠GCB；
（4）先利用面積法求出 ，再利用勾股定理求出 ，再證△CHD∽△DHM，推出 ，
可得 ，通過證明△GHN∽△CHG得出 ， ，進而求出 MN，即可求 的值．
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【解答】（1）解：BF＝CE，理由如下：
∵四邊形 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）證明：如圖 2，過點 D作 DK⊥CE于 K，
設 AB＝CD＝BC＝2a，
∵點 E是 AB的中點，
∴ ，
∴ ，
在 Rt△CEB中，根據面積相等，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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羅湖區中考備考攻堅課程
∴ ，
∵DK＝DK，∠CKD＝∠GKD＝90°，
∴△DGK≌△DCK（SAS），
∴CD＝GD；
（3）證明：∵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：如圖 3，過點 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， ， ，
∴ ，
32
羅湖區中考備考攻堅課程
∵∠MGH+∠CGH＝90°，∠HCG+∠CGH＝90°，
∴∠CGH＝∠CNG，
∴△GHN∽△CHG，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【點評】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，利用等面積
法求三角形的高等知識點，有一定難度，解題的關鍵是正確作出輔助線，綜合運用上述知識．
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羅湖區中考備考攻堅課程
例題 2.
（1）問題探究：如圖 1，在正方形 ABCD，點 E，Q分別在邊 BC，AB上，DQ⊥AE于點 O，點 G，F分別在邊
CD、AB上，GP⊥AE．
（1）①判斷 DQ與 AE的數量關系：DQ AE；
②推斷： 的值為： ；（無需證明）
（2）類比探究：如圖（2），在矩形 ABCD中， ＝ ．將矩形 ABCD沿 GF折疊，使點 A落在 BC邊上的點 E
處，得到四邊形 FEPG，EP交 CD于點 H，連接 AE交 GF于點 O．試探究 GF與 AE之間的數量關系，并說明
理由；
（3）拓展應用 1：如圖 3，四邊形 ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，點 M，N
分別在邊 BC、AB上，求 的值．
（4）拓展應用 2：如圖 2，在（2）的條件下，連接 CP，若 ＝ ，GF＝2 ，求 CP的長．
【分析】（1）①由正方形的性質得 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證明四邊形 DQFG是平行四邊形即可解決問題．
（2）如圖 2中，過點 G作 GM⊥AB于 M．證明△ABE∽△GMF即可解決問題．
（3）如圖 3，過點 D作 EF⊥BC，交 BC的延長線于點 F，過點 A作 AE⊥EF，連接 AC，證明△ACD≌△ACB
（SSS），得出∠ADC＝∠ABC＝90°，證明△ADE∽△DCF，可得出 ，由勾股定理求出 CF＝3，
則可得出答案．
（4）過點 P作 PM⊥BC交 BC的延長線于 N．利用相似三角形的性質求出 PN，CN即可解決問題．
34
羅湖區中考備考攻堅課程
【解答】解：（1）①證明：∵四邊形 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．
故答案為：＝．
②結論： ＝1．
理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，
∴DQ∥FG，
∵FQ∥DG，
∴四邊形 DQFG是平行四邊形，
∴FG＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴FG＝AE，
∴ ＝1．
故答案為：1．
（2）結論： ＝ ．
理由：如圖 2中，過點 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°，
∴四邊形 AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴ ＝ ＝ ．
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羅湖區中考備考攻堅課程
（3）如圖 3，過點 D作 EF⊥BC，交 BC的延長線于點 F，過點 A作 AE⊥EF，連接 AC，
∵∠ABC＝90°，AE⊥EF，EF⊥BC，
∴四邊形 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（不合題意，舍去），CF＝3，
∴BF＝BC+CF＝8，
由（2）的結論可知： ．
（4）解：如圖 2中，過點 P作 PN⊥BC交 BC的延長線于 N．
∵ ＝ ，
∴假設 BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，
∵ ＝ ，FG＝2 ，
∴AE＝3 ，
∴（3k）2+（9k）2＝（3 ）2，
∴k＝1或﹣1（舍棄），
∴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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羅湖區中考備考攻堅課程
∴△FBE∽△ENP，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴EN＝ ，PN＝ ，
∴CN＝EN﹣EC＝ ﹣3＝ ，
∴PC＝ ＝ ．
【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的
判定和性質，平行四邊形的判定與性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決
問題．
聲明：試題解析著作權屬所有，未經書面同意，不得復制發布日期：2023/5/18 16:39:17；用戶：吳老師；郵箱：18898588585；學號：23410154
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羅湖區中考備考攻堅課程
模塊二：跟進練習
1．在△ABC中，∠ABC＝90°．
（1）如圖 1，分別過 A、C兩點作經過點 B的直線的垂線，垂足分別為 M、N，求證：△ABM∽△BCN；
（2）如圖 2，P是邊 BC上一點，∠BAP＝∠C，tan∠PAC＝ ，求 tanC的值；
（3）如圖 3，D是邊 CA延長線上一點，AE＝AB，∠DEB＝90°，sin∠BAC＝ ， ，直接寫出 tan∠CEB
的值．
【分析】（1）利用同角的余角相等判斷出∠BAM＝∠CBN，即可得出結論；
（2）先判斷出 MP＝MC，進而得出 ＝ ，設 MN＝2m，PN＝ m，根據勾股定理得，PM＝
＝3m＝CM，即可得出結論；
（3）先判斷出 ＝ ，再同（2）的方法，即可得出結論．
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羅湖區中考備考攻堅課程
【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）如圖 2，過點 P作 PM⊥AP交 AC于 M，PN⊥AM于 N．
∴∠BAP+∠1＝∠CPM+∠1＝90°，
∴∠BAP＝∠CPM＝∠C，
∴MP＝MC
∵tan∠PAC＝ ＝ ＝ ＝
設 MN＝2m，PN＝ m，
根據勾股定理得，PM＝ ＝3m＝CM，
∴tanC＝ ＝ ；
（3）
在 Rt△ABC中，sin∠BAC＝ ＝ ，
過點 A作 AG⊥BE于 G，過點 C作 CH⊥BE交 EB的延長線于 H，
∵∠DEB＝90°，
∴CH∥AG∥DE，∴ ＝
同（1）的方法得，△ABG∽△BCH
∴ ，
設 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＝ ＝ ．
【點評】此題是相似形綜合題，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性質，銳角三角函數，平行線
分線段成比例定理，構造圖 1是解本題的關鍵．
39
羅湖區中考備考攻堅課程
2．已知 CD是△ABC的角平分線，點 E，F分別在邊 AC，BC上，AD＝m，BD＝n，△ADE與△BDF的面積之和
為 S．
（1）填空：當∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC時，
①如圖 1，若∠B＝45°，m＝5 ，則 n＝ ，S＝ ；
②如圖 2，若∠B＝60°，m＝4 ，則 n＝ ，S＝ ；
（2）如圖 3，當∠ACB＝∠EDF＝90°時，探究 S與 m，n的數量關系，并說明理由；
（3）如圖 4，當∠ACB＝60°，∠EDF＝120°，m＝6，n＝4時，請直接寫出 S的大小．
【分析】（1）①證明△ADE，△BDF都是等腰直角三角形即可解決問題；
②解直角三角形求出 AE，DE，BF，DF可得結論；
（2）如圖 3中，過點 D作 DM⊥AC于點 M，DN⊥BC于點 N．證明△DME≌△DNF（ASA），推出 S＝S△ADE+S
△BDF＝S△ADM+S△BDN，把△BDN繞點 D逆時針旋轉 90°得到右邊△ADN，∠ADN＝90°，AD＝m，DN＝n，可
得結論；
（3）如圖 4中，過點 D作 DM⊥AC于點 M，DN⊥BC于點 N．證明△DME≌△DNF（AAS），推出 S＝S△ADE+S
△BDF＝S△ADM+S△BDN，把△ADM繞點順時針旋轉 120°得到△DNT，∠BDT＝60°，DT＝6，DB＝4，過點 B作
BH⊥DT于點 H，解直角三角形求出 BH，可得結論．
40
羅湖區中考備考攻堅課程
【解答】解：（1）①如圖 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，
故答案為：5 ，25；
②如圖 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 ，
故答案為：4，8 ；
（2）如圖 3中，過點 D作 DM⊥AC于點 M，DN⊥BC于點 N．
∵DM⊥AC，DN⊥BC，CD平分∠ACB，
∴DM＝DN，
∵∠DMC＝∠DNC＝∠MCN＝90°，
∴四邊形 DNCM是矩形，
∴DM＝DN，
∴四邊形 DMCN是正方形，
∴∠MDN＝∠EDF＝90°，
∴∠MDE＝∠NDF，
∵∠DME＝∠DNF，
∴△DME≌△DNF（ASA），
41
羅湖區中考備考攻堅課程
∴S＝S△ADE+S△BDF＝S△ADM+S△BDN，
把△BDN繞點 D逆時針旋轉 90°得到右邊△ADH，∠ADH＝90°，AD＝m，DH＝n，
∴S＝ mn；
（3）如圖 4中，過點 D作 DM⊥AC于點 M，DN⊥BC于點 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繞點 D順時針旋轉 120°得到△DNT，∠BDT＝60°，DT＝6，DB＝4，
過點 B作 BH⊥DT于點 H，
∴BH＝BD×sin60°＝4× ＝2 ，
∴S＝S△BDT＝ ×6×2 ＝6 ．
【點評】本題屬于三角形綜合題，考查了特殊直角三角形，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解
題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
42
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3．如圖，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ＝ ，CD⊥AB于點 D，E是邊 AC上一動點，連接 DE，過點 D作
FD⊥ED，交邊 BC于點 F．
（1）探究發現：如圖 1，若 m＝n；點 B在邊 AC上，則 ＝ ．
（2）數學思考：①如圖 2，若點 E在邊 AC上，則 ＝ （用含 m、n的代數式表示）．
②當點 E在邊 AC上運動時，（1）中的結論是否仍然成立？請就圖 3的情形給出證明．
（3）拓展應用：若 AC＝ ，BC＝2 ，DF＝4 ，請直接寫出 CE的長．
【分析】（1）先用等量代換判斷出∠ADE＝∠CDF，∠A＝∠DCB，得到△ADE∽△CDF，再判斷出△ADC∽△
CDB即可；
（2）方法和（1）一樣，先用等量代換判斷出∠ADE＝∠CDF，∠A＝∠DCB，得到△ADE∽△CDF，再判斷出
△ADC∽△CDB即可；
（3）由（2）的結論得出△ADE∽△CDF，判斷出 CF＝2AE，求出 DE，再利用勾股定理，計算出即可．
43
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【解答】解：（1）當 m＝n時，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，
故答案為：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，
∴ ＝ ，
44
羅湖區中考備考攻堅課程
∴ ＝ ，
故答案為： ；
②成立．如圖 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當 E在線段 AC上時，在 Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC﹣CE）＝2（ ﹣CE），EF＝2 ，
根據勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，
∴CE2+[2（ ﹣CE）]2＝40，
∴CE＝2 ，或 CE＝﹣ （舍），
而 AC＝ ＜CE，
∴此種情況不存在，
②當 E在 AC延長線上時，
45
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在 Rt△CEF中，CF＝2AE＝2（AC+CE）＝2（ +CE），EF＝2 ，
根據勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，
∴CE2+[2（ +CE）]2＝40，
∴CE＝ ，或 CE＝﹣2 （舍），
③如圖 2，
當點 E在 CA延長線上時，
CF＝2AE＝2（CE﹣AC）＝2（CE﹣ ），EF＝2 ，
根據勾股定理得，CE2+CF2＝EF2，
∴CE2+[2（CE﹣ ）]2＝40，
∴CE＝2 ，或 CE＝﹣ （舍），
即：CE＝2 或 CE＝ ．
【點評】本題是三角形綜合題，主要考查了三角形相似的性質和判定，勾股定理，判斷相似是解本題的關鍵，求
CE是本題的難點．
46
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4．如圖，在矩形 ABCD中，AD＝nAB（n＞1），點 E是 AD邊上一動點（點 E不與 A，D重合），連接 BE，以 BE
為邊在直線 BE的右側作矩形 EBFG，使得矩形 EBFG∽矩形 ABCD，EG交直線 CD于點 H．
【嘗試初探】
（1）在點 E的運動過程中，△ABE與△DEH始終保持相似關系，請說明理由．
【深入探究】
（2）若 n＝2，隨著 E點位置的變化，H點的位置隨之發生變化，當 H是線段 CD中點時，求 tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）連接 BH，FH，當△BFH是以 FH為腰的等腰三角形時，求 tan∠ABE的值（用含 n的代數式表示）．
【分析】（1）根據兩角對應相等可證明△ABE∽△DEH；
（2）設 DH＝x，AE＝a，則 AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得 x＝ ，
最后根據正切的定義可得結論；
（3）分兩種情況：FH＝BH和 FH＝BF，先根據三角形相似證明 F在射線 DC上，再根據三角形相似的性質和
勾股定理列等式可得結論．
47
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【解答】解：（1）∵四邊形 EBFG和四邊形 ABCD是矩形，
∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，
∴∠DEH＝∠ABE，
∴△ABE∽△DEH，
∴在點 E的運動過程中，△ABE與△DEH始終保持相似關系；
（2）如圖 1，∵H是線段 CD中點，
∴DH＝CH，
設 DH＝x，AE＝a，則 AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴2x2＝4ax﹣a2，
∴2x2﹣4ax+a2＝0，
∴x＝ ＝ ，
∵tan∠ABE＝ ＝ ，
當 x＝ 時，tan∠ABE＝ ＝ ，
當 x＝ 時，tan∠ABE＝ ＝ ；
綜上，tan∠ABE的值是 ．
（3）分兩種情況：
①如圖 2，BH＝FH，
設 AB＝x，AE＝a，
∵四邊形 BEGF是矩形，
∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，
∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），
∴EH＝GH，
∵矩形 EBFG∽矩形 ABCD，
∴ ＝ ＝n，
48
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∴ ＝n，
∴ ＝ ，
由（1）知：△ABE∽△DEH，
∴ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，∴nx＝2a，
∴ ＝ ，∴tan∠ABE＝ ＝ ＝ ；
②如圖 3，BF＝FH，
∵矩形 EBFG∽矩形 ABCD，
∴∠ABC＝∠EBF＝90°， ＝ ，
∴∠ABE＝∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，
∴∠BCF＝∠A＝90°，
∴D，C，F共線，
∵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＝ （負值舍），
∴tan∠ABE＝ ＝ ＝ ，
綜上，tan∠ABE的值是 或 ．
【點評】此題是幾何變換綜合題，考查了相似三角形的判定與性質，矩形的相似的性質，矩形的性質以及直角三
角形的性質，三角形全等的性質和判定等知識，注意運用參數表示線段的長，并結合方程解決問題，還要運用分
類討論的思想．
49
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5．如圖，在矩形 ABCD中，點 O是 AB的中點，點 M是射線 DC上動點，點 P在線段 AM上（不與點 A重合），
OP＝ AB．
（1）判斷△ABP的形狀，并說明理由．
（2）當點 M為邊 DC中點時，連接 CP并延長交 AD于點 N．求證：PN＝AN．
（3）點 Q在邊 AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝ ，當∠CPQ＝90°時，求 DM的長．
【分析】（1）由已知得：OP＝OA＝OB，根據等腰三角形的性質和三角形內角和定理可得結論；
（2）如圖 1，延長 AM，BC交于點 Q，先證明△ADM≌△QCM（ASA），得 AD＝CQ＝BC，根據直角三角形斜
邊中線的性質可得 PC＝ BQ＝BC，由等邊對等角和等量代換，及角的和差關系可得結論；
（3）分兩種情況：作輔助線，構建相似三角形，設 DM＝x，QG＝a，則 CH＝a+ ，BH＝AG＝4﹣ ﹣a＝
﹣a，①如圖 2，點 M在 CD上時，②如圖 3，當 M在 DC的延長線上時，根據同角的三角函數和三角形相似
可解答．
50
羅湖區中考備考攻堅課程
【解答】（1）解：△ABP是直角三角形，理由如下：
∵點 O是 AB的中點，
∴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）證明：如圖 1，延長 AM，BC交于點 Q，
∵M是 CD的中點，
∴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：分兩種情況：
①如圖 2，點 M在 CD上時，過點 P作 GH∥CD，交 AD于 G，交 BC于 H，
設 DM＝x，QG＝a，則 CH＝a+ ，BH＝AG＝4﹣ ﹣a＝ ﹣a，
∵PG∥DM，
∴△AGP∽△ADM，
51
羅湖區中考備考攻堅課程
∴ ＝ ，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如圖 3，當 M在 DC的延長線上時，同理得：DM＝12，
綜上，DM的長是 或 12．
【點評】本題主要考查了四邊形綜合題，涉及相似三角形的性質，動點問題，三角函數，三角形全等的性質和判
定，直角三角形斜邊中線的性質等知識，解題的關鍵是正確的畫出圖形，分情況討論，難度較大．
52
羅湖區中考備考攻堅課程
模塊三：不變結構之平行、中點
模塊三：典例精講
不變結構之平行：
例題 1.
（1）發現：如圖①所示，在正方形 ABCD中，E為 AD邊上一點，將 AEB沿 BE 翻折到 BEF處，延長 EF 交CD
邊于G 點．求證： BFG BCG ；
（2）探究：如圖②，在矩形 ABCD中， E為 AD邊上一點，且 AD 8， AB 6．將 AEB沿 BE 翻折到 BEF處，
延長 EF 交 BC邊于G 點，延長 BF 交CD邊于點H，且 FH CH ，求 AE的長．
（3）拓展：如圖③，在菱形 ABCD中，AB 6，E為CD邊上的三等分點， D 60 ．將 ADE沿 AE翻折得到 AFE，
直線 EF 交 BC于點 P，求 PC的長．
【分析】（1）根據將△AEB沿 BE翻折到△BEF處，四邊形 ABCD是正方形，得 AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，
即得∠BFG＝90°＝∠C，可證 Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）延長 BH，AD交于 Q，設 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＝ ，設 AE＝EF＝m，則 DE＝8﹣m，因 ＝ ，有 ＝ ，即解得 AE的長為 ；
（3）分兩種情況：（Ⅰ）當 DE＝ DC＝2時，延長 FE交 AD于 Q，過 Q作 QH⊥CD于 H，設 DQ＝x，QE＝y，
則 AQ＝6﹣x，CP＝2x，由 AE是△AQF的角平分線，有 ＝ ①，在 Rt△HQE中，（2﹣ x）2+（ x）2
＝y2②，可解得 x＝ ，CP＝2x＝ ；
（Ⅱ）當 CE＝ DC＝2時，延長 FE交 AD延長線于 Q'，過 Q'作 Q'H'⊥CD交 CD延長線于 H'，同理解得 x'＝ ，
CP＝ ．
53
羅湖區中考備考攻堅課程
【解答】（1）證明：∵將△AEB沿 BE翻折到△BEF處，四邊形 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：延長 BH，AD交于 Q，如圖：
設 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＝ ，
設 AE＝EF＝m，則 DE＝8﹣m，
∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+ ＝ ﹣m，
∵△EFQ∽△GFB，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得 m＝ ，
∴AE的長為 ；
54
羅湖區中考備考攻堅課程
方法 2：連接 GH，如圖：
∵CH＝FH，GH＝GH，
∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），
∴CG＝FG，
設 CG＝FG＝x，則 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）當 DE＝ DC＝2時，延長 FE交 AD于 Q，過 Q作 QH⊥CD于 H，如圖：
設 DQ＝x，QE＝y，則 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的角平分線，
∴ ＝ ，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，
聯立①②可解得 x＝ ，
55
羅湖區中考備考攻堅課程
∴CP＝2x＝ ；
（Ⅱ）當 CE＝ DC＝2時，延長 FE交 AD延長線于 Q'，過 Q'作 Q'H'⊥CD交 CD延長線于 H'，如圖：
設 DQ'＝x'，Q'E＝y'，則 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'＝ ，
綜上所述，CP的長為 或 ．
方法二：
（Ⅰ）當 DE＝ DC＝2時，連接 CF，過 P作 PK⊥CD于 K，如圖：
∵四邊形 ABCD是菱形，∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，
∴∠PCK＝60°，
∵將△ADE沿 AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，
∴∠AFC＝∠ACF，
∴∠PFC＝∠PCF，
∴PF＝PC，
設 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）當 CE＝ DC＝2時，連接 CF，過 P作 PT⊥CD交 DC延長線于 T，如圖：
56
羅湖區中考備考攻堅課程
同（Ⅰ）可證 AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，
∴PC＝PF，
設 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＝ ，
綜上所述，CP的長為 或 ．
【點評】本題考查四邊形的綜合應用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定與性質，三角形角平分線的性
質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是方程思想的應用．
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羅湖區中考備考攻堅課程
不變結構之中點：
例題 2.
在正方形 ABCD中，等腰直角 AEF， AFE 90 ，連接CE ，H為CE BF中點，連接 BH 、BF 、HF，發現 和
BH
HBF 為定值．
BF
（1）① ；② HBF ；
BH
OH BA
③小明為了證明①②，連接 AC 交 BD于O，連接OH ，證明了 和 的關系，請你按他的思路證明①②．
AF BO
BD EA
（2）小明又用三個相似三角形（兩個大三角形全等）擺出如圖 2， k， BDA EAF (0 90 )．
AD FA
FD FH
求① ；（用 k的代數式表示）② ．（用 k、 的代數式表示）
HD HD
【分析】（1）由△AEF和△ABO都是等腰直角三角形可證△BOH∽△BAF，從而得到對應邊成比例，對應角相
等，進行轉化即可；
（2）將等腰直角三角形換成兩個相似三角形，任然有△DOH∽△DAF，從而得出①，作 HM⊥DF于 M，由①
得 ，設 FD＝2t，HD＝kt，通過勾股定理表示出 HM、MF、HF的長即可得出②．
58
羅湖區中考備考攻堅課程
【解答】解：① ；②45°；
③由正方形的性質得： ，O為 AC的中點，
又∵H為 CE的中點，
∴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如圖 2，連接 AC交 BD于點 O，連接 OH，
由（1）中③問同理可證：△DOH∽△DAF，
∴ ，
②由①知：△DOH∽△DAF，
∴∠HDO＝∠FDA，
∴∠HDF＝∠BDA＝θ，
在△HDF中， ，
設 DF＝2t，HD＝kt，
作 HM⊥DF于 M，
∴HM＝DH×sinθ＝ktsinθ，DM＝ktcosθ，
∴MF＝DF﹣DM＝（2﹣kcosθ）t，
59
羅湖區中考備考攻堅課程
在 Rt△HMF中，由勾股定理得：
HF＝ ，
∴ ．
【點評】本題主要考查了相似三角形的判定與性質，關鍵是模型的應用，由共頂點的兩個相似三角形產生的第二
對相似，能夠準確地從復雜圖形中找到基本圖形是解題的關鍵．
60
羅湖區中考備考攻堅課程
模塊三：跟進練習
1．如圖，點 E是矩形 ABCD的邊 BC的中點，連接 DE交 AC于點 F．
（1）如圖①，求證：AF＝2CF；
（2）如圖②，作 DG⊥AC于 G，試探究：當 AB與 AD滿足什么關系時，使得 AG＝CF成立？并證明你的結論；
（3）如圖③，以 DE為斜邊在矩形 ABCD內部作等腰 Rt△DEM，交對角線 BD于 N，連接 AM，若 AB＝AD，
請直接寫出 的值．
【分析】（1）首先根據點E是矩形ABCD的邊BC的中點，可得AD＝BC＝2CE；然后根據AD∥BC，可得 ，
所以 AF＝2CF，據此判斷即可．
（2）當 AB＝ AD時，AG＝CF成立．
（3）首先過 M作 GF⊥AD，交 AD于 G，交 BC于 F，通過證明△GDM≌△FME，判斷出 GM＝FE，GD＝FM；
然后通過證明△ADM∽△EDN，判斷出 ＝ ；最后判斷出 MN＝EN，即可判斷出 的值是 ，
據此解答即可．
61
羅湖區中考備考攻堅課程
【解答】（1）證明：∵點 E是矩形 ABCD的邊 BC的中點，
∴AD＝BC＝2CE，
∵在矩形 ABCD中，AD∥BC，
∴ ，
∴AF＝2CF．
（2）結論：當 AB＝ AD時，AG＝CF成立．
設 BE＝EC＝a，則 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）如圖③，過 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
羅湖區中考備考攻堅課程
∴∠DAM＝45°，
∴∠ADM＝∠ADB﹣∠MDN＝45°﹣∠MDN＝∠EDN，
在△ADM和△EDN中，
∴△ADM∽△EDN，
∴ ＝ ，
∴ ，
∴MN＝ DM＝ ME＝EN，
∴ ＝ ，
即 的值是 ．
【點評】（1）此題主要考查了四邊形綜合題，考查了分析推理能力，考查了分類討論思想的應用，考查了數形結
合方法的應用．
（2）此題還考查了全等三角形的判定和性質的應用，以及相似三角形的判定和性質的應用，要熟練掌握．
（3）此題還考查了直角三角形的性質和應用，以及勾股定理的應用，要熟練掌握．
（4）此題還考查了矩形的性質和應用，要熟練掌握．
63
羅湖區中考備考攻堅課程
2．在△ABC中，AC＝BC＝ ，∠ACB＝120°，在△ADE中，∠DAE＝90°，∠AED＝30°，AD＝1，連接 BD，
BE，點 F是 BD的中點，連接 CF．
（1）如圖 1，當頂點 D在邊 AB上時，線段 BE與線段 CF的數量關系是 ，線段 BE與
線段 CF的位置關系是 ；
（2）將△ADE繞點 A旋轉，轉到圖 2的位置時，（1）中結論是否仍然成立？若成立，請給予證明，若不成立，
請說明理由；
（3）在△ADE 繞點 A 旋轉的過程中，線段 AF 的最大值為 ；當 DE∥CF 時，線段 CF 的長
為 ．
【分析】（1）過點 A作 AG⊥AB，交 BC延長線于點 G，連接 GD并延長交 BE于點 H，證明△ADG∽△AEB，
得 ，∠AGD＝∠ABE，再證明 CF為△BGD的中位線即可證明結論；
（2）與（1）同理可證明結論仍然成立；
（3）延長 AF到點 K，使 FK＝AF，連接 BK，通過 SAS證明△AFD≌△KFB，得 BK＝AD＝1，在△ABK中，利
用第三邊小于兩邊之和，得 AK＜AB+BK，求出 AK最大為 4，則 AF最大為 2即可，當 DE∥CF時，由（2）中
證明可知 DG∥CF，則 G，D，E三點共線，分點 E在 D下方，或點 E在點 D上方兩種情形，分別畫圖進行計
算即可．
64
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【解答】解：（1）過點 A作 AG⊥AB，交 BC延長線于點 G，連接 GD并延長交 BE于點 H，
∵AC＝BC，∠ACB＝120°，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，
∴∠GAC＝∠AGC＝60°，
∴AC＝CG＝BC，
∴點 C為 BG的中點，
∵ ，
且∠DAG＝∠EAB，
∴△ADG∽△AEB，
∴ ，∠AGD＝∠ABE，
∴BE＝ DG，
∵點 C，F分別是 BG，BD的中點，
∴CF為△BGD的中位線，
∴CF∥GD，CF＝ GD，
∴BE＝2 CF，
又∵∠ADG＝∠BDH，
∴∠BHD＝∠GAD＝90°，
∴GH⊥BE，
∵CF∥GD，
∴CF⊥BE，
故答案為：BE＝2 CF，CF⊥BE，
（2）（1）中結論仍然成立，
過點 A作 AG⊥AB，交 BC延長線于點 G，連接 GD并延長交 BE于點 H，設 GD交 AB于點 O，
由（1）同理可證△ADG∽△AEB，
∴ ，∠AGD＝∠ABE，
∴BE＝ DG，
∵點 C，F分別是 BG，BD的中點，
∴CF為△BGD的中位線，
∴CF∥GD，CF＝ GD，
∴BE＝2 CF，
65
羅湖區中考備考攻堅課程
又∵∠AOG＝∠BOH，
∴∠BHD＝∠GAO＝90°，
∴GH⊥BE，
∵CF∥GD，
∴CF⊥BE，
故答案為：BE＝2 CF，CF⊥BE，
（3）如圖，延長 AF到點 K，使 FK＝AF，連接 BK，
∵DF＝BF，AF＝FK，∠AFD＝∠BFK，
∴△AFD≌△KFB，
∴BK＝AD＝1，
在△ABK中，
AK＜AB+BK，
∴AK＜4，
∴當 AK＝4時，AF最大為 2，
當 DE∥CF時，由（2）中證明可知 DG∥CF，
∴G，D，E三點共線，如圖，當點 E在點 D下方時，
∵AG＝AE＝ ，∠E＝30°，
∴GE＝3，
∴GD＝1，
∴CF＝ DG＝ ，
當點 E與 G重合時，此時 DE∥CF，
∴CF＝ DE＝1，
綜上：CF＝1或 ，
故答案為：2，1或 ．
【點評】本題是幾何變換綜合題，考查了含 30°角的直角三角形，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判
定與性質，中位線定理等知識，作輔助線，構造三角形相似或者全等是解題的關鍵，綜合性較強，難度較大．
66
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3．已知：△ABC和△ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，其中 BA＝BC，DA＝DE，連接 EC，取 EC的中點 M，
連接 BM和 DM．
（1）如圖 1，分別取 AC 和 AE 的中點 G、H，連接 BG、MG、MH、DH，那么 BD 和 BM 的數量關系
是 ；
（2）將圖 1中的△ABC繞點 A旋轉到圖 2的位置時，判斷（1）中的結論是否仍然成立，并說明理由；
（3）已知正方形 ABCP的邊長為 2，正方形 ADEQ的邊長為 10，現將正方形 ABCP繞點 A順時針旋轉，在整個
旋轉過程中，當 C、P、E三點共線時，請直接寫出 BD的長．
【分析】（1）由三角形中位線定理得出 MH＝ AC，MG＝ AE，MH∥AC，MG∥AE，得出∠MHE＝∠CAE，
∠CGM＝∠CAE，證明△MHD≌△BGM，得出 BM＝DM，證明△BAD∽△MHD，得出 BD：DM＝AD：DH＝ ：
1，即可得出結論；
（2）證出 BM＝DM，∠MBE＝∠MEB，∠MCD＝∠MDC，再證明 DM⊥BM，即可得出結論；
（3）分兩種情況：①取 CE的中點 M，連接 BM、DM，連接 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的中點 M，連接 BM、DM，連接 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的長，即可得出結果．
67
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【解答】解：（1）結論： ．
理由：∵M為 CE的中點，G、H分別為 AC和 AE的中點，
∴MH＝ AC，MG＝ AE，MH∥AC，MG∥AE，
∴∠MHE＝∠CAE，∠CGM＝∠CAE，
∴∠CGM＝∠MHE，
在等腰直角△ABC與等腰直角△ADE中，G、H分別為 AC和 AE的中點，
∴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；
故答案為：BD＝ BM；
（2）依然成立．取 AC和 AE的中點 G，H，連接 BG，MG，MH，DH．
∵M是 EC的中點，
∴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，
∴四邊形 MHAG是平行四邊形，
∴∠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）分兩種情況：①如圖所示：取 CE的中點 M，連接 BM、DM，連接 AE，
由（1）得：BM＝DM， ，
由勾股定理得： ，
∴ ，
∴CE＝PE+PC＝16，
∴CM＝8，
∴BM＝2 ，
∴BD＝ BM＝2 ；
②如圖所示：取 CE的中點 M，連接 BM、DM，連接 AE，
69
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由（1）得：BM＝DM， ，
同①得：PE＝14，
∴CE＝12，
∴CM＝6，
∴ ；
∴ ；
綜上所述，BD的長為 或 ．
【點評】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判
定與性質、勾股定理以及分類討論等知識；本題綜合性強，作出圖形是解題關鍵．
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4．如圖 1，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點 D，E分別在邊 AB，AC上，AD＝AE，連接 DC，BE，點
P為 DC的中點，
（1）【觀察猜想】圖 1中，線段 AP與 BE的數量關系是 ，位置關系是 ．
（2）【探究證明】把△ADE繞點 A逆時針旋轉到圖 2的位置，（1）中的猜想是否仍然成立？若成立請證明，否
請說明理由；
（3）【拓展延伸】把△ADE繞點 A在平面內自由旋轉，若 AD＝4，AB＝10，請直接寫出線段 AP長度的最大值
和最小值．
【分析】（1）如圖 1 中，設 PA交 BE于點 O．證明△DAC≌△EAB（SAS），結合直角三角形斜邊中線的性質即
可解決問題．
（2）結論成立．如圖 2中，延長 AP到 J，使得 PJ＝PA，連接 JC．延長 PA交 BE于 O．證明△EAB≌△JCA（SAS），
即可解決問題．
（3）利用三角形的三邊關系求出 AJ的取值范圍，即可解決問題．
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【解答】解：（1）如圖 1中，設 PA交 BE于點 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，
故答案為：AP＝ BE，PA⊥BE．
（2）猜想仍成立．
理由：如圖 2中，延長 AP到 J，使得 PJ＝PA，連接 JC．延長 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的最大值為 7，最小值為 3．
【點評】本題考查等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形的三邊關系等知識，解題的關鍵是
學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．
73
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5．（1）如圖甲，已知正方形 ABCD和正方形 CGEF，（CG＞BC），B，C，G在同一條直線上，M為線段 AE的中點．探
究線段 MD、MF的關系；
（2）將正方形 CGEF繞點 C順時針旋轉 45°（如圖乙），使得正方形 CGEF的對角線 CE在正方形 ABCD的邊
BC的延長線上，M為 AE的中點，試問（1）中的探究的結論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理
由
（3）將正方形 CGEF繞點 C旋轉任意角度后（如圖丙），其他條件不變．探究：線段 MD，MF的位置及數量關
系，并加以證明．
【分析】（1）延長 DM交 EF于點 P，易證 AM＝EM，即可證明△ADM≌△EPM，可得 DM＝PM，根據△DFP
是直角三角形即可解題；
（2）延長 DM交 CE于點 N，連接 FN、DF，易證∠DAM＝∠NEM，即可證明△ADM≌△ENM，可得 EN＝AD，
DM＝MN，可證 CD＝EN，即可證明△CDF≌△ENF，可得 DF＝NF，即可解題．
（3）先構造出△AMD≌△EMN，再判斷出△CDF≌△ENF即可得出結論．
74
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【解答】證明：（1）MD＝MF，MD⊥MF，
理由：如圖甲，延長 DM交 EF于點 P，
∵四邊形 ABCD和四邊形 FCGE是正方形，
∴AD∥EF，∠MAD＝∠MEP．∠CFE＝90°．
∴△DFP是直角三角形．
∵M為 AE的中點，
∴AM＝EM．
在△ADM和△EPM中， ，
∴△ADM≌△EPM（ASA），
∴DM＝PM，AD＝PE，
∴M是 DP的中點．
∴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，
如圖乙，延長 DM交 CE于點 N，連接 FN、DF，
∵CE是正方形 CFEG對角線，
∴∠FCN＝∠CEF＝45°，
∵∠DCE＝90°，
∴∠DCF＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAM＝∠NEM，
在△ADM和△ENM中， ，
75
羅湖區中考備考攻堅課程
∴△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“三線合一”），
（3）MD＝MF，MD⊥MF，
證法一：如圖丙，延長 DM到 N，
使 MN＝MD，連接 FD、FN、EN，
延長 EN與 DC延長線交于點 H．
在△AMD與△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與△NEF中， ，
∴△DCF≌△NEF，
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∴FD＝FN，∠DFC＝∠NFE．
∵∠CFE＝90°，
∴∠DFN＝90°，
∴FM⊥MD，MF＝MD．
證法二：如圖丙，過點 E作 AD的平行線分別交 DM、DC的延長線于 N、H，連接 DF、FN．
∴∠ADC＝∠H，∠DAM＝∠NEM．
∵AM＝ME，∠AMD＝∠EMN，
∴△AMD≌△EMN，
∴DM＝NM，AD＝EN．
∵四邊形 ABCD、四邊形 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與△NEF中， ，
∴△DCF≌△NEF．
∴FD＝FN，∠DFC＝∠NFE，
∵∠CFE＝90°，
∴∠DFN＝90°，
∴FM⊥MD，MF＝MD．
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羅湖區中考備考攻堅課程
【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定，等腰三角形的判定
和性質，解本題的關鍵是構造△CDF≌△ENF，是一道中等難度的中考常考題．
78
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6．類比、轉化、從特殊到一般等思想方法，在數學學習和研究中經常用到．小明在數學學習中遇到了這樣一個問
題：“如圖 1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝α，點 P在 AB邊上，過點 P作 PQ⊥AC于點 Q，△APQ繞
點 A逆時針方向旋轉，如圖 2，連接 CQ．O為 BC邊的中點，連接 PO并延長到點 M，使 OM＝OP，連接 CM．探
究在△APQ的旋轉過程中，線段 CM，CQ之間的數量關系和位置關系”小明計劃采用從特殊到一般的方法探究
這個問題．
特例探究；
（1）填空：如圖 3，當α＝30°時， ＝ ，直線 CQ與 CM所夾銳角的度數為 ；
如圖 4，α＝45°時， ＝ ，直線 CQ與 CM所夾銳角的度數為 ；
一般結論：
（2）將△APQ繞點 A逆時針方向旋轉的過程中，線段 CQ，CM之間的數量關系如何（用含α的式子表示）？直
線 CQ與 CM所夾銳角的度數是多少？請僅就圖 2所示情況說明理由；
（3）如圖 4，在 Rt△ABC中，若 AB＝6，α＝45°，AP＝4，將△APQ由初始位置繞點 A逆時針方向旋轉β角（0°
＜β＜180°），當點 Q到直線 AC的距離為 2時，請直接寫出線段 CM的值．
【分析】（1）如圖 3中，連接 PB，延長 BP交 CQ的延長線于 J，延長 QC到 R，設 AC交 BJ于點 K．利用相似三
角形的性質解決問題即可．圖 4同法可得．
（2）如圖 2 中，連接 PB，延長 BP交 CQ于 J，延長 QC到 R，設 AC交 BJ于點 K．利用相似三角形的性質解
決問題即可．
（3）分兩種情形討論，分別利用勾股定理求解即可．
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羅湖區中考備考攻堅課程
【解答】（1）解：如圖 3中，連接 PB，延長 BP交 CQ的延長線于 J，延長 QC到 R，設 AC交 BJ于點 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°．
如圖 4中，同法可證 ，直線 CQ與 CM所夾銳角的度數為 45°．
故答案為： ，30°， ，45°．
（2）解： ＝cosα，直線 CQ與 CM所夾銳角的度數是α，理由如下：
如圖 2中，連接 PB，延長 BP交 CQ于 J，延長 QC到 R，設 AC交 BJ于點 K．
∵∠PAQ＝∠BAC，
∴∠CAQ＝∠BAP，
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羅湖區中考備考攻堅課程
∵ ＝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；如圖 5中，過點 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 ，點 Q到 AP的距離為 2，
∵QD＝2，
∴AP與 AC重合，
∴AD＝ ＝ ＝2，
∴CD＝3 ﹣2，
∴CQ＝ ＝ ＝ ，
∵ ＝ ，
∴CM＝ CQ＝ ．
如圖 6中，過點 Q作 QD⊥AC于 D，
81
羅湖區中考備考攻堅課程
同法可得 AD＝2，CD＝3 +2，
∴CQ＝ ＝ ＝ ，
∴CM＝ CQ＝ ，
綜上所述，滿足條件的 CM的值為 或 ．
【點評】本題屬于幾何變換綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，平行線的判定
和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
聲明：試題解析著作權屬所有，未經書面同意，不得復制發布日期：2023/5/20 19:48:44；用戶：吳老師；郵箱：18898588585；學號：23410154
82羅湖區中考備考攻堅課程
第八講 中考壓軸題難點突破 4：《發現類比探究題》
——吳丹妮
《發現類比探究題》自主學習單
一、知識技能梳理
中考中常出現幾何類比探究題，通常以一類共性條件和特殊條件為基礎，由特殊到一般，由簡單到復雜構建問
題，逐步深入，問題解析的思想方法一脈相承。問題探究的一般方法如下：
第一步，根據問題條件以及關聯條件解決第一問；
第二步，利用上一問的方法類比探究下一問，若不可行，則可將兩問相結合，探尋不可類比的原因和出現變動的特
征，然后依據不變特征探尋新的方法。
同時，在類比探究過程有如下幾個探究技巧：
（1）找特征，如中點、特殊角、圖形折疊等；
（2）找模型，如相似模型（子母型，A 字型，八字型）、三線合一、全等模型等；
（3）解析照搬，解析時可照搬上一問的方法及思考問題的解析思路，如照搬輔助線，照搬全等、相似等；
（4）找結構，探尋問題不變的結構，利用不變結構的特征來逐步剖析，通常不變結構及對應解析方法如下：
①直角，可作橫平豎直的輔助線，構建相似或全等模型；
②旋轉，可構建全等或相似模型；
③中點，作倍長線段，通過幾何全等來轉移邊和角；
④平行，探究其中的相似關系，利用相似比例來轉化線段關系。
1
二、學習過程
模塊一：不變結構之旋轉
模塊一：典例精講
例題 1.
問題發現
（1）如圖 1，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，點 D在 BC邊上，且 BD＝3CD，將線段 AD繞點 A
順時針旋轉 90°得到線段 AE，連接 DE，BE，則 BE+BD的值為 ．
類比探究
（2）如圖 2，在（1）的條件下，點 P為 AB邊上的中點，BD＝3CD，將線段 PD繞點 P順時針旋轉 90°得到線
段 PE，連接 BE，則 BE+BD的值會發生改變嗎？請說明你的理由．
拓展延伸
（3）如圖 3，在鈍角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，點 P在邊 BA的延長線上，BP＝k，連接 PD，將線段 PD
繞點 P順時針旋轉，旋轉角∠EPD＝α，連接 DE，則 BE+BD＝ ．（請用含有 k，α的式
子表示）
2
例題 2.
在△ABC中，AB＝AC，D是邊 BC上一動點，連接 AD，將 AD繞點 A逆時針旋轉至 AE的位置，使得∠DAE+
∠BAC＝180°．
（1）如圖 1，當∠BAC＝90°時，連接 BE，交 AC于點 F．若 BE平分∠ABC，BD＝2，求 AF的長；
（2）如圖 2，連接 BE，取 BE的中點 G，連接 AG．猜想 AG與 CD存在的數量關系，并證明你的猜想；
（3）如圖 3，在（2）的條件下，連接 DG，CE．若∠BAC＝120°，當 BD＞CD，∠AEC＝150°時，請直接寫
出 的值．
3
模塊一：跟進練習
1．問題發現：
如圖 1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，D為 BC邊上一點（不與點 B，C重合），將線段 AD繞點 A逆
時針旋轉 60°得到 AE，連接 EC，則：
（1）①∠ACE的度數是 ；②線段 AC，CD，CE之間的數量關系是 ．
拓展探究：
（2）如圖 2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D為 BC邊上一點（不與點 B，C重合），將線段 AD繞點
A逆時針旋轉 90°得到 AE，連接 EC，請寫出∠ACE的度數及線段 AD，BD，CD之間的數量關系，并說明理由；
解決問題：
（3）如圖 3，在 Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°，若點 A滿足 AB＝AC，∠BAC＝90°，請直接
寫出線段 AD的長度．
4
2．如圖 1，在正方形 ABCD中，點 O是對角線 BD的中點．
（1）觀察猜想
將圖 1 中的△BCD 繞點 O逆時針旋轉至圖 2 中△ECF 的位置，連接 AC，DE，則線段 AC 與 DE 的數量關系
是 ，直線 AC與 DE的位置關系是 ．
（2）類比探究
將圖 2中的△ECF繞點 O逆時針旋轉至圖 3的位置，（1）中的結論是否成立？并說明理由．
（3）拓展延伸
將圖 2中的△ECF在平面內旋轉，設直線 AC與 DE的交點為 M，若 AB＝4，請直接寫出 BM的最大值與最小值．
5
3．已知△ABC是邊長為 4的等邊三角形，邊 AB在射線 OM上，且 OA＝6，點 D是射線 OM上的動點，當點 D不
與點 A重合時，將△ACD繞點 C逆時針方向旋轉 60°得到△BCE，連接 DE．
（1）如圖 1，猜想：△CDE的形狀是 三角形．
（2）請證明（1）中的猜想
（3）設 OD＝m，
①當 6＜m＜10時，△BDE的周長是否存在最小值？若存在，求出△BDE周長的最小值；若不存在，請說明理
由．
②是否存在 m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，請直接寫出 m的值；若不存在，請說明理由．
6
4．[綜合探究]在正方形 ABCD中，點 E為正方形 ABCD內一點，過點 A將 AE繞點 A逆時針旋轉 90°，得到△FAE，
延長 FE，分別交 AD，BC于 G、H兩點，交 AB的延長線于點 K．
[猜想證明]
（1）數學興趣小組探究發現，如圖 1，連接 DF，當點 E移動時，總有 DF＝BE，請你證明這個結論；
[聯系拓展]
（2）如圖 2，連接 CK，若 BC＝BK，請直接寫出線段 BH、DG、CK的數量關系為 ；
（3）如圖 3，在（2）的條件下，連接 CG，CK，若 GE＝6，△CGK的面積為 130，求 CH的長．
7
5．過四邊形 ABCD的頂點 A作射線 AM，P為射線 AM上一點，連接 DP．將 AP繞點 A順時針方向旋轉至 AQ，記
旋轉角∠PAQ＝α，連接 BQ．
（1）【探究發現】如圖 1，數學興趣小組探究發現，如果四邊形 ABCD是正方形，且α＝90°．無論點 P在何處，
總有 BQ＝DP，請證明這個結論．
（2）【類比遷移】如圖 2，如果四邊形 ABCD是菱形，∠DAB＝α＝60°，∠MAD＝15°，連接 PQ．當 PQ⊥BQ，
AB＝ 時，求 AP的長；
（3）【拓展應用】如圖 3，如果四邊形 ABCD是矩形，AD＝6，AB＝8，AM平分∠DAC，α＝90°．在射線 AQ
上截取 AR，使得 AR＝ AP．當△PBR是直角三角形時，請直接寫出 AP的長．
8
6．（1）如圖 1，菱形 AEGH的頂點 E、H在菱形 ABCD的邊上，且∠BAD＝60°，請直接寫出 HD：GC：EB的結
果（不必寫計算過程）
（2）將圖 1中的菱形 AEGH繞點 A旋轉一定角度，如圖 2，求 HD：GC：EB；
（3）把圖 2中的菱形都換成矩形，如圖 3，且 AD：AB＝AH：AE＝1：2，此時 HD：GC：EB的結果與（2）小
題的結果相比有變化嗎？如果有變化，直接寫出變化后的結果（不必寫計算過程）；若無變化，請說明理由．
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模塊二：不變結構之直角
模塊二：典例精講
例題 1.
小王在學習北師大版相似三角形后，進一步開展探究活動：如圖 1，在正方形 ABCD中，點 E是 AB邊上的一個動
點（點 E與點 A，B不重合），連接 CE，過點 B作 BF⊥CE于點 G，交 AD于點 F．
（1）（探究 1）如圖 1，很容易發現線段 BF與 CE之間的數量關系，請寫出這個關系式，并加以證明．
（2）（探究 2）如圖 2，當點 E運動到 AB中點時，連接 DG，求證：DC＝DG；
（3）（探究 3）如圖 3，在（2）的條件下，過點 C作 CM⊥DG于點 H，分別交 AD，BF于點 M，N，求 的值．
10
例題 2.
（1）問題探究：如圖 1，在正方形 ABCD，點 E，Q分別在邊 BC，AB上，DQ⊥AE于點 O，點 G，F分別在邊
CD、AB上，GP⊥AE．
（1）①判斷 DQ與 AE的數量關系：DQ AE；
②推斷： 的值為： ；（無需證明）
（2）類比探究：如圖（2），在矩形 ABCD中， ＝ ．將矩形 ABCD沿 GF折疊，使點 A落在 BC邊上的點 E
處，得到四邊形 FEPG，EP交 CD于點 H，連接 AE交 GF于點 O．試探究 GF與 AE之間的數量關系，并說明
理由；
（3）拓展應用 1：如圖 3，四邊形 ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝5，AM⊥DN，點 M，N
分別在邊 BC、AB上，求 的值．
（4）拓展應用 2：如圖 2，在（2）的條件下，連接 CP，若 ＝ ，GF＝2 ，求 CP的長．
11
模塊二：跟進練習
1．在△ABC中，∠ABC＝90°．
（1）如圖 1，分別過 A、C兩點作經過點 B的直線的垂線，垂足分別為 M、N，求證：△ABM∽△BCN；
（2）如圖 2，P是邊 BC上一點，∠BAP＝∠C，tan∠PAC＝ ，求 tanC的值；
（3）如圖 3，D是邊 CA延長線上一點，AE＝AB，∠DEB＝90°，sin∠BAC＝ ， ，直接寫出 tan∠CEB
的值．
12
2．已知 CD是△ABC的角平分線，點 E，F分別在邊 AC，BC上，AD＝m，BD＝n，△ADE與△BDF的面積之和
為 S．
（1）填空：當∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC時，
①如圖 1，若∠B＝45°，m＝5 ，則 n＝ ，S＝ ；
②如圖 2，若∠B＝60°，m＝4 ，則 n＝ ，S＝ ；
（2）如圖 3，當∠ACB＝∠EDF＝90°時，探究 S與 m，n的數量關系，并說明理由；
（3）如圖 4，當∠ACB＝60°，∠EDF＝120°，m＝6，n＝4時，請直接寫出 S的大小．
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3．如圖，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ＝ ，CD⊥AB于點 D，E是邊 AC上一動點，連接 DE，過點 D作
FD⊥ED，交邊 BC于點 F．
（1）探究發現：如圖 1，若 m＝n；點 B在邊 AC上，則 ＝ ．
（2）數學思考：①如圖 2，若點 E在邊 AC上，則 ＝ （用含 m、n的代數式表示）．
②當點 E在邊 AC上運動時，（1）中的結論是否仍然成立？請就圖 3的情形給出證明．
（3）拓展應用：若 AC＝ ，BC＝2 ，DF＝4 ，請直接寫出 CE的長．
14
4．如圖，在矩形 ABCD中，AD＝nAB（n＞1），點 E是 AD邊上一動點（點 E不與 A，D重合），連接 BE，以 BE
為邊在直線 BE的右側作矩形 EBFG，使得矩形 EBFG∽矩形 ABCD，EG交直線 CD于點 H．
【嘗試初探】
（1）在點 E的運動過程中，△ABE與△DEH始終保持相似關系，請說明理由．
【深入探究】
（2）若 n＝2，隨著 E點位置的變化，H點的位置隨之發生變化，當 H是線段 CD中點時，求 tan∠ABE的值．
【拓展延伸】
（3）連接 BH，FH，當△BFH是以 FH為腰的等腰三角形時，求 tan∠ABE的值（用含 n的代數式表示）．
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5．如圖，在矩形 ABCD中，點 O是 AB的中點，點 M是射線 DC上動點，點 P在線段 AM上（不與點 A重合），
OP＝ AB．
（1）判斷△ABP的形狀，并說明理由．
（2）當點 M為邊 DC中點時，連接 CP并延長交 AD于點 N．求證：PN＝AN．
（3）點 Q在邊 AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝ ，當∠CPQ＝90°時，求 DM的長．
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模塊三：不變結構之平行、中點
模塊三：典例精講
不變結構之平行：
例題 1.
（1）發現：如圖①所示，在正方形 ABCD中，E為 AD邊上一點，將 AEB沿 BE 翻折到 BEF處，延長 EF 交CD
邊于G 點．求證： BFG BCG ；
（2）探究：如圖②，在矩形 ABCD中， E為 AD邊上一點，且 AD 8， AB 6．將 AEB沿 BE 翻折到 BEF處，
延長 EF 交 BC邊于G 點，延長 BF 交CD邊于點H，且 FH CH ，求 AE的長．
（3）拓展：如圖③，在菱形 ABCD中，AB 6，E為CD邊上的三等分點， D 60 ．將 ADE沿 AE翻折得到 AFE，
直線 EF 交 BC于點 P，求 PC的長．
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不變結構之中點：
例題 2.
在正方形 ABCD BF中，等腰直角 AEF， AFE 90 ，連接CE ，H為CE 中點，連接 BH 、BF 、HF，發現 和
BH
HBF 為定值．
BF
（1）① ；② HBF ；
BH
AC BD O OH OH BA③小明為了證明①②，連接 交 于 ，連接 ，證明了 和 的關系，請你按他的思路證明①②．
AF BO
BD EA
（2）小明又用三個相似三角形（兩個大三角形全等）擺出如圖 2， k， BDA EAF (0 90 )．
AD FA
FD FH
求① ；（用 k的代數式表示）② ．（用 k、 的代數式表示）
HD HD
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模塊三：跟進練習
1．如圖，點 E是矩形 ABCD的邊 BC的中點，連接 DE交 AC于點 F．
（1）如圖①，求證：AF＝2CF；
（2）如圖②，作 DG⊥AC于 G，試探究：當 AB與 AD滿足什么關系時，使得 AG＝CF成立？并證明你的結論；
（3）如圖③，以 DE為斜邊在矩形 ABCD內部作等腰 Rt△DEM，交對角線 BD于 N，連接 AM，若 AB＝AD，
請直接寫出 的值．
19
2．在△ABC中，AC＝BC＝ ，∠ACB＝120°，在△ADE中，∠DAE＝90°，∠AED＝30°，AD＝1，連接 BD，
BE，點 F是 BD的中點，連接 CF．
（1）如圖 1，當頂點 D在邊 AB上時，線段 BE與線段 CF的數量關系是 ，線段 BE與
線段 CF的位置關系是 ；
（2）將△ADE繞點 A旋轉，轉到圖 2的位置時，（1）中結論是否仍然成立？若成立，請給予證明，若不成立，
請說明理由；
（3）在△ADE 繞點 A 旋轉的過程中，線段 AF 的最大值為 ；當 DE∥CF 時，線段 CF 的長
為 ．
20
3．已知：△ABC和△ADE是兩個不全等的等腰直角三角形，其中 BA＝BC，DA＝DE，連接 EC，取 EC的中點 M，
連接 BM和 DM．
（1）如圖 1，分別取 AC 和 AE 的中點 G、H，連接 BG、MG、MH、DH，那么 BD 和 BM 的數量關系
是 ；
（2）將圖 1中的△ABC繞點 A旋轉到圖 2的位置時，判斷（1）中的結論是否仍然成立，并說明理由；
（3）已知正方形 ABCP的邊長為 2，正方形 ADEQ的邊長為 10，現將正方形 ABCP繞點 A順時針旋轉，在整個
旋轉過程中，當 C、P、E三點共線時，請直接寫出 BD的長．
21
4．如圖 1，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點 D，E分別在邊 AB，AC上，AD＝AE，連接 DC，BE，點
P為 DC的中點，
（1）【觀察猜想】圖 1中，線段 AP與 BE的數量關系是 ，位置關系是 ．
（2）【探究證明】把△ADE繞點 A逆時針旋轉到圖 2的位置，（1）中的猜想是否仍然成立？若成立請證明，否
請說明理由；
（3）【拓展延伸】把△ADE繞點 A在平面內自由旋轉，若 AD＝4，AB＝10，請直接寫出線段 AP長度的最大值
和最小值．
22
5．（1）如圖甲，已知正方形 ABCD和正方形 CGEF，（CG＞BC），B，C，G在同一條直線上，M為線段 AE的中點．探
究線段 MD、MF的關系；
（2）將正方形 CGEF繞點 C順時針旋轉 45°（如圖乙），使得正方形 CGEF的對角線 CE在正方形 ABCD的邊
BC的延長線上，M為 AE的中點，試問（1）中的探究的結論是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理
由
（3）將正方形 CGEF繞點 C旋轉任意角度后（如圖丙），其他條件不變．探究：線段 MD，MF的位置及數量關
系，并加以證明．
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6．類比、轉化、從特殊到一般等思想方法，在數學學習和研究中經常用到．小明在數學學習中遇到了這樣一個問
題：“如圖 1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝α，點 P在 AB邊上，過點 P作 PQ⊥AC于點 Q，△APQ繞
點 A逆時針方向旋轉，如圖 2，連接 CQ．O為 BC邊的中點，連接 PO并延長到點 M，使 OM＝OP，連接 CM．探
究在△APQ的旋轉過程中，線段 CM，CQ之間的數量關系和位置關系”小明計劃采用從特殊到一般的方法探究
這個問題．
特例探究；
（1）填空：如圖 3，當α＝30°時， ＝ ，直線 CQ與 CM所夾銳角的度數為 ；
如圖 4，α＝45°時， ＝ ，直線 CQ與 CM所夾銳角的度數為 ；
一般結論：
（2）將△APQ繞點 A逆時針方向旋轉的過程中，線段 CQ，CM之間的數量關系如何（用含α的式子表示）？直
線 CQ與 CM所夾銳角的度數是多少？請僅就圖 2所示情況說明理由；
（3）如圖 4，在 Rt△ABC中，若 AB＝6，α＝45°，AP＝4，將△APQ由初始位置繞點 A逆時針方向旋轉β角（0°
＜β＜180°），當點 Q到直線 AC的距離為 2時，請直接寫出線段 CM的值．
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