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中考数学三轮冲刺过关 回归教材重难点12 三角形与四边形的综合应用
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中考数学第三轮复习策略
第三轮复习的形式是模拟中考的综合拉练，查漏补缺，这好比是一个建筑工程的验收阶段，考前练兵。
1、同学们应当注重研究历年的中考题，训练答题技巧、考场心态、临场发挥的能力等。2、第三轮复习应该注意的几个问题：
（1）模拟题必须要有模拟的特点。时间的安排，题量的多少，低、中、高档题的比例，总体难度的控制等要贴近中考题。
（2）模拟题的难度应当立足中考又要高于中考。
（3）详细统计模拟测试失分情况。
（4）对错题进行纠错和消化，与之相关的基础知识要再记忆再巩固。
（5）适当的“解放”，但应保持适度紧张的精神状态。实践证明，适度紧张是正常或者超常发挥的最佳状态。
（6）调节生物钟。尽量把学习、思考的时间调整得与中考答卷时间相吻合。
回归教材重难点12 三角形与四边形综合应用
三角形与四边形综合应用是初中《特殊平行四边形》章节的重点内容，考查的相对比较综合，把图像图形的性质结合起来，联系图形的几何变换考查。在中考数学中，主要是以解答题形式出现。通过熟练掌握图形的性质与几何变换，提升数学学科素养，提高逻辑思维推断能力。
本考点是中考五星高频考点，在全国各地的中考试卷中均有出现，题目难度较大，甚至有些地方将其作为解答题的压轴题。
1．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
2．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
3．相似三角形的判定与性质
三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
4．三角形、四边形、几何变换运用
1．（2021·山东青岛·中考真题）已知：如图，在矩形和等腰中，，，．点从点出发，沿方向匀速运动．速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作，交于点，交于点，过点作，交于点．分别连接，，设运动时间为．
解答下列问题：
（1）当时，求的值；
（2）设五边形的面积为，求与之间的函数关系式；
（3）当时，求的值；
（4）若与相交于点，分别连接和．在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在，
【分析】（1）先证，得代数计算即可；
（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S=S四边形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）•QM+QN•ND=（HA+DH）•QM+QN•ND=•AD•QM+QN•ND，可得结论．
（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．
（4）存在．证明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此构建方程求解即可
【详解】（1）由题意可得，，，
在矩形中，∵，，，
在中，，，∴，
∵，∴，
又∵，∴，∴，∴，∴.答：为时，.
（2）过点作，交于点，
在等腰中，，，则.
∵，∴，∴四边形是矩形，∴.
∵，∴，
又∵，∴，∴，∴，∴.
∵，∴，
又∵，∴，∴，∴，∴，.
∴
.
答：与的函数关系式是.
（3）延长交于点，由（1），（2）可得，
，，
∵，∴四边形是矩形，∴，
同理可证，四边形是矩形.∴，
当时，∵，∴，∴.
又∵，∴，∴.
答：当时，.
（4）由（2）得，，
∵，，∴，
∴为矩形，∴，且.∴，
∵，∴，
同理可证，∴，，∴，∴，∴.
答：在运动的过程中，存在时刻，使.
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
2．（2021·甘肃兰州·中考真题）已知正方形，，为平面内两点．
【探究建模】
（1）如图1，当点在边上时，，且，，三点共线．求证：；
【类比应用】
（2）如图2，当点在正方形外部时，，，且，，三点共线．猜想并证明线段，，之间的数量关系；
【拓展迁移】
（3）如图3，当点在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点．若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；理由见解析（3）
【分析】（1）根据正方形性质以及题意证明即可得出结论；
（2）根据已知条件证明，然后证明为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）先证明，得出为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质求出的长度，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，，，三点共线，∴,
∵，∴，∴,
在和中，,∴,∴;
（2）∵，四边形是正方形，∴,,∴,
∵，，∴,∴,
在和中，,∴,∴,
∴为等腰直角三角形，∴,即；
（3）过点D作于点H，连接BD，
∵，
∵，∴，
∵,∴，
在和中，,∴,∴，，
∵且,∴为等腰直角三角形，∴，
在中，,∴,
∵是正方对角线，∴,
∵∴,∴为等腰直角三角形，∴,
∴在中，,∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟知性质定理是解本题的关键．
3．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在中，，，过点A作射线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转得到AN，过点C作交直线AN于点F，在AM上取点E，使．
（1）当AM与线段BC相交时，
①如图1，当时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为 ．
②如图2，当时，写出线段AE，CE和CF之间的数量关系，并说明理由．
（2）当，时，若是直角三角形，直接写出AF的长．
【答案】（1）①；②，理由见解析；（2）或
【分析】（1）①结论：．如图1中，作交AM于T．想办法证明，，可得结论．
②结论：．过点C作于Q．想办法证明，，可得结论．
（2）分两种情形：如图3－1中，当时，过点B作于J，过点F作于K．利用勾股定理以及面积法求出CD，再证明，可得结论．如图3－2中，当时，，解直角三角形求出AK，可得结论．
【详解】解：（1）①结论：．理由：如图1中，作交AM于T．
，，是等边三角形，，，
，，四边形AFCT是平行四边形，，
，，，，，
，，，
，，是等边三角形，，．
故答案为：．
②如图2中，结论：．理由：过点C作于Q．
，，
，，
，四边形AFCQ是矩形，，
，，，，，
，，，
，，，．
（2）如图3－1中，当时，过点B作于J，过点F作于K．
在中，，，，，
，，，
，，，
，，，
，四边形CDKF是平行四边形，
，四边形CDKF是矩形，，
，，，．
如图3－2中，当时，同理可得：，
，，
在中，，，，，
，，，，
，，
，
．
综上所述，满足条件的AF的值为或．
【点睛】
此题是几何变换综合题．考查了等边三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，锐角三角函数，此题是一道几何综合题，掌握各知识点并掌握推理能力是解题的关键．
4．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图①，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，过点F作FG⊥BC于点G，连接AC．易证：AC（EC＋FG）．（提示：取AB的中点M，连接EM）
（1）当点E是BC边上任意一点时，如图②；当点E在BC延长线上时，如图③，请直接写出AC，EC，FG的数量关系，并对图②进行证明；
（2）已知正方形ABCD的面积是27，连接AF，当△ABE中有一个内角为30°时，则AF的长为 ．
【答案】（1）当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；当点E在BC延长线上时，AC=（FG－CE）；
（2）或．
【分析】（1）在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM，先证明△AME≌△ECF ，得到AE=EF，再证明△ABE≌△EGF，得到BE=GF，结合图形中的点E所在的位置，即可得出AC，EC，FG的数量关系；
（2）根据（1）证明过程中得出的结论：AE=EF，分∠BAE =30°或∠AEB=30°两种情况,解直角三角形即可．
【详解】解：（1）当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；当点E在BC延长线上时，AC=（FG－CE）；
证明如下：当点E是BC边上任意一点时，如图②，
在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM．
∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEG=90°．
∵在正方形ABCD中，∠B =90°，∴∠BAE+∠AEB=90°．∴∠BAE=∠FEG．∴∠BME=45°．
∴∠AME=180°－∠BME=180°－45°=135°．
∵CF平分∠DCG，GF⊥BC，∴∠ECF=180°－∠FCG=180°－45°=135°，GF=CG．
∴∠AME = ∠ECF．∴△AME≌△ECF．∴AE=EF．
在△ABE和△EGF中，∠BAE=∠FEG，∠B=∠G ，AE=EF，∴△ABE≌△EGF．∴BE=GF．
∵AB=BC，∴AB=BC=CE+BE=CE+FG．
∵AC=AB，∴当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；
当点E在BC延长线上时，如图③，在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM．
同理可证得BE=FG．∴AB=BC = BE－CE= FG－CE．
∵AC=AB，∴当点E在BC延长线上时， AC=（FG－CE）．
（2）∵正方形ABCD的面积是27，∴AB=BC=．
根据（1）中AE=EF，∠AEF＝90°，可知AF=AE．
当在△ABE中，∠BAE =30°时，点E在BC边上．∵cos∠BAE==，∴AE=6．∴AF=．
当在△ABE中，∠AEB=30°时，点E在BC延长线上．
∵sin∠BAE==，∴AE=．∴AF=．故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质在几何中的应用、解直角三角形，考查了分类讨论这一基本数学思想方法．解决这类题目的关键是正确的分情况讨论，数形结合，化繁为简．
5．（2021·四川成都·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，∴，∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，∴，∴，∴，．
∵，即，∴．
在中，，∴．∴．
∵，∴，即，∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，
∵，即，
又∵，∴．
∵，∴，∴，∴，∴．
∴在和中 ，∴，∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
6．（2021·河南洛阳·一模）如图①，在正方形ABCD中，AB＝5，点F在AC上，且CF＝2，过点F作EF⊥AC于点F，交CD于点E，连接AE，BF．
(1)【问题发现】线段AE与BF的数量关系是 ，直线AE与BF所夹锐角的度数是 ；
(2)【拓展探究】当CEF绕点C顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请写出结论，并结合图②给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)【解决问题】在（2）的条件下，当点F到直线BC的距离为2时，请直接写出AE的长．
【答案】(1)AE＝BF，45°；(2)结论不变，见解析；(3)或
【分析】（1）如图①中，延长BF交AE的延长线于点T．证明△ACE∽△BCF，推出＝＝，∠CAE＝∠CBF，可得结论．
（2）结论不变，证明方法类似（1）．
（3）分四种情形：如图③﹣1中，当点F在AC上时，如图③﹣2中，当点F到BC的距离为2时，利用勾股定理求出BF即可，当点F在直线BC的下方时，同法可得AE的长．
【详解】(1)如图①中，延长BF交AE的延长线于点T．
∵四边形ABCD是正方形，∴AC＝BC，∠ACB＝∠ACE＝45°，
∵EF⊥CF，∴∠CFE＝90°，∴∠CEF＝∠FCE＝45°，∴EC＝CF，∴＝＝，∴△ACE∽△BCF，
∴＝＝，∠CAE＝∠CBF，∴AE＝BF，
∵∠CFB＝∠AFT，∴∠ATF＝∠BCF＝45°，∴直线AE与直线BF的夹角为45°，
故答案为：AE＝BF，45°．
(2)结论不变．
理由：如图②中，设AC交BF于点O，延长BF交AE于点J．
∵△ABC，△CFE都是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECF＝45°，AC＝BC，EC＝CF，∴∠BCF＝∠ACE，＝，
∴△ACE∽△BCF，∴＝＝，∠CAE＝∠CBF，∴AE＝BF，
∵∠BOC＝∠AOJ，∴∠AJO＝∠ACB＝45°，
∴直线AE与直线BF的夹角为45°．
(3)如图③﹣1中，当点F在AC上时，过点F作FH⊥BC于点H．
∴△CFH是等腰直角三角形，
∵点F到BC的距离为2，∴FH＝CH＝2，CF＝2，∴BH＝BC-CH＝5﹣2＝3，
∴BF＝＝＝，∴AE＝BF＝．
如图③﹣2中，当点F到BC的距离为2时，
BF＝＝＝，∴AE＝BF＝，
当点F在直线BC的下方时，同法可得AE的长为或，
综上所述，满足条件的AE的值为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，利用勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
7．（2021·山东临沂·二模）如图1，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上的点．
(1)当点是与的交点时，如图1，求的度数；
(2)如图2，若点是上任意一点时，将绕点逆时针旋转得到，连接，，求证：；
(3)当点在何处时，的值最小，说明理由．
【答案】(1)；(2)见解析；(3)当点位于，交点时，的值最小，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质和正方形的性质得出∠BCE，进而利用三角形外角性质解答即可；
（2）根据SAS证明△BMC和△BNE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（3）当M点位于BD，CE交点时，BM+2CM的值最小，根据SAS证明△ENB和△AMB全等，进而利用全等三角形的性质解答．
【详解】(1)解：是等边三角形，，，
四边形是正方形，，，
，，
，
是正方形的对角线，，
是的外角，；
(2)证明：由旋转可知，，，
，，
，，
在和中，，，；
(3)当点位于，交点时，的值最小，理由如下：
如图，连接
在和中，，，，
将绕点旋转，得到，
，，，
在和中，，，，
，，是等边三角形，，
，即，，，四点共线时，有最小值．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点．
8．（2021·江苏常州·一模）中，，，，点D是AB边上的动点，连接CD．
(1)如图1，当是以CD为腰的等腰三角形时，AD长为_______；
(2)如图2，作于点E，作交DE于点F，且，求AE的长；
(3)将沿CD翻折得，若，求的值．
【答案】(1)5或；(2)；(3)．
【分析】（1）分两种情况讨论，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质可求解；
（2），利用相似三角形的性质分别求出DE，DF，BF的长，由面积关系列出方程，可求解；
（3）设，由相似三角形的性质分别求出，，列出方程可求m的值，即可求解．
【详解】(1)解：∵，，，∴，
∵是的腰，∴或，
①当时，如图，过点D作交BC于点H，
∵，，∴，
∵，，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
②当时，如图，过点C作交AB于点M，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，，∴，∴，
∵，∴，综上所述：或．
(2)解：设，∵，，∴，∴，∴，
∵，∴四边形CBFE是矩形，∴，∴，
∵，∴，
∵，，且，
∴，解得： ，∴．
(3)解：如图3，设CP交AB于点Q，
∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，，∴，∴，∴，
设，∴，∴，
∵∴，解得： ，∴，∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，关键是能够掌握三角形相似的判定定理，利用相似的性质求解．
9．（2021·河南·商丘市第一中学一模）如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，M、N分别是AC、AB的中点，过B作BD⊥MN于D，E是直线MN上一动点，作Rt△BEF使∠BEF＝90°，∠EBF＝45°，连接FN．
(1)【观察猜想】
如图2所示，当E与N重合时，的值为_______；
(2)【问题探究】
如图1所示，当点E与N不重合时，请求出的值及直线FN与MN所夹锐角的度数并说明理由；
(3)【问题解决】
如图3所示，当点A、E、F在同一直线上时，请直接写出的值．
【答案】(1)；(2)＝，夹角45°，理由见解析；(3)2﹣
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到MN∥BC，进而得出∠DNB＝∠ANM＝45°，根据等腰直角三角形的性质解答即可；
（2）证明△FBN∽△EBD，根据相似三角形的性质解答；
（3）根据相似三角形的性质得到∠FNB＝90°，根据线段垂直平分线的性质得到AN＝NB，结合图形计算，得到答案．
【详解】(1)解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，N是AB的中点，则CN＝BN，即FN＝BN，
∵M、N分别是AC、AB的中点，∴MN∥BC，∴∠ANM＝∠ABC＝45°，∴∠DNB＝∠ANM＝45°，
∵BD⊥MN，∴＝，∴＝，故答案为：；
【详解】(2)∵∠ABC＝45°，∠EBF＝45°，∴∠ABC＝∠EBF，
∴∠ABC﹣∠ABE＝∠EBF﹣∠ABE，即∠FBN＝∠EDB，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，∴＝，同理：＝，
∴＝，∴△FBN∽△EBD，∴＝＝，∠BNF＝∠BDE＝90°，
∴∠FNE＝∠FNB+∠BND＝90°+45°＝135°；
(3)由（2）可知，△FBN∽△EBD，∴∠FNB＝∠EDB＝90°，
∵AN＝NB，∴FA＝FB＝EF＝BE，∴＝＝2﹣．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
10．（2021·江苏盐城·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝9cm，对角线AC、BD相交于点O，点M从点D出发沿DA方向向点A匀速运动，速度为4cm/s，点P同时从D出发，沿DC方向向点C匀速运动，速度为3cm/s．过点M作MN∥BD交AC边于点E，交AB边于点N，连接PO并延长，交AB于Q，连接PM、MQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜）．
(1)当t＝时，求MN的长；
(2)设四边形MNQP的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，将△MQP沿MQ折叠时，使得点P落在直线AD上？若存在，求出此时t的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)5cm；(2)（0＜t＜）；(3)
【分析】（1），先根据题意可得DM的长，进而得出AM，再根据勾股定理求出BD，然后根据相似三角形的性质列出比例式，再代入数值即可得出答案；
（2），先求出，再表示出AM，然后根据相似三角形的性质列出比例式表示出AN，最后根据直角梯形的面积-2个直角三角形的面积得出关系式即可；
（3），先作QH⊥CD于H，并设△MQP沿MQ折叠后点P落在直线DA上的点F处，
由折叠的性质及勾股定理表示MF，进而得出AF，再说明DP＝BQ＝CH，可知AQ，最后根据勾股定理表示出FQ2，PQ2，即可得出方程，并求出解即可．
【详解】(1)当时，DM＝4t＝6（cm），∴AM＝9﹣6＝3（cm）．
∵在Rt△ABD中，AB＝12cm，BC＝9cm，∴BD＝15（cm）．
∵，∴，∴，∴，∴MN＝5（cm）；
(2)∵PQ过矩形的中心O，∴（cm2）．
∵DM＝4t（cm），DP＝3t（cm），∴AM＝（9﹣4t ）（cm）．
∵，∴，∴，∴，∴（cm），
∴，∴（0＜t＜）；
(3)过点Q作QH⊥CD于H，设△MQP沿MQ折叠后点P落在直线DA上的点F处，
则MP＝MF，QP＝FQ，
∵DM＝4t（cm），DP＝3t（cm），∴MP＝MF＝5t（cm），∴AF＝5t﹣（9﹣4t）＝（9t﹣9）（cm）．
又∵四边形ABCD是矩形，∴BO=DO，，∴∠OBQ=∠ODP．
∵∠BOQ=∠DOP，∴△OBQ≌△ODP，∴DP＝BQ＝CH＝3t（cm），∴AQ＝（12﹣3t）（cm），
∴FQ2＝（12﹣3t）2+（9t﹣9）2，PQ2＝（12﹣3t﹣3t）2+92，∴（12﹣3t）2+（9t﹣9）2＝（12﹣3t﹣3t）2+92，
∴t1＝0（舍去）；，∴t的值为．
【点睛】这是一道关于动点的综合问题，考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质，全等三角形的性质和判定等．
中考数学第三轮复习策略
第三轮复习的形式是模拟中考的综合拉练，查漏补缺，这好比是一个建筑工程的验收阶段，考前练兵。
1、同学们应当注重研究历年的中考题，训练答题技巧、考场心态、临场发挥的能力等。2、第三轮复习应该注意的几个问题：
（1）模拟题必须要有模拟的特点。时间的安排，题量的多少，低、中、高档题的比例，总体难度的控制等要贴近中考题。
（2）模拟题的难度应当立足中考又要高于中考。
（3）详细统计模拟测试失分情况。
（4）对错题进行纠错和消化，与之相关的基础知识要再记忆再巩固。
（5）适当的“解放”，但应保持适度紧张的精神状态。实践证明，适度紧张是正常或者超常发挥的最佳状态。
（6）调节生物钟。尽量把学习、思考的时间调整得与中考答卷时间相吻合。
回归教材重难点12 三角形与四边形综合应用
三角形与四边形综合应用是初中《特殊平行四边形》章节的重点内容，考查的相对比较综合，把图像图形的性质结合起来，联系图形的几何变换考查。在中考数学中，主要是以解答题形式出现。通过熟练掌握图形的性质与几何变换，提升数学学科素养，提高逻辑思维推断能力。
本考点是中考五星高频考点，在全国各地的中考试卷中均有出现，题目难度较大，甚至有些地方将其作为解答题的压轴题。
1．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
2．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
3．相似三角形的判定与性质
三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
4．三角形、四边形、几何变换运用
1．（2021·山东青岛·中考真题）已知：如图，在矩形和等腰中，，，．点从点出发，沿方向匀速运动．速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作，交于点，交于点，过点作，交于点．分别连接，，设运动时间为．
解答下列问题：
（1）当时，求的值；
（2）设五边形的面积为，求与之间的函数关系式；
（3）当时，求的值；
（4）若与相交于点，分别连接和．在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在，
【分析】（1）先证，得代数计算即可；
（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S=S四边形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）•QM+QN•ND=（HA+DH）•QM+QN•ND=•AD•QM+QN•ND，可得结论．
（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．
（4）存在．证明△HQW∽△AEW，△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此构建方程求解即可
【详解】（1）由题意可得，，，
在矩形中，∵，，，
在中，，，∴，
∵，∴，
又∵，∴，∴，∴，∴.答：为时，.
（2）过点作，交于点，
在等腰中，，，则.
∵，∴，∴四边形是矩形，∴.
∵，∴，
又∵，∴，∴，∴，∴.
∵，∴，
又∵，∴，∴，∴，∴，.
∴
.
答：与的函数关系式是.
（3）延长交于点，由（1），（2）可得，
，，
∵，∴四边形是矩形，∴，
同理可证，四边形是矩形.∴，
当时，∵，∴，∴.
又∵，∴，∴.
答：当时，.
（4）由（2）得，，
∵，，∴，
∴为矩形，∴，且.∴，
∵，∴，
同理可证，∴，，∴，∴，∴.
答：在运动的过程中，存在时刻，使.
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
2．（2021·甘肃兰州·中考真题）已知正方形，，为平面内两点．
【探究建模】
（1）如图1，当点在边上时，，且，，三点共线．求证：；
【类比应用】
（2）如图2，当点在正方形外部时，，，且，，三点共线．猜想并证明线段，，之间的数量关系；
【拓展迁移】
（3）如图3，当点在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点．若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；理由见解析（3）
【分析】（1）根据正方形性质以及题意证明即可得出结论；
（2）根据已知条件证明，然后证明为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）先证明，得出为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质求出的长度，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，，，三点共线，∴,
∵，∴，∴,
在和中，,∴,∴;
（2）∵，四边形是正方形，∴,,∴,
∵，，∴,∴,
在和中，,∴,∴,
∴为等腰直角三角形，∴,即；
（3）过点D作于点H，连接BD，
∵，
∵，∴，
∵,∴，
在和中，,∴,∴，，
∵且,∴为等腰直角三角形，∴，
在中，,∴,
∵是正方对角线，∴,
∵∴,∴为等腰直角三角形，∴,
∴在中，,∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟知性质定理是解本题的关键．
3．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在中，，，过点A作射线AM交射线BC于点D，将AM绕点A逆时针旋转得到AN，过点C作交直线AN于点F，在AM上取点E，使．
（1）当AM与线段BC相交时，
①如图1，当时，线段AE，CE和CF之间的数量关系为 ．
②如图2，当时，写出线段AE，CE和CF之间的数量关系，并说明理由．
（2）当，时，若是直角三角形，直接写出AF的长．
【答案】（1）①；②，理由见解析；（2）或
【分析】（1）①结论：．如图1中，作交AM于T．想办法证明，，可得结论．
②结论：．过点C作于Q．想办法证明，，可得结论．
（2）分两种情形：如图3－1中，当时，过点B作于J，过点F作于K．利用勾股定理以及面积法求出CD，再证明，可得结论．如图3－2中，当时，，解直角三角形求出AK，可得结论．
【详解】解：（1）①结论：．理由：如图1中，作交AM于T．
，，是等边三角形，，，
，，四边形AFCT是平行四边形，，
，，，，，
，，，
，，是等边三角形，，．
故答案为：．
②如图2中，结论：．理由：过点C作于Q．
，，
，，
，四边形AFCQ是矩形，，
，，，，，
，，，
，，，．
（2）如图3－1中，当时，过点B作于J，过点F作于K．
在中，，，，，
，，，
，，，
，，，
，四边形CDKF是平行四边形，
，四边形CDKF是矩形，，
，，，．
如图3－2中，当时，同理可得：，
，，
在中，，，，，
，，，，
，，
，
．
综上所述，满足条件的AF的值为或．
【点睛】
此题是几何变换综合题．考查了等边三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，锐角三角函数，此题是一道几何综合题，掌握各知识点并掌握推理能力是解题的关键．
4．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图①，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，过点F作FG⊥BC于点G，连接AC．易证：AC（EC＋FG）．（提示：取AB的中点M，连接EM）
（1）当点E是BC边上任意一点时，如图②；当点E在BC延长线上时，如图③，请直接写出AC，EC，FG的数量关系，并对图②进行证明；
（2）已知正方形ABCD的面积是27，连接AF，当△ABE中有一个内角为30°时，则AF的长为 ．
【答案】（1）当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；当点E在BC延长线上时，AC=（FG－CE）；
（2）或．
【分析】（1）在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM，先证明△AME≌△ECF ，得到AE=EF，再证明△ABE≌△EGF，得到BE=GF，结合图形中的点E所在的位置，即可得出AC，EC，FG的数量关系；
（2）根据（1）证明过程中得出的结论：AE=EF，分∠BAE =30°或∠AEB=30°两种情况,解直角三角形即可．
【详解】解：（1）当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；当点E在BC延长线上时，AC=（FG－CE）；
证明如下：当点E是BC边上任意一点时，如图②，
在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM．
∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEG=90°．
∵在正方形ABCD中，∠B =90°，∴∠BAE+∠AEB=90°．∴∠BAE=∠FEG．∴∠BME=45°．
∴∠AME=180°－∠BME=180°－45°=135°．
∵CF平分∠DCG，GF⊥BC，∴∠ECF=180°－∠FCG=180°－45°=135°，GF=CG．
∴∠AME = ∠ECF．∴△AME≌△ECF．∴AE=EF．
在△ABE和△EGF中，∠BAE=∠FEG，∠B=∠G ，AE=EF，∴△ABE≌△EGF．∴BE=GF．
∵AB=BC，∴AB=BC=CE+BE=CE+FG．
∵AC=AB，∴当点E是BC边上任意一点时，AC=（EC＋FG）；
当点E在BC延长线上时，如图③，在AB的取一点M，使得AM=EC，连接EM．
同理可证得BE=FG．∴AB=BC = BE－CE= FG－CE．
∵AC=AB，∴当点E在BC延长线上时， AC=（FG－CE）．
（2）∵正方形ABCD的面积是27，∴AB=BC=．
根据（1）中AE=EF，∠AEF＝90°，可知AF=AE．
当在△ABE中，∠BAE =30°时，点E在BC边上．∵cos∠BAE==，∴AE=6．∴AF=．
当在△ABE中，∠AEB=30°时，点E在BC延长线上．
∵sin∠BAE==，∴AE=．∴AF=．故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质在几何中的应用、解直角三角形，考查了分类讨论这一基本数学思想方法．解决这类题目的关键是正确的分情况讨论，数形结合，化繁为简．
5．（2021·四川成都·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，∴，∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，∴，∴，∴，．
∵，即，∴．
在中，，∴．∴．
∵，∴，即，∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，
∵，即，
又∵，∴．
∵，∴，∴，∴，∴．
∴在和中 ，∴，∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
6．（2021·河南洛阳·一模）如图①，在正方形ABCD中，AB＝5，点F在AC上，且CF＝2，过点F作EF⊥AC于点F，交CD于点E，连接AE，BF．
(1)【问题发现】线段AE与BF的数量关系是 ，直线AE与BF所夹锐角的度数是 ；
(2)【拓展探究】当CEF绕点C顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请写出结论，并结合图②给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)【解决问题】在（2）的条件下，当点F到直线BC的距离为2时，请直接写出AE的长．
【答案】(1)AE＝BF，45°；(2)结论不变，见解析；(3)或
【分析】（1）如图①中，延长BF交AE的延长线于点T．证明△ACE∽△BCF，推出＝＝，∠CAE＝∠CBF，可得结论．
（2）结论不变，证明方法类似（1）．
（3）分四种情形：如图③﹣1中，当点F在AC上时，如图③﹣2中，当点F到BC的距离为2时，利用勾股定理求出BF即可，当点F在直线BC的下方时，同法可得AE的长．
【详解】(1)如图①中，延长BF交AE的延长线于点T．
∵四边形ABCD是正方形，∴AC＝BC，∠ACB＝∠ACE＝45°，
∵EF⊥CF，∴∠CFE＝90°，∴∠CEF＝∠FCE＝45°，∴EC＝CF，∴＝＝，∴△ACE∽△BCF，
∴＝＝，∠CAE＝∠CBF，∴AE＝BF，
∵∠CFB＝∠AFT，∴∠ATF＝∠BCF＝45°，∴直线AE与直线BF的夹角为45°，
故答案为：AE＝BF，45°．
(2)结论不变．
理由：如图②中，设AC交BF于点O，延长BF交AE于点J．
∵△ABC，△CFE都是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECF＝45°，AC＝BC，EC＝CF，∴∠BCF＝∠ACE，＝，
∴△ACE∽△BCF，∴＝＝，∠CAE＝∠CBF，∴AE＝BF，
∵∠BOC＝∠AOJ，∴∠AJO＝∠ACB＝45°，
∴直线AE与直线BF的夹角为45°．
(3)如图③﹣1中，当点F在AC上时，过点F作FH⊥BC于点H．
∴△CFH是等腰直角三角形，
∵点F到BC的距离为2，∴FH＝CH＝2，CF＝2，∴BH＝BC-CH＝5﹣2＝3，
∴BF＝＝＝，∴AE＝BF＝．
如图③﹣2中，当点F到BC的距离为2时，
BF＝＝＝，∴AE＝BF＝，
当点F在直线BC的下方时，同法可得AE的长为或，
综上所述，满足条件的AE的值为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，利用勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
7．（2021·山东临沂·二模）如图1，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上的点．
(1)当点是与的交点时，如图1，求的度数；
(2)如图2，若点是上任意一点时，将绕点逆时针旋转得到，连接，，求证：；
(3)当点在何处时，的值最小，说明理由．
【答案】(1)；(2)见解析；(3)当点位于，交点时，的值最小，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质和正方形的性质得出∠BCE，进而利用三角形外角性质解答即可；
（2）根据SAS证明△BMC和△BNE全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（3）当M点位于BD，CE交点时，BM+2CM的值最小，根据SAS证明△ENB和△AMB全等，进而利用全等三角形的性质解答．
【详解】(1)解：是等边三角形，，，
四边形是正方形，，，
，，
，
是正方形的对角线，，
是的外角，；
(2)证明：由旋转可知，，，
，，
，，
在和中，，，；
(3)当点位于，交点时，的值最小，理由如下：
如图，连接
在和中，，，，
将绕点旋转，得到，
，，，
在和中，，，，
，，是等边三角形，，
，即，，，四点共线时，有最小值．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点．
8．（2021·江苏常州·一模）中，，，，点D是AB边上的动点，连接CD．
(1)如图1，当是以CD为腰的等腰三角形时，AD长为_______；
(2)如图2，作于点E，作交DE于点F，且，求AE的长；
(3)将沿CD翻折得，若，求的值．
【答案】(1)5或；(2)；(3)．
【分析】（1）分两种情况讨论，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质可求解；
（2），利用相似三角形的性质分别求出DE，DF，BF的长，由面积关系列出方程，可求解；
（3）设，由相似三角形的性质分别求出，，列出方程可求m的值，即可求解．
【详解】(1)解：∵，，，∴，
∵是的腰，∴或，
①当时，如图，过点D作交BC于点H，
∵，，∴，
∵，，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
②当时，如图，过点C作交AB于点M，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，，∴，∴，
∵，∴，综上所述：或．
(2)解：设，∵，，∴，∴，∴，
∵，∴四边形CBFE是矩形，∴，∴，
∵，∴，
∵，，且，
∴，解得： ，∴．
(3)解：如图3，设CP交AB于点Q，
∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，，∴，∴，∴，
设，∴，∴，
∵∴，解得： ，∴，∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，关键是能够掌握三角形相似的判定定理，利用相似的性质求解．
9．（2021·河南·商丘市第一中学一模）如图1所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，M、N分别是AC、AB的中点，过B作BD⊥MN于D，E是直线MN上一动点，作Rt△BEF使∠BEF＝90°，∠EBF＝45°，连接FN．
(1)【观察猜想】
如图2所示，当E与N重合时，的值为_______；
(2)【问题探究】
如图1所示，当点E与N不重合时，请求出的值及直线FN与MN所夹锐角的度数并说明理由；
(3)【问题解决】
如图3所示，当点A、E、F在同一直线上时，请直接写出的值．
【答案】(1)；(2)＝，夹角45°，理由见解析；(3)2﹣
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到MN∥BC，进而得出∠DNB＝∠ANM＝45°，根据等腰直角三角形的性质解答即可；
（2）证明△FBN∽△EBD，根据相似三角形的性质解答；
（3）根据相似三角形的性质得到∠FNB＝90°，根据线段垂直平分线的性质得到AN＝NB，结合图形计算，得到答案．
【详解】(1)解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，N是AB的中点，则CN＝BN，即FN＝BN，
∵M、N分别是AC、AB的中点，∴MN∥BC，∴∠ANM＝∠ABC＝45°，∴∠DNB＝∠ANM＝45°，
∵BD⊥MN，∴＝，∴＝，故答案为：；
【详解】(2)∵∠ABC＝45°，∠EBF＝45°，∴∠ABC＝∠EBF，
∴∠ABC﹣∠ABE＝∠EBF﹣∠ABE，即∠FBN＝∠EDB，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，∴＝，同理：＝，
∴＝，∴△FBN∽△EBD，∴＝＝，∠BNF＝∠BDE＝90°，
∴∠FNE＝∠FNB+∠BND＝90°+45°＝135°；
(3)由（2）可知，△FBN∽△EBD，∴∠FNB＝∠EDB＝90°，
∵AN＝NB，∴FA＝FB＝EF＝BE，∴＝＝2﹣．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
10．（2021·江苏盐城·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝9cm，对角线AC、BD相交于点O，点M从点D出发沿DA方向向点A匀速运动，速度为4cm/s，点P同时从D出发，沿DC方向向点C匀速运动，速度为3cm/s．过点M作MN∥BD交AC边于点E，交AB边于点N，连接PO并延长，交AB于Q，连接PM、MQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜）．
(1)当t＝时，求MN的长；
(2)设四边形MNQP的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，将△MQP沿MQ折叠时，使得点P落在直线AD上？若存在，求出此时t的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)5cm；(2)（0＜t＜）；(3)
【分析】（1），先根据题意可得DM的长，进而得出AM，再根据勾股定理求出BD，然后根据相似三角形的性质列出比例式，再代入数值即可得出答案；
（2），先求出，再表示出AM，然后根据相似三角形的性质列出比例式表示出AN，最后根据直角梯形的面积-2个直角三角形的面积得出关系式即可；
（3），先作QH⊥CD于H，并设△MQP沿MQ折叠后点P落在直线DA上的点F处，
由折叠的性质及勾股定理表示MF，进而得出AF，再说明DP＝BQ＝CH，可知AQ，最后根据勾股定理表示出FQ2，PQ2，即可得出方程，并求出解即可．
【详解】(1)当时，DM＝4t＝6（cm），∴AM＝9﹣6＝3（cm）．
∵在Rt△ABD中，AB＝12cm，BC＝9cm，∴BD＝15（cm）．
∵，∴，∴，∴，∴MN＝5（cm）；
(2)∵PQ过矩形的中心O，∴（cm2）．
∵DM＝4t（cm），DP＝3t（cm），∴AM＝（9﹣4t ）（cm）．
∵，∴，∴，∴，∴（cm），
∴，∴（0＜t＜）；
(3)过点Q作QH⊥CD于H，设△MQP沿MQ折叠后点P落在直线DA上的点F处，
则MP＝MF，QP＝FQ，
∵DM＝4t（cm），DP＝3t（cm），∴MP＝MF＝5t（cm），∴AF＝5t﹣（9﹣4t）＝（9t﹣9）（cm）．
又∵四边形ABCD是矩形，∴BO=DO，，∴∠OBQ=∠ODP．
∵∠BOQ=∠DOP，∴△OBQ≌△ODP，∴DP＝BQ＝CH＝3t（cm），∴AQ＝（12﹣3t）（cm），
∴FQ2＝（12﹣3t）2+（9t﹣9）2，PQ2＝（12﹣3t﹣3t）2+92，∴（12﹣3t）2+（9t﹣9）2＝（12﹣3t﹣3t）2+92，
∴t1＝0（舍去）；，∴t的值为．
【点睛】这是一道关于动点的综合问题，考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质，全等三角形的性质和判定等．
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