专题18 全等与相似模型之十字模型（解析版）.docx

1、专题18 全等与相似模型之十字模型几何学是数学的一个重要分支，研究的是形状、大小和相对位置等几何对象的性质和变换。在初中几何学中，十字模型就是综合了上述知识的一个重要模型。 本专题就十字模型相关的考点作梳理，帮助学生更好地理解和掌握。模型1.正方形的十字架模型（全等模型）“十字形”模型，基本特征是在正方形中构成了一个互相重直的 “十字形”，由此产生了两组相等的锐角及一组全等的三角形。1）如图1，在正方形ABCD中，若E、F分别是BC、CD上的点，AEBF；则 AE=BF。 2）如图2，在正方形ABCD中，若E、F、G分别是BC、CD、AB上的点，AEGF；则 AE=GF。3）如图3，在正方形A

2、BCD中，若E、F、G、H分别是BC、CD、AB、AD上的点，EHGF；则 HE=GF。 模型巧记：正方形内十字架模型，垂直一定相等，相等不一定垂直.例1（2223下广东课时练习）如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（）A13B14C15D16【答案】A【分析】过点P作PMBC于点M，由折叠得到PQAE，从而得到AED=APQ，可得PQMADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解【详解】解：过点P作PMBC于点M，由折叠得到PQAE，DAE+APQ=90，在正方形ABCD中，ADBC，D=90，CDBC，DAE+AED=90，AED=APQ，

3、APQ=PQM，PQM=APQ=AED，PMBC，PM=AD，D=PMQ=90，PQMADE，PQ=AE，在 中，AD=12，由勾股定理得：， PQ=13故选：A【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到PQMADE是解题的关键例2（2023年辽宁省丹东市中考数学真题）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，与相交于点G，若，则的长为 【答案】【分析】根据题意证明，利用勾股定理即可求解【详解】解：四边形是正方形，又，故答案为：【点睛】本题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，掌握这些性质是解题的关键例3（2023安徽省芜湖市九年级期

4、中）如图，正方形中，点E、F、H分别是的中点，交于G，连接下列结论：；正确的有（）A1个B2个C3个D4个【答案】C【分析】利用正方形的性质找条件证明，则，由得到，则，即可判断；连接，同理可得：，在中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到 ，即可判断；可得是等腰三角形，由等腰三角形三线合一得到，垂直平分，；假设，推出矛盾，则，即可判断；证明是等腰三角形，由三线合一可知，由得到，由得到，由三角形外角的性质得到，即可判断【详解】解：四边形是正方形，点E、F、H分别是的中点，在与中，；故正确；连接，如图所示：同理可得：，在中，H是边的中点，即；故正确；，是等腰三角形，垂直平分， ；若，则是等边

5、三角形，则，则，而，与矛盾，故错误；，是等腰三角形，；故正确；正确的结论有3个，故选：C【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质是解题的关键例4（广西2022-2023学年九年级月考）（1）感知：如图，在正方形ABCD中，E为边AB上一点（点E不与点AB重合），连接DE，过点A作，交BC于点F，证明：（2）探究：如图，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点（点E，F不与正方形的顶点重合），连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O若E为AB中点，求

6、GH的长（3）应用：如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，BF，AE相交于点G若，图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则的面积为_，的周长为_【答案】（1）见解析；（2）；（3），【分析】感知：由正方形的性质得出ADAB，DAEABF90，证得ADEBAF，由ASA证得DAEABF（ASA），即可得出结论；探究：分别过点A、D作，分别交BC、AB于点N、M，由正方形的性质得出，ABCD，DABB90，推出四边形DMEF是平行四边形，MEDF1，DMEF，证出DMGH，同理，四边形AGHN是平行四边形，GHAN，ANDM，证得ADMBAN，由ASA证得ADMBA

7、N，得出DMAN，推出DMGH，由E为AB中点，得出AEAB2，则AMAEME1，由勾股定理得出DM，即可得出结果；应用：S正方形ABCD9，由阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，由SAS证得ABEBCF，得出BEABFC，SABGS四边形CEGF，则SABG，FBC+BEA90，则BGE90，AGB90，设AGa，BGb，则，2ab6，由勾股定理得出a2+b2AB232，a2+2ab+b215，即（a+b）215，得出a+b，即可得出结果【详解】证明：四边形ABCD是正方形， ，在和中，（ASA），探究：解：分别过点A、D作，分别交B

8、C、AB于点N、M，如图所示：四边形ABCD是正方形，四边形DMEF是平行四边形，同理，四边形AGHN是平行四边形，在和中，（ASA），E为AB中点，应用：解：AB3，S正方形ABCD339，阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，阴影部分的面积为：96，空白部分的面积为：963，在ABE和BCF中，ABEBCF（SAS），BEABFC，SABGS四边形CEGF，SABG3，FBC+BEA90，BGE90，AGB90，设AGa，BGb，则ab，2ab6，a2+b2AB232，a2+2ab+b232+615，即（a+b）215，而 a+b，即BG+AG，ABG的周长为+3，故答案为：，

9、【点睛】本题考查正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积与正方形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键模型2.矩形的十字架模型（相似模型）矩形的十字架模型：矩形相对两边上的任意两点联结的线段是互相垂直的，此时这两条线段的的比等于矩形的两边之比。通过平移线段构造基本图形，再借助相似三角形和平行四边的性质求得线段间的比例关系。如图1，在矩形ABCD中，若E是AB上的点，且DEAC，则.如图2，在矩形ABCD中，若E、F分别是AB、CD上的点，且EFAC，则.如图3，在矩形ABCD中，若E、F、M、N分别是AB、CD、

10、AD、BC上的点，且EFMN，则.例1（2223下广西九年级期中）如图，把边长为，且的平行四边形对折，使点和重合，求折痕的长【答案】【分析】先证明，得到，求出BE和BF，然后得到BD，DG和MG的长度，再利用全等三角形的性质，即可得到答案【详解】解：如图，连接与交于点，并补全矩形为，又，又，且，又，【点睛】此题是折叠问题，考查折叠的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线，运用所学的性质定理得到，从而求出所需边的长度例2（2223下河北九年级期中）如图，在矩形中，、分别为、边上的点，当时，证明：【答案】见解析【分析】过点作于点，过点作于点，先根

11、据余角的性质证明，再证明即可证明结论成立【详解】证明：如解图，过点作于点，过点作于点，且四边形为矩形，又，又，【点睛】本题考查了余角的性质，矩形的性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键例3（22-23贵港中考真题）已知：在矩形中，是边上的一个动点，将矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为（1）如图1，当点与点重合时，则线段_，_；（2）如图2，当点与点，均不重合时，取的中点，连接并延长与的延长线交于点，连接，求证：四边形是平行四边形：当时，求四边形的面积【答案】（1）2，4；（2）见解析；【分析】（1）过点F作FHAB，由翻折的性质可知：AECE，

12、FEAFEC，GA90根据平行线的性质和等量代换可得CFEFEC，由等角对等边可得：CFCE，设AECEx，BE6x，在RtBCE中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程求得x的值，进而可得BE、DF的长，由矩形的判定可得四边形DAHF是矩形，进而可求FH、EH的长，最后由勾股定理可得EF的长；（2）根据折叠的性质可得，进而可得，根据已知条件可得，从而易证，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论；连接与交于点，则且，又由知：， ，则，继而易证MADPAB，接根据三角函数求得PB，设，则，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程可得PE的长，继而代入数据即可求解【详解】解：（1） 2

13、， 4 ；过点F作FHAB，折叠后点A、P、C重合AECE，FEAFEC，CDABCFEFEA，CFEFEC，CFCEAE，设AECECFx，BEABAE6x，在RtBCE中，由勾股定理可得，即解得： x4，即AECECF4BE2、DF2，DAFHA90四边形DAHF是矩形，FH、EHABBEAH6222在RtEFH中，由勾股定理可得: 4 （2）证明：如图2，在矩形中，由折叠（轴对称）性质，得：，点是的中点，又，四边形是平行四边形：如图2，连接与交于点，则且，又由知：，则，又，在，而，又在中，若设，则，由勾股定理得：，则，而且，又四边形是平行四边形，四边形的面积为【点睛】本题主要考查矩形与翻

14、折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线例4（2022年四川乐山中考数学适应性试卷）解答(1)如图1，矩形ABCD中，EFGH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H求证：；(2)如图2，在满足（1）的条件下，点M，N分别在边BC，CD上，若，求的值；(3)如图3四边形ABCD中，ABC90，ABAD10，AMDN，点M，N分别在边BC，AB上，求的值【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）过点A作APEF，交CD于P，过点B作BQGH，交AD于Q，如图1，

15、易证APEF，GHBQ，PDAQAB，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；（2）只需运用（1）中的结论，就可得到，就可解决问题；（3）过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，易证四边形ABSR是矩形，由（1）中的结论可得设SCx，DSy，则ARBS5+x，RD10y，在RtCSD中根据勾股定理可得x2+y225，在RtARD中根据勾股定理可得（5+x）2+（10y）2100，解就可求出x，即可得到AR，问题得以解决【详解】（1）解：过点A作APEF，交CD于P，过点B作BQGH，交AD于Q，如图1， 四边形ABCD是矩形，ABDC，ADBC四边形A

16、EFP、四边形BHGQ都是平行四边形，APEF，GHBQ又GHEF，APBQ，QAT+AQT90四边形ABCD是矩形，DABD90，DAP+DPA90，AQTDPAPDAQAB，；（2）如图2，EFGH，AMBN，由（1）中的结论可得，（3）过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，则四边形ABSR是平行四边形ABC90，ABSR是矩形，RS90，RSAB10，ARBSAMDN，由（1）中的结论可得设SCx，DSy，则ARBS5+x，RD10y，在RtCSD中，x2+y225，在RtARD中，（5+x）2+（10y）2100，由得x2y5，解方程组，得

17、，（舍去），或，AR5+x8，【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解二元二次方程组等知识，运用（1）中的结论是解决第（2）、（3）小题的关键模型3.三角形的十字架模型（全等+相似模型）1）等边三角形中的斜十字模型（全等+相似）：如图1，已知等边ABC，BD=EC（或CD=AE），则AD=BE，且AD和BE夹角为60，ABC。 2）等腰直角三角形中的十字模型（全等+相似）：如图2，在ABC中，AB=BC，ABBC，D为BC中点，BFAD，AF：FC=2：1，BDA=CDF，AFB=CFD，AEC=135，以上七个结论中，可“知二得五”。3）直角三角形中的十字

18、模型：如图3，在三角形ABC中，BC=kAB，ABBC，D为BC中点，BFAD，则AF：FC=2：k2，（相似）例1.（22-23.成都市.八年级期中）如图，在等边ABC中，D、E分别是BC、AC上的点，且BDCE，AD与BE相交于点P下列结论：AECD；APBE；PAEABE；APB120，其中正确的结论是_（填序号）【解答】解：因为ACBC，BDCE，所以AECD故正确，ABC是等边三角形，ABDC60，ABBC在ABD与BCE中，ABDBCE（SAS）；ADBE故错误；由知ABDBCE，所以DABCBE，则PAEABE，故正确；由知ABDBCEBADEBC，BAD+ABPABD60APE

19、是ABP的外角，APEBAD+ABP60，APB120，故正确例2（2223下淄博一模）如图，等边，点E，F分别在AC，BC边上，连接AF，BE，相交于点P(1)求的度数；(2)求证：【答案】(1)；(2)见解析【分析】（1）根据证明，利用三角形的外角性质即可得解；（2）证明，利用对应边对应成比例列式即可【详解】（1）解：是等边三角形，又，；（2）证明：，【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质根据等边三角形的性质和已知条件证明三角形全等是解题的关键例3（2223下无锡阶段练习）如图，在边长为6的等边中，、分别为边、上的点，与相交于点，若，则 ；则的周长为 【答案】 【分

20、析】根据证，得出，在上取一点使，则，证，根据比例关系设，则，作延长线于，利用勾股定理列方程求解即可得出和的长【详解】解：是等边三角形，在和中，在上取一点使，则，是等边三角形，即，设，则，作延长线于，在中，即，解得或（舍去），的周长为，故答案为：，【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握这些基础知识是解题的关键例4（2223下六安一模）如图1，等边中，点D、E分别在上，且，连接交于点(1)求证：；(2)如图2，连接，若，判断与的位置关系并说明理由；(3)如图3，在的条件下，点G在上，的延长线交于H，当时，请直接写出线段FH的长【答

21、案】(1)详见解析(2)，详见解析(3)【分析】（1）因为为等边三角形，所以，又，即可判定，根据全等三角形的性质得出，利用三角形外角性质解答即可；（2）延长BE至M，使，连接，取的中点N，连接，可证得是等边三角形，得出，再证得，推出，证得，推出，结合点N是的中点，得出，是等边三角形，进而可得，推出，即；（3）延长BE至M，使，连接，取的中点K，连接，可得，推出，再由是的中位线，可得，再由，可得，进而可得，再证得，得出【详解】（1）为等边三角形，在和中，；（2），理由如下：如图，延长BE至M，使，连接，取的中点N，连接，由得：，是等边三角形，即，在和中，即，即，点N是的中点，又，是等边三角形，；

22、（3）如图，延长至M，使，连接，取的中点K，连接，由知：，点G是的中点，点K是的中点，是的中位线，【点睛】本题是三角形综合题，考查了等边三角形性质和判定，等腰三角形性质和判定，直角三角形性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，解题关键是添加恰当辅助线构造全等三角形和相似三角形例5（2223上深圳期中）如图，在中，点D为边上的中点，连接，过点B作于点E，延长交于点F则的长为 【答案】【分析】以为邻边作正方形，延长交为，先求出，再证明出，得出即为的中点，再证明，利用相似比及勾股定理即可求解【详解】解：以为邻边作正方形，延长交为，如下图：，在和中，即为的中点，故答案

23、为：【点睛】本题考查了三角形相似的判定及性质、三角形全等、正方形的性质、勾股定理，解题的关键是利用相似三角形的相似比来求解例6（2223下沧州二模）如图，在中，点D是线段上的一点，连接，过点B作，分别交、于点E、F，与过点A且垂直于的直线相交于点G，连接，下列结论错误的是（）A B若点D是AB的中点，则C当B、C、F、D四点在同一个圆上时， D若，则【答案】D【分析】由，可确定A项正确；由可得，进而由确定点F为的三等分点，可确定B项正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质得到，得到为圆的直径，因为，根据垂径定理得到，故C项正确；因为D为的三等分点，即，可得，由此确定D项错

24、误【详解】解：依题意可得，又，故A项正确；如图，在与中，又，；为等腰直角三角形，；，故B项正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质可得，是B、C、F、D四点所在圆的直径，故C项正确；，；故D项错误故选：D【点睛】本题考查了等腰直角三角形中相似三角形与全等三角形的应用，有一定的难度对每一个结论，需要仔细分析，严格论证；注意各结论之间并非彼此孤立，而是往往存在逻辑关联关系，需要善加利用例7（2223广东期中）如图，在中，点为上一点，连接，为上一点，于点，当时，求的长【答案】【分析】将补成矩形，延长交于点，可得，结合已知可求、，再由即可求出CE【详解】解：如解图，补成矩形，延长

25、交于点，设，则，又在矩形中，即，解得【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，直角三角形的性质，证明是本题的关键例8（22-23下深圳一模）如图，在Rt中，点D为边上的一点，连接，过点C作于点F，交于点E，连接(1)若，求证：；(2)如图，若，求的值【答案】(1)答案见详解(2)【分析】（1）要证，过点B作，交的延长线于H，证得，得出与的数量关系，再证得，得出根据线段间关系，即可求证；（2）要求的值，根据角度间的转化，得出，即可求出的值，根据，推出，即可得到最后结果【详解】（1）证明：如图，过点B作，交的延长线于H，,，（2）解：，由（1）可知，设，则，,，

26、解得（舍去），又，【点睛】本题考查了相似三角形的性质，求证三角形相似和全等，正确做出辅助线，利用直角三角形特殊三角函数求角，是解本题的关键例9（2223上长春阶段练习）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：【观察与猜想】(1)如图，在正方形中，点、分别是、上的两点，连接，则的值为_【类比探究】(2)如图，在矩形中，点是边上一点，连接，且，求的值【拓展延伸】(3)如图，在中，点在边上，连结，过点作于点，的延长线交边于点若，则_【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）设与的交点为，根据正方形的性质可证明，得，即可得出答案；（2）利用DECABD，则；（3）过点作

27、，延长交于点，证明，进而求得的长，证明，根据相似三角形的性质即可求解【详解】（1）解：设与的交点为， 四边形是正方形，在与中，故答案为：；（2）解：如图，设与交于点，四边形是矩形，故答案为：；（3）解：如图，过点作，延长交于点，在中，又，故答案为：【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握基本几何模型是解题的关键课后专项训练1（2223下杭州一模）如图，在等边的AC，BC边上各取一点M，N使，AN，BM相交于点O若，则BO的长是（）A5B6C7D8【答案】B【分析】证明ABMACN （SAS），得出ABM=CA

28、N，证明AMOBMA，得出，可求出BM，即可得解【详解】ABC是等边三角形BAM=ACN=ABN，AB=AC=BC在ABM和ACN中，ABMACN （SAS），ABM=CAN，AMO=BMA，AMOBMA，解得，BO=BM-OM=8-2=6，故选：B【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键2（2023.湖北.九年级期末）如图，将边长为12cm的正方形ABCD折叠，使得点A落在CD边上的点E处，折痕为MN若CE的长为7cm，则MN的长为（ ）A10B13C15D无法求出【答案】B【详解】试题分析：作NFAD，垂

29、足为F，连接AE，NE，将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为MN，D=AHM=90，DAE=DAEAHMADEAMN=AED在RtNFM和RtADE中，NFMADE（AAS），FM=DE=CDCE=5cm，又在RtMNF中，FN=AB=12cm，根据勾股定理得：MN=13故选B考点： 翻折变换（折叠问题）3（2023.南充市中考模拟）如图，正方形ABCD的边长为2，P为CD的中点，连结AP，过点B作BEAP于点E，延长CE交AD于点F，过点C作CHBE于点G，交AB于点H，连接HF，下列结论正确的是（）ACE=BEF=CcosCEP=DHF2=EFCF【答案】D【分析】

30、首先证明AH=HB，推出BG=EG，推出CB=CE，再证明CBHCEH，RtHFERtHFA，利用全等三角形的性质即可一一判断【详解】连接四边形ABCD是正方形，CD=AB=BC=AD=2，CDAB，BEAP，CGBE，CHPA，四边形是平行四边形，CP = AH，CP=PD=1，AH=PC=1，AH=BH，在RtABE中，AH=HB，EH=HB，HCBE，BG=EG，CB=CE=2，故选项A错误，CH=CH，CB=CE，HB=HE，CBHCEH，CBH=CEH=90，HF=HF，HE=HA，RtHFERtHFA，AF=EF，设EF=AF=x，在RtCDF中，有22+(2-x)2=(2+x)2

31、，x= ，EF=，故B错误，PACH，CEP=ECH=BCH，cosCEP=cosBCH=，故C错误HF= ，EF= ，FC= HF2=EFFC，故D正确，故选D【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、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，属于中考选择题中的压轴题4（黑龙江省牡丹江市2021年中考数学真题试卷）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（）A2B2C6D5【答案】D【分析】作FHAB于H，交AE于P，设AG=GE=

32、x，在RtBGE中求出x，在RtABE中求出AE，再证明ABEFHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=SAGF+SEGF求解即可【详解】解：作FHAB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AEGF，AO=EO设AG=GE=x，则BG=3-x，在RtBGE中，BE2+BG2=GE2，12+(3-x)2=x2，x= 在RtABE中，AB2+BE2=AE2，32+12=AE2，AE=HAP+APH=90，OFP+OPF=90，APH=OPF，HAP=OFP，四边形ADFH是矩形，AB=AD=HF在ABE和FHG中，ABEFHG，FG=AE=，S四边形AGE

33、F=SAGF+SEGF= =5故选D【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键5（2223下东营中考模拟）如图，在RtABC中，ABC=90，AB=BC，点D是线段AB上的一点，连结CD，过点B作BGCD，分别交CD、CA于点E、F，与过点A且垂直于AB的直线相交于点G，连结DF，给出以下四个结论：；若点D是AB的中点，则AF=AB；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，DF=DB；若，则 其中正确的结论序号是（）ABCD【答案】C【详解】试题分析：ABC=90，GAB=90，AB=BC，AG/BC，AFGC

34、FB，故正确；又BCD+EBC=EBC+ABG=90，BCD=ABG，AB=BC，CBDBAG，AGBD，BDAB，AG：BC：，AF：FC：，AF：AC：，ACAB，AFAB，故正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，DBC90，CD是直径，CFD90，BFCD，BEEF，BDDF，故正确；若，则有BD：BC1：3，BECDEB，BCD=ABG，BDECBE，DE：BEBE：CEBD：BC：，DE：CE：，SBDF：SBFC：，即SBDF，故错误；故选C.考点：.相似三角形的判定和性质；.圆周角定理；.三角形全等的判定与性质.6（2223下江门模拟预测）如图，在RtABC中，ACB=90，

35、AC=BC点D是线段BC上的一点，连接AD，过点C作CGAD，分别交AD、AB于点G、E，与过点B且垂直于BC的直线相交于点F，点D是BC的中点，连接DE则= ；【答案】【分析】先证，得到，再通过证明 ， 为等腰直角三角形得出，即可求解【详解】 CGAD ACB=90 又 ， 为等腰直角三角形 ， 点D是BC的中点 故答案为： 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并能灵活运用是解题的关键7（2223下山西一模）如图，在RtABC中，ABC90，ABBC2，AE是BC边上的中线，过点B作AE的垂线BD，垂足为H，交AC于点D

36、，则AD的长为 【答案】【分析】过点C作FCBC于C，延长BD交CF于F，证明ABEBCF（ASA），得BECF，再证明ABDCFD，列比例式可得结论【详解】过点C作FCBC于C，延长BD交CF于F，ABCBCF90，ABC+BCF180，ABCF，AEBD，AHBBAH+ABH90，ABH+CBF90，CBFBAH，在ABE和BCF中，ABEBCF（ASA），BECF，AE是BC边上的中线，BEBC1，CF1，在RtABC中，由勾股定理得：AC2，ABCF，BADDCF，ABDDFC，ABDCFD，即，解得：AD故答案为：【点睛】考核知识点：相似三角形的判定和性质熟练运用相似三角形的判定和性

37、质是关键8（山东2022-2023学年九年级下学期期末数学试题）如图，正方形ABCD中，点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，CE、DF交于G，连接AG、HG下列结论：AG=AD；AGGH；DAG=60；AGE=BCE其中正确的有 【答案】【分析】由“SAS”可证BECCFD，可得BCE=CDF，由“AAS”可证AEPBCE，可得AP=BC，由直角三角形的性质和全等三角形的性质依次判断可求解【详解】解：如图，延长DA，CE交于点P，四边形ABCD是正方形，AB=BC=CD=AD，点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，BE=AE=BF=CF=CH=DH，在BEC和CFD中，BECCFD（

38、SAS），BCE=CDF，CDF+DFC=90，BCE+CFD=90，CGF=90=DGE，AD与BC平行，P=BCE， 在AEP和BEC中，AEPBCE（AAS），AP=BC，AP=AD，又DGE=90，AG=AP=AD，故正确；AGD=ADG，CH=DH，DGC=90，GH=DH=CH，HDG=HGD，ADG+HDG=ADC=90，AGD+DGH=90，AGH=90，AGGH，故正确；AG=AP=AD，P=AGE，AGE=BCE，故正确；CD=2CF，DF2DF，CDF30，ADG60，DAG60，故错误，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，

39、添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键9（江西2023-2024学年九年级月考数学试题）在矩形纸片中，将纸片折叠(1)如图1，若沿对折，使点C恰好落在上得到点E，求的长(2)如图2，若沿对角线折叠，使点C落在点F处，与交于点E，求的长(3)如图3，若沿折叠，使点C与点A重合，求折痕的长【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由折叠的性质得，再用勾股定理解即可；（2）由折叠的性质得，进而证明，推出，再用勾股定理解即可；（3）连接，连接交于点O，由折叠的性质可证四边形是菱形，用勾股定理解，求出菱形的边长，再利用菱形的面积公式列式求解【详解】（1）解：四边形是矩形，由折叠知，；（2）解：沿对角线折

40、叠，矩形中，；（3）解：如图，连接，连接交于点O，由折叠的性质可知垂直平分，沿折叠，矩形中，四边形是菱形，在中，解得，【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是掌握折叠的性质，即折叠前后对应边相等、对应角相等10（2023年成都市中考三模数学试题）已知正方形的边长为6，动点分别在边上运动，连接(1)如图1，过作交边于点，交于点i）若为的中点，为的中点，求的长；）探索线段之间的数量关系，写出你的结论并证明(2)如图2，将四边形沿翻折得到四边形与相交于点，调整点和点的位置使得线段始终经过顶点i）若点到的距离，求的长；）点到的距离是否存在最大值？若存在，请直接写出这个最大距离；若不存在，请说明理由【答案】(1)i）；），理由见解析(2)i）5；）点到的距离的最大值为【分析】（1）i）根据正方形的性质证明，结合勾股定理即可求解；）过点作于点，证明，可知，由，可证得结论；（2）i）连接，延长交于点，由轴对称得性质可知点与点关于对称，也垂直平分，进而可得，证明，结合勾股定理即可求解；）由i）可知点与点关于对称，连接，由轴对称可知：，证得，进而可知，在同一直线上，可得，求得，作，交于，延长交于，则，由直角三角形斜边与直角边的关系可得，当与重合时取等号，即可求得点到的距离的最大值【详解】（1）解：i）四边形是正方形，且边长为6，