2024年初中升学考试专题复习数学总复习（按知识点分类）相似形综合题.docx

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1、相似形综合题54（2023赤峰）数学兴趣小组探究了以下几何图形如图，把一个含有45角的三角尺放在正方形ABCD中，使45角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得CMN【探究一】如图，把CDM绕点C逆时针旋转90得到CBH，同时得到点H在直线AB上求证：CNMCNH；【探究二】在图中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F求证：CEFCNM；【探究三】把三角尺旋转到如图所示位置，直线BD与三角尺45角两边CM，CN分别交于点E，F，连接AC交BD于点O，求EFNM的值【答案】【探究一】见解析；【

2、探究二】见解析；【探究三】EFNM=22【分析】【探究一】证明CNMCNH，即可得证；【探究二】根据正方形的性质证明CEFFNB，根据三角形内角和定理得出CEFFNB，加上公共角ECFNCM，进而可证明；【探究三】，先证明ECDNCA，得到CEDCNA，ECCC=CDAC=12，将DMC绕点C顺时针旋转90得到BGC，则点G在直线AB上，得出NCGNCM，根据全等三角形的性质得出MNCGNC，进而得到CNMCEF，可证明ECFNCM，根据相似三角形的性质得出EFNM=ECNC=CDAC=12，即可得出结论【解答】【探究一】证明：把CDM绕点C逆时针旋转90得到CBH，同时得到点H在直线AB上，

3、CMCH，MCH90，NCHMCHMCN904545，MCNHCN，在CNM和CNH中，CM=CHMCN=HCNCN=CN，CNMCNH（SAS），CNMCNH；【探究二】证明：如图所示，四边形ABCD是正方形，DBA45，MCN45，FBNFCE45，EGCBFN，CEFFNB，CNMCNH，CEFCNM，公共角ECFNCM，CEFCNM；【探究三】解：AC，BD是正方形的对角线，CDECDAEDM135，CAN180BAC135，CDECAN，MCNDCA45，MCNDCNDCMDCN，即ECDNCA，ECDNCA，CEDCNA，ECCC=CDAC=12，如图所示，将DMC绕点C顺时针旋转

4、90得到BGC，则点G在直线AB上，MCGC，MCG90，NCGNCM45，CNCN，NCGNCM（SAS），MNCGNC，CNACEF，CNMCEF，ECFNCM，ECFNCM，EFNM=ECNC=CDAC=12，即EFNM=22【点评】本题是相似形的综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质和判定，熟练掌握相似三角形的性质和判定是解决问题的关键相似形综合题45（2023重庆）在RtABC中，ACB90，B60，点D为线段AB上一动点，连接CD（1）如图1，若AC9，BD=3，求线段AD的长；（2）如图2，以CD为边在CD上方作等边CDE，点F是DE

5、的中点，连接BF并延长，交CD的延长线于点G若GBCE，求证：GFBF+BE；（3）在CD取得最小值的条件下，以CD为边在CD右侧作等边CDE点M为CD所在直线上一点，将BEM沿BM所在直线翻折至ABC所在平面内得到BNM连接AN，点P为AN的中点，连接CP，当CP取最大值时，连接BP，将BCP沿BC所在直线翻折至ABC所在平面内得到BCQ，请直接写出此时NQCP的值【考点】相似形综合题【分析】（1）在RtABC中，由B60，AC9，可得BC=AC3=33，AB2BC63，即得ADABBD53；（2）取AB的中点O，连接OC，证明BOC 为等边三角形，得COCB，OCBBOC60，可得OCDB

6、CE（SAS），有EBCDOC120，故OCBE，在GF上截取 HFBF，连接DH，可证BEFHDF（SAS），得BEHD，BEFHDF，有DHBE，DHOC，可得HDGOCD，知GHDG，HGHD，从而HGBE，GFHG+FHBE+BF；（3）取AB的中点S，连接PS，在CD取得最小值时，CDAB，设AB4a，则BC2a，AC23a，用面积法得CD=ACBCAB=3a，BD=12BCa，证明BCDBCE（SAS），知BDBEa，根据将BEM沿BM所在直线翻折至ABC所在平面内得到BNM，有BEBNa，故N的运动轨迹是以B为圆心，a为半径的圆，又PS=12BN=12a，故P的运动轨迹是以S为圆

7、心，12a为半径的圆，当CP最大时，C，P，S三点共线，过P作PTAC于T，过N作NRAC于R，可得BSC是等边三角形，PCB60，BCCS2a，而CPCS+PS2a+12a=52a，可求得PT=12CP=54a，CT=3PT=534a，ATACCT=334a，连接PQ交NR于W，根据将BCP沿BC所在直线翻折至ABC所在平面内得到BCQ，知PQBC，故即PWAR，PW是ANR的中位线，同理可得PT是ANR的中位线，即可得PTNWRW=54a，PW=12ARAT=334a，根据将BCP沿BC所在直线翻折至ABC所在平面内得到BCQ，得CPCQ，QCP120，有PQ=3CP=532a，即得WQP

8、QPW=734a，从而NQ=NW2+WQ2=432a，NQCP=435【解答】（1）解：在RtABC中，ACB90，B60，AC9，BC=AC3=33，AB2BC63BD=3，ADABBD53；（2）证明：取AB的中点O，连接OC，如图：在RtABC 中，点O为斜边AB的中点，OCOB，ABC60，BOC为等边三角形，COCB，OCBBOC60，DOC120，CDE为等边三角形，CDCE，DCE60，DCEOCB60，即OCD+OCEOCE+BCE，OCDBCE，在OCD和BCE 中，CD=CEOCD=BCECO=CB，OCDBCE（SAS），EBCDOC120，OCB+EBC180，OCBE

9、，在GF上截取HFBF，连接DH，点F是DE的中点，FEFD在BEF和HDF中，BF=HFBFE=HFDFE=FD，BEFHDF（SAS），BEHD，BEFHDF，DHBE，DHOC，HDGOCD，又GBCE，GHDG，HGHD，HGBE，GFHG+FHBE+BF；（3）解：取AB的中点S，连接PS，如图：在CD取得最小值时，CDAB，设AB4a，则BC2a，AC23a，2SABCACBCABCD，CD=ACBCAB=3a，BD=12BCa，CDE是等边三角形，DCE60，CDCE，BCEDCEDCB603030DCB，BCBC，BCDBCE（SAS），BDBEa，将BEM沿BM所在直线翻折至

10、ABC所在平面内得到BNM，BEBNa，N的运动轨迹是以B为圆心，a为半径的圆，点P为AN的中点，S为AB的中点，PS=12BN=12a，P的运动轨迹是以S为圆心，12a为半径的圆，当CP最大时，C，P，S三点共线，过P作PTAC于T，过N作NRAC于R，如图：S是AB中点，BSASCS=12AB2a，ABC60，BSC是等边三角形，PCB60，BCCS2a，PCA30，CPCS+PS2a+12a=52a，PT=12CP=54a，CT=3PT=534a，ATACCT=334a，连接PQ交NR于W，如图：将BCP沿BC所在直线翻折至ABC所在平面内得到BCQ，PQBC，ACBC，PQAC，即PW

11、AR，P为AN中点，PW是ANR的中位线，NWRW=12NR，同理可得PT是ANR的中位线，PT=12NR，PTNWRW=54a，PW=12ARAT=334a，将BCP沿BC所在直线翻折至ABC所在平面内得到BCQ，QCBPCB60，CPCQ，QCP120，PQ=3CP=532a，WQPQPW=532a334a=734a，NQ=NW2+WQ2=(54a)2+(734a)2=432a，NQCP=432a52a=435【点评】本题考查三角形综合应用，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，对称变换，最短路径等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形和全等三角形解决问题相似

12、形综合题49（2023福建）如图1，在ABC中，BAC90，ABAC，D是AB边上不与A，B重合的一个定点AOBC于点O，交CD于点EDF是由线段DC绕点D顺时针旋转90得到的，FD，CA的延长线相交于点M（1）求证：ADEFMC；（2）求ABF的度数；（3）若N是AF的中点，如图2，求证：NDNO【答案】（1）证明见解答过程；（2）ABF135；（3）证明见解答过程【分析】（1）由DF是由线段DC绕点D顺时针旋转 90 得到的，得FDC90，FDCD，DFC45，又ABAC，AOBC，可得BAODFC，根据EDA+ADM90，M+ADM90有EDAM，故ADEFMC；（2）设BC与DF的交点

13、为I，由DBICFI45，BIDFIC，有BIDFIC，BlFI=DlCl，即BIDI=FICl，可得BIFDIC，即得IBFIDC90，从而ABFABC+IBF135；（3）延长ON交BF于点T，连接DT，DO，由FBIBOA90，知BFAO，FTNAON，而N是AF的中点，有ANNF，可得TNFONA（AAS），从而NTNO，FTAO，可证FTCO，DFTDCO（SAS），得DTDO，FDTCDO，即可得ODTCDF90，故ND=12TO=NO【解答】（1）证明：如图：DF是由线段DC绕点D顺时针旋转 90 得到的，FDC90，FDCD，DFC45，ABAC，AOBC，BAO=12BACB

14、AC90，BAOABC45，BAODFC，EDA+ADM90，M+ADM90EDAM，ADEFMC；（2）解：设BC与DF的交点为I，如图：DBICFI45，BIDFIC，BIDFIC，BlFI=DlCl，即BIDI=FICl，BIFDIC，BIFDIC，IBFIDC，IDC90，IBF90，ABC45，ABFABC+IBF135；（3）证明：延长ON交BF于点T，连接DT，DO，如图：FBIBOA90，BFAO，FTNAONN是AF的中点，ANNF，TNFONA，TNFONA（AAS），NTNO，FTAO，BAC90，ABAC，AOBC，AOCO，FTCO，由（2）知，BIFDIC，DFTD

15、CODFDC，DFTDCO（SAS），DTDO，FDTCDO，FDT+FDOCDO+FDO，即ODTCDF，CDF90，ODTCDF90，ND=12TO=NO【点评】本题考查相似三角形综合应用，涉及三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等基础知识，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质定理50（2023福建）阅读下列材料，回答问题任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度AB远大于南北走向的最大宽度，如图1工具：一把皮尺（测量长度略小于AB）和一台测角仪，如图2皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离（这两点间

16、的距离不大于皮尺的测量长度）；测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点O处，对其视线可及的P，Q两点，可测得POQ的大小，如图3小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度AB其测量及求解过程如下：测量过程：（）在小水池外选点C，如图4，测得ACam，BCbm；（）分别在AC，BC上测得CM=a3m，CN=b3m；测得MNcm求解过程：由测量知，ACa，BCb，CM=a3，CN=b3，CMCA=CNCB=13，又CC，CMNCAB，MNAB=13又MNc，AB3c（m）故小水池的最大宽度为*m（1）补全小明求解过程中所缺的内容；（2）小明求得AB用到的几何知识是 相似三角形的判定和性质；（3）小明仅

17、利用皮尺，通过5次测量，求得AB请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB，写出你的测量及求解过程要求：测量得到的长度用字母a，b，c表示，角度用，表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出AB，且测量的次数最少，才能得满分）【答案】（1）CC； 3c；（2）相似三角形的判定与性质；（3）见解析部分【分析】（1）利用相似三角形的判定和性质解决问题即可；（2）利用相似三角形的判定和性质；（3）（i）在小水池外选点C，如图，用测角仪在点B处测得ABC，在点A处测得BAC；（ii）用皮尺测得 BCam由此求解即可，【解答】解：（1）由测量知

18、，ACa，BCb，CM=a3，CN=b3，CMCA=CNCB=13，又CC，CMNCAB，MNAB=13又MNc，AB3c（m）故答案为：CC； 3c；（2）求得AB用到的几何知识是：相似三角形的判定和性质故答案为：相似三角形的判定与性质；（3）测量过程：（i）在小水池外选点C，如图，用测角仪在点B处测得ABC，在点A处测得BAC；（ii）用皮尺测得 BCam求解过程：由测量知，在ABC中，ABC，BAC，BCa过点C作 CDAB，垂足为D在RtCBD中，cosCBD=BDBC，即 cos=BDa，所以BDacos同理，CDasin在RtACD中，tanCAD=CDAD，即 tan=asinA

19、D，所以 AD=asintan，所以 AB=BD+AD=acos+asintan(m)故小水池的最大宽度为 (acos+asintan)m【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题相似形综合题46（2023温州）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BECD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA=32，AC1如图2，连结AF，P为线段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PHAB于点H设PHx，MNy（1）求CE的长和y关于x的函数表达式；（2）

20、当PHPN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与BCE相似时，求a的值；（3）延长PN交半圆O于点Q，当NQ=154x3时，求MN的长【答案】（1）CE=165，y=2512x+4；（2）a的值为1615或2740或6041；（3）MN的长为178【分析】（1）先求出CD的长，由平行线分线段成比例可得CDCE=COCB，可求CE的长，通过证明BCENME，可得MNBC=MECE，即可求解；（2）分三种情况讨论，由相似三角形的性质列出方程可求解；（3）由锐角三角函数可求BG的长，由线段的数量关系列出方程，即可求解【解答】解：（1）如图1，连接OD，CD切半圆O于点D，ODCE，O

21、A=32，AC1，OC=52，BC4，CD=OC2OD2=2，BECE，ODBE，CDCE=COCB，2CE=524，CE=165，如图2，AFBE90，AFCE，MNCB，四边形APMC是平行四边形，CMPA=PHsinPAB=PHsinC=x35=53x，NMBC，BCENME，MNBC=MECE，y4=16553x165，y=2512x+4；（2）PNy1=2512x+41=2512x+3，PHPN，BCE的三边之比为3：4：5，可分为三种情况，当PH：PN3：5时，53x=2512x+3，解得：x=45，a=43x=1615，当PH：PN4：5时，54x=2512x+3，解得：x=91

22、0，a=34x=2740，当PH：PN3：4时，43x=2512x+3，解得：x=3641，a=53x=6041，综上所述：a的值为1615或2740或6041；（3）如图3，连接AQ，BQ，过点Q作QGAB于点G，则AQBAGQ90，PHQGx，QABBQG，NQ=154x3，PNy1=2512x+3，HGPQNQ+PN=53x，AH=43x，AGAH+HG3x，tanBQGtanQAB=x3x=13=BGQG，BG=13QG=13x，ABAG+BG=103x3，x=910，y=2512x+4=178，MN的长为178【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆

23、的有关知识，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键相似形综合题51（2023宜昌）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE，EF，CF（1）若正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点如图1，当FEC90时，求证：AEFDCE；如图2，当tanFCE=23时，求AF的长；（2）如图3，延长CF，DA交于点G，当GEDE，sinFCE=13时，求证：AEAF【答案】（1）证明见解析部分；67；（2）证明见解析部分【分析】（1）根据两角对应相等，两三角形相似证明即可；如图2中，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GHCE交CE的延长线于点H求出AG，DG，再

24、利用平行线分线段成比例定理求解；（2）如图3中，过点G作GHCE交CE的延长线于点H想办法证明AFat，可得结论【解答】（1）证明：如图1中，四边形ABCD是正方形，AD90，CEF90，AEF+CED90，ECD+CED90，AEFECD，AEFDCE；解：如图2中，延长DA交CF的延长线于点G，过点G作GHCE交CE的延长线于点HHD90，GEHCED，GEHCED，GHCD=EHDE，CD2，AEED1，GH2HE，设EHm，GH2mCE=DE2+CD2=12+22=5，CHm+5，tanECF=GHCH=23，2mm+5=23，m=52，EH=52，GH=5，EG=GH2+EH2=(5

25、)2+(52)2=52，AGEGAE=521=32，DGEG+DE=52+1=72，AFCD，AFCD=AGGD，AF2=3272，AF=67；（3）证明：如图3中，过点G作GHCE交CE的延长线于点H 设ADCDa，GEDEt，EHx，GHy，CEn，HD90，GEHCED，GEHCED，GHCD=EHDE=EGECya=xt=tn，x=t2n，y=atn，在RtCGH中，sinECF=13=GHCG，CG3GH，CH22GH，yx+n=122，22yx+n，22atn=t2n+n，22att2+n2，在RtCDE中，n2t2+a2，22at2t2+a2，a=2t，AFCD，AFCD=AGD

26、G，AFa=2ta2t，AF=a(2ta)2t=aa22t=at，AEat，AEAF【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数解决问题相似形综合题20（2023武汉）问题提出 如图（1），E是菱形ABCD边BC上一点，AEF是等腰三角形，AEEF，AEFABC （90），AF交CD于点G，探究GCF与的数量关系问题探究 （1）先将问题特殊化，如图（2），当90时，直接写出GCF的大小；（2）再探究一般情形，如图（1），求GCF与的数量关系问题拓展 将图

27、（1）特殊化，如图（3），当120时，若DGCG=12，求BECE的值【答案】问题探究（1）45；（2）GCF=3290；问题拓展：23【分析】问题探究（1）如图（2）中，在BA上截取BJ，使得BJBE证明EAJFEC（SAS），推出AJEECF，可得结论；（2）结论：GCF=3290；在AB上截取AN，使ANEC，连接NE证明方法类似；问题拓展解：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3m用m表示出BE，CE，可得结论【解答】解：问题探究（1）如图（2）中，在BA上截取BJ，使得BJBE四边形ABCD是正方形，BBCD90，BABC，BJBE，AJEC，AECAEF+CEFB

28、AE+B，AEFB90，CEFEAJ，EAEF，EAJFEC（SAS），AJEECF，BJE45，AJE18045135，ECF135，GCFECFECD1359045；（2）结论：GCF=3290；理由：在AB上截取AN，使ANEC，连接NEABC+BAE+AEBAEF+FEC+AEB180，ABCAEF，EANFECAEEF，ANEECF（SAS）ANEECFABBC，BNBEEBN，BNE=9012a，GCFECFBCDANEBCD=(90+12a)(180a)=32a90；问题拓展：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3mDGCG=12，DGm，CG2m在RtADP中

29、，ADCABC120，ADP60，PD=32m，AP=323m，120，由（2）知，GCF=32a90=90，AGPFGC，APGFCGAPCF=PGCG，33mCF=52m，CF=635m，由（2）知，BE=33CF=65m，CE=95mBECE=23【点评】本题属于相似形综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题相似形综合题31（2023菏泽）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF，垂足为点G求证：ADEDCF【问题解决】（2）如图2，在正方

30、形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF，延长BC到点H，使CHDE，连接DH求证：ADFH【类比迁移】（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AEDF11，DE8，AED60，求CF的长【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）3【分析】（1）由矩形的性质得CADE90，再证AEDDFC，即可得出结论；（2）证RtADERtDCF（HL），得DECF，再证DCFDCH（SAS），得DFCH，然后由平行线的性质得ADFDFC，即可得出结论；（3）延长BC至点G，使CGDE8，连接DG，ADEDCG（SAS），得DGCAED60，AEDG，再证DFG是等

31、边三角形，得FGDF11，即可解决问题【解答】（1）证明：四边形ABCD是矩形，CADE90，CDF+DFC90，AEDF，DGE90，CDF+AED90，AEDDFC，ADEDCF；（2）证明：四边形ABCD是正方形，ADDC，ADBC，ADEDCF90，AEDF，RtADERtDCF（HL），DECF，CHDE，CFCH，点H在BC的延长线上，DCHDCF90，又DCDC，DCFDCH（SAS），DFCH，ADBC，ADFDFC，ADFH；（3）解：如图3，延长BC至点G，使CGDE8，连接DG，四边形ABCD是菱形，ADDC，ADBC，ADEDCG，ADEDCG（SAS），DGCAED6

32、0，AEDG，AEDF，DGDF，DFG是等边三角形，FGDF11，CF+CGFG，CFFGCG1183，即CF的长为3【点评】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型相似形综合题42（2023达州）（1）如图，在矩形ABCD的AB边上取一点E，将ADE沿DE翻折，使点A落在BC上A处，若AB6，BC10，求AEEB的值；（2）如图，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形

33、ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B处，若BCCE24，AB6，求BE的值；（3）如图，在ABC中，BAC45，ADBC，垂足为点D，AD10，AE6，过点E作EFAD交AC于点F，连接DF，且满足DFE2DAC，直接写出BD+53EF的值【考点】相似形综合题菁优网版权所有【分析】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得AB2，设AEAEx 则BEABAE6x，RtABE中利用勾股定理求得x=103，则AE=103，BE=6103=83，进而求解即可；（2）由矩形的性质和翻折性质得到EBCBDA，证明EBCBDA，利用相似三角形的性质求得BC4，则BD10，在RtABD中，利用勾

34、股定理求得AD8，进而求得BC8，CE3可求解；（3）证明AEFADC得到CD=5F3EF，则BD+53EF=BD+CD=BC；设EF3k，CD5k，过点D作DHAC于H，证明CHDFHD（ASA）得到DFCD5k，在RtEFD中，由勾股定理解得k1，进而可求得AC55过B作BGAC于G，证明CBGCDHDAC，则 sinCBG=sinDAC=55，cosCBG=cosDAC=255，再证明AGBG，在RtBCG中利用锐角三角函数和AG+CGBG+CGAC，求得BC，即可求解【解答】解：（1）四边形ABCD是矩形，ADBC10，CDAB6，ABC90，由翻折性质得ADAD10，AEAE，在Rt

35、ACD 中，AC=AD2CD2=10262=8，ABBCAC2，设AEAEx，则BEABAE6x，在RtABE 中，由勾股定理得 BE2+AB2AE2，（6x）2+22x2，解得 x=103，AE=103，BE=6103=83，AEEB=10383=54；（2）四边形ABCD是矩形，CDAB6，ADBC，ABBCD90，由翻折性质得，ABAB6，ADAD，DABABEBCD90，EBC+ABD90ABD+BDA，EBCBDA，EBCBDA，CEAB=BCAD，即CE6=BCBC，又BCCE24，BC=BCCE6=246=4，BDBC+CD10，在RtABD中，AD=BD2AB2=8，BCADA

36、D8，则CE3，BEBCCE835；（3）ADBC，EFAD，EFBC，AEFADC，AD10，AE6，EFCD=AEAD=610=35，CD=53EF，则BD+53EF=BD+CD=BC，设EF3k，CD5k，过点D作DHAC于H，则CHDADC90，CDHDAC90C， EFBC，CDFDFE2DAC2CDH，CDHFDH，又DHDH，CHDFHD90，CHDFHD（ASA），DFCD5k，在RtEFD中，由勾股定理得 EF2+DE2DF2，（3k）2+42（5k）2，解得k1，EF3，DFCD5，在RtADC中，AC=AD2+CD2=102+52=55， 过B作BGAC于G，则BGABG

37、CCHD90，BGDH，CBGCDHDAC，sinCBG=sinDAC=CDAC=555=55，cosCBG=cosDAC=ADAC=1055=255，BAC45，AGB90，ABG90BAC45BAC，AGBG，在RtBCG中，BGBCcosCBG=255BC，CGBCsinCBG=55BC，AG+CGBG+CGAC，255BC+55BC=55，BC=253，BD+53EFBC=253【点评】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性 质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键