重难点06 几何类综合问题-2023年中考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）

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重难点06 几何类综合问题

几何综合题是中考数学中的重点题型，也是难点所在．几何综合题的难度都比较大，所占分值也比较重，解答题数量一般有两题左右，其中一题一般为三角型、四边形综合；另一题通常为圆的综合；它们在试卷中的位置一般都在试卷偏后的位置．只所以几何综合题难度大，学生一般都感觉难做，主要是因为这种类型问题的综合性较强，涉及的知识点或者说考点较多，再加上现在比较热门的动态问题、最值（范围）问题、函数问题，这就导致了几何综合题的难度再次升级，因此这种题的区分度较大．所以我们一定要重视平时多培养自己的综合运用知识的能力，从不同的角度，运用不同的知识去解决同一个问题．

1．熟练掌握平面几何知识﹕要想解决好有关几何综合题，首先就是要熟练掌握关于平面几何的所有知识，尤其是要重点把握三角形、特殊四边形、圆及函数、三角函数相关知识．几何综合题重点考查的是关于三角形、特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）、圆等相关知识．
2． 掌握分析问题的基本方法﹕分析法、综合法、“两头堵”法﹕
1）分析法是我们最常用的解决问题的方法，也就是从问题出发，执果索因，去寻找解决问题所需要的条件，依次向前推，直至已知条件；例如，我们要证明某两个三角形全等，先看看要证明全等，需要哪些条件，哪些条件已知了，还缺少哪些条件，然后再思考要证缺少的条件，又需要哪些条件，依次向前推，直到所有的条件都已知为止即可．
2）综合法﹕即从已知条件出发经过推理得出结论，适合比较简单的问题；
3）“两头堵”法﹕当我们用分析法分析到某个地方，不知道如何向下分析时，可以从已知条件出发看看能得到什么结论，把分析法与综合法结合起来运用是我们解决综合题最常用的办策略．
3．注意运用数学思想方法﹕对于几何综合题的解决，我们还要注意运用数学思想方法，这样会大大帮助我们解决问题，或者简化我们解决问题的过程，加快我们解决问题的速度，毕竟考场上时间是非常宝贵的．常用数学思想方法﹕转化、类比、归纳等等．

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1．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，的直径AB，垂直平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且．弦DH交OC于G，满足，，AC长为（    ）

A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】连接，如图，先根据题意证明，得到，进而可证明，得出，由垂直平分OA可得，设，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和可求得，进而可求出，由变形可得，然后设未知数求出圆的半径即可求出答案．
【详解】解：连接，如图，

∵，∴，∵，∴，∴，
∵，，∴，，
∴，∴，∴，∴，
∵垂直平分OA，∴，∴，
设，则，∴，∵，∴，
在直角三角形中，∵，∴，解得，
∴，
∴，
∵，∴，
∵，  ∴，∴，
设圆的半径为r，则在直角三角形中，，
∴，∴，作于点M，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，解得：（负值已舍去），∴．故选：C
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了同圆半径相等、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角性质等知识，综合性较强，熟练掌握上述知识、正确添加辅助线、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
2．（2023·辽宁丹东·校考一模）如图，等腰中，，点D在线段上运动（不与A、B重合），将与分别沿直线翻折得到与，给出下列结论：
①；②面积的最小值为；③当点D在的中点时，是等边三角形；
④当时，的长为；其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①由折叠直接得到结论；
②由折叠的性质求出，再用周角的意义求出；先作出的边上的高，用三角函数求出，得到，判断出面积最小时，点D的位置，据此求解即可；③先判断出是等边三角形，是等边三角形，再求出，即可；
④当D，C，Q共线时，可以证明，求出此时的值即可．
【详解】解：①∵将与分别沿直线翻折得到与，
∴．故①正确；②∵将与分别沿直线翻折得到与，
∴，∴，
∴，如图1中，

过点Q作交延长线于E，∵，∴，
在中，，∴，
∵∴，
∴最短时，最小，即：时，最短，过点C作，此时就是最短的，
∵，∴，∴，即：最短为2，
∴，故②错误，
③∵将与分别沿直线翻折得到与，∴，
∵，∴，∴是等边三角形，∴，
同理：是等边三角形，∴，∴，
∵当点D在的中点，∴，∴，∴是等边三角形．故③正确，
④如图2中，当D，C，Q共线时，∵，∴是等边三角形，
∴，∴，∴，
∴，∴四边形是菱形，∴，
∴四边形是平行四边形，∴，∴，
过点C作于F，则，
∵，∴，∴，故④正确，
综上，①③④正确，故选：B．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定，锐角三角函数，极值的确定，三角形的面积公式，解本题的难点是确定出面积最小时，点D的位置．
3．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考三模）如图，在正方形ABCD中，E是线段CD上一点，连接AE，将△ADE沿AE翻折至△AEF，连接BF并延长BF交AE延长线于点P，过点E作EM⊥PB于M．已知PF=，BF=2．其中正确结论的个数有（  ）
①∠APF=45°  ② ∠EFP=∠FBC    ③ PM=  ④

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】过点A作AN⊥BP于N，证得∠P＝∠PAN＝45°，得①正确；由等角的余角相等可证②正确；由∠EFM=∠FAN及∠EMF=∠FNA=90°可证得△EMF∽△FNA，再由可得PM=EM=，③正确；由△EMF∽△FNA 可得，④正确．
【详解】解：如图，过点A作AN⊥BP于N，

∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
由翻折的性质可知，AD＝AF，∠DAE＝∠EAF，∴AB＝AF，
∵AN⊥BF，∴BN＝FN，∠BAN＝∠FAN，∴∠PAN＝∠PAF＋∠FAN＝∠BAD＝45°，
∵∠ANP＝90°，∴∠P＝∠PAN＝45°，∴AN＝NP，故①正确；
由翻折的性质可知，∠D＝∠AFE=90°，∴∠EFP+∠AFN=90°，
∵AB＝AF，∴∠AFN=∠ABF，∴∠ABF+∠FBC=90°，∴∠EFP=∠FBC，②正确；
∵EM⊥BP，∠P＝45°，∴EM=PM，∵BN＝FN， BF=2，PF=，∴AN＝NP=+1，
∵∠EFM+∠AFN=90°，∠AFN+∠FAN=90°，∴∠EFM=∠FAN，
∵∠EMF=∠FNA=90°，∴△EMF∽△FNA，∴，即
解得PM=EM=，③正确；∵△FNA∽△EMF，∴，
∵CD＝AD＝AF，DE＝EF，∴，④正确.故选：D
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
4．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（    ）

①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，∴，与为等边三角形，
又，，
∴，在与中∴，∴AM=AN，
即为等边三角形，故①正确；
∵，当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，
∵，∴即，故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，∴，∴，
在中，，∴，
而菱形ABCD的面积为：，∴，故③正确，
当时，∴∴
∴∴故④正确；故选：D．

【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
5．（2022·湖北黄冈·统考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB=2．G为对角线BD的延长线上一点，E为线段CD的中点，BF⊥AE，连接OF．已知∠DAG=15°，其中结论正确的是（       ）
①AG=BD；②BF=；③；④S△POF=；⑤若E点为线段CD上一动点，当AE=EC+CQ时，AQ=4．

A．①②③④ B．①②④ C．②③⑤ D．①③⑤
【答案】D
【分析】根据正方形的性质与解直角三角形的方法逐个解题求解．①根据∠DAG=15°可得含60°角的直角三角形AOG，求出AG=2AO；②由∠DAE+∠BAF=90°，∠BAF+∠ABF=90°得∠BAF=∠DAE，tan∠BAF=tan∠DAE=，通过解直角三角形求出BF长度；③将OP：OA转化为OP：OD，通过△ADP∽△QBP求解；④先通过OP：OD=1：3求出三角形OAP的面积，再通过PF与AP的比值求出三角形POF的面积．⑤设ED=x，EC=2-x，通过相似三角形与勾股定理求出x的值从而求出AQ．
【详解】解：①∵∠DAG=15°，∴∠GAO=∠DAG+∠DAO=60°，∴∠G=30°，AG=2AO，
∵BD=2AO，∴AG=BD，∴①正确，符合题意．
②∵E为CD中点，∴DE=CD，∵∠DAE+∠BAF=90°，∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠BAF=∠DAE，∴tan∠BAF=tan∠DAE=，∴BF=2AF，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB=AF=2，
∴AF=，BF=2AF=，∴②错误，不符合题意．
③∵E为CD中点，EC∥AB，∴EC为△ABQ的中位线，C为BQ中点，∴BQ=2BC=2AD，
∵AD∥BQ，∴△ADP∽△QBP，∴，∴，
∴DP=BD，OP=OD-DP=BD-BD=BD，∴，∴③正确，符合题意．
④∵AB=2，BQ=2AB=4，∴AQ=，
∵，∴AP=AQ=，∴，∴，即S△POF=S△AOP，
∵，∴S△AOP=S△AOD=×S正方形ABCD=，
∴S△POF=S△AOP=，∴④错误，不符合题意．
⑤设ED=x，EC=2-x，则，即，∴CQ=，
∴AE=EC+CQ=2-x+，在Rt△ADE中，由勾股定理得：
AE=，∴，解得x=或x=-（舍）．∴AE=，
∵AD∥BQ，∴∠DAE=∠BQA，∴sin∠DAE=sin∠BQA=，
∴AQ=2AB=4，∴⑤正确，符合题意．故选：D．
【点睛】本题考查正方形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形的性质与解直角三角形的方法．
6．（2022·四川达州·统考二模）如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△ EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则下列说法中：①FG=;②CE=；③ME=;④MN=， 其中正确的个数有(    )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】过点E作PQ⊥CD，交DC于点P，交AB于点Q，连接BE，利用正方形的性质及等腰三角形的性质得出PE=PC，结合全等三角形的判定和性质以及勾股定理可判断②；利用勾股定理及相似三角形的判定和性质可判断①；由勾股定理及翻折的性质可判断③；连接GM，GN，交EF于点H，利用等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理即可判断④．
【详解】解：过点E作PQ⊥CD，交DC于点P，交AB于点Q，连接BE，

∵DC∥AB，∴PQ⊥AB，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，
∴∆PEC为等腰直角三角形，∴PE=PC，设PC=x，则PE=x，PD=4-x，EQ=4-x，∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90，∠PED=∠EFQ，∴∆DPE≅∆EQF，∴DE=EF，
∵DE⊥EF，∴∆DEF是等腰直角三角形，
在∆DCE与∆BCE中，，∴∆DCE≅∆BCE，∴DE=BE，∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，∴FQ=BQ=，∵AB=4，F是AB中点，∴BF=2，∴FQ=BQ=PE=1，
∴CE=，故②正确；PD=4-1=3，在Rt∆DAF中，，∴DE=EF=，
∵DC∥AB，∴∆DGC~∆FGA，∴，∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG=，故①正确；∵AC=，∴CG=，
∴EG=，由于翻折，∴ME=EG=，故③正确；
如图所示，连接GM，GN，交EF于点H，∠GFE=45°，

∴∆GHF为等腰直角三角形，∴GH=FH=，∴EH=EF-FH=，
由折叠可得：GM⊥EF，MH=GH=，∴∠EHM=∠DEF=90，∴DE∥HM，∴∆DEN~∆MNH，
∴，∴，∴EN=3NH，∴EN+NH=EH=，∴EN=，
∴NH=EH-EN=，在Rt∆GNH中，∴GN=，
由折叠可得MN=GN=，故④正确；故选：D．
【点睛】题目主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形及相似三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
7．（2022·江苏无锡·统考一模）我们定义：两边平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形，根据定义：①等边三角形一定是奇异三角形；②在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是奇异三角形，则a：b：c＝1：：2；③如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（不与点A、B重合），D是半圆的中点，C、D在直径AB的两侧，若在⊙O内存在点E，使AE＝AD，CB＝CE．则△ACE是奇异三角形；④在③的条件下，当△ACE是直角三角形时，∠AOC＝120°，其中，说法正确的有（  ）

A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】B
【分析】①设等边三角形的边长为a，代入检验即可；②在中，由勾股定理可得，因为是奇异三角形，且，所以，然后可得，，代入可求；③要证明△ACE是奇异三角形，只需证即可；④由③可得ΔACE是奇异三角形，所以，当ΔACE是直角三角形时，由②可得或，然后分两种情况讨论．
【详解】解：设等边三角形的边长为a，则，满足奇异三角形的定义，
等边三角形一定是奇异三角形，故①正确；
在中，，∵，∴，，
若是奇异三角形，一定有， ∴，∴，得．
∵，∴，∴，故②错误；
在中，，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，
在中，；在中，．
∵D是半圆的中点，∴，∴AD=BD，  ∴，
又∵，，∴．∴ΔACE是奇异三角形，故③正确；
由③可得ΔACE是奇异三角形，∴．
当ΔACE是直角三角形时，由②可得或，
（Ⅰ）当时，，即，
∵，∴，∴．

（Ⅱ）当时，，即，
∵∠ACB=90°，∴∠ABC=60°，∴∠AOC=2∠ABC=120°，
∴∠AOC的度数为60°或120°，故④错误；故选：B．
【点睛】本题主要考查了：1．命题；2．勾股定理；3．圆周角定理及推论；4．直角三角形的性质．能牢固掌握以上知识点并综合运用是做出本题的关键．
8．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考模拟预测）如图，已知正方形ABCD，E为边BC上一个动点（E点不与B、C重合），F为BC延长线上的一个动点，且有BE=CF，AE交BD于H，连接DF，过F作FG⊥BD于G，连接AG、EG，则下列结论： ①四边形AEFD为菱形；②AG=EG；③当E为BC中点时，tan∠BGE=；④当时，．其中正确的有____________．

【答案】②③④
【分析】证明 结合可判断①，如图，连接CG，过G作于N，证明 可判断②，如图，延长NG交AD于M，证明三角形为等腰直角三角形，可得 从而可判断③，如图，过作于 过作于 设 则 则 证明 再求解 再利用面积公式计算可判断④．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴
∵ ∴ 在Rt中，
∴ ∴四边形AEFD不为菱形；故①不符合题意；
如图，连接CG，过G作于N，由正方形的对称性可得：
∵ ∴

∵ 则 ∴ 故②符合题意；
如图，延长NG交AD于M，由正方形的对称性可得：

∵ ∴ 则
∵ ∴ ∴
∴ ∴
∵ ∴ ∵为BC的中点，∴
∴ 故③符合题意；
如图，过作于 过作于 ∴

∵ 则 设 则 ∴
由正方形的性质可得： ∴
∴ ∴
∵ ∴
∴ 故④符合题意；故答案为：②③④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，属于填空题中的压轴题．
9．（2023·山东日照·日照市新营中学校考一模）如图，在边长为8的正方形中，点O为正方形的中心，点E为边上的动点，连接，作交于点F，连接，P为的中点，G为边上一点，且，连接，则的最小值为____________．

【答案】
【分析】如图，连接，由题意知，，由，得，，证明，则，是等腰直角三角形，由是中点，则，，，如图，过作于，过作于，由，可知四点共圆，由，可得，进而可得在线段上运动，如图，延长，作点关于对称的点，过作于，连接交于，连接，由题意知，，且，可知当三点共线时，值最小，在中，由勾股定理得，，计算求解的值即可．
【详解】解：如图，连接，

由题意知，，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，∵，∴，
∴，∴是等腰直角三角形，
∵是中点，∴，∴，，
如图，过作于，过作于，∴，
∵，∴四点共圆，
∵，∴，∴在线段上运动，
如图，延长，作点关于对称的点，过作于，连接交于，连接，
由题意知，，∴，
∴三点共线时，值最小，∵，
在中，由勾股定理得，，
∴的最小值为，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，圆的内接四边形，对称的性质，等腰三角形的判定与性质，两点之间线段最短等知识．解题的关键在于确定点的运动轨迹．
10．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图所示，，半径为2的圆O内切于，P为圆O上一动点，过点P作分别垂直于的两边，垂足为M、N，则的最大值___________．

【答案】
【分析】作于点H，作于点F，则得到，即当与相切时，取的最大值，解题计算即可．
【详解】解：作于点H，作于点F，

∵，，∴
∴∴，
∴，∴，
∵，∴如图，当与相切时，取的最大值，

连接，，可知，四边形是正方形，∴，
在中，，∴，
在中，，
∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查的是“阿氏圆”模型，解题的关键是作辅助线构造．
11．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，为等腰直角三角形，D为中点，E、F分别为、上的点且满足，已知，，M为上一点，连接，且满足，则___________．

【答案】
【分析】连接，，作平分，交于点H，过H作于K点，过点E作于点G，根据等腰三角形的性质可得；证明，可得，进而可得，求出，，即可得，即可得，设，即有，，根据，可表示出，在中，，问题随之解得．
【详解】连接，，作平分，交于点H，过H作于K点，过点E作于点G，如图，∵，，∴，
∵在为等腰直角三角形，D为中点，
∴，，，，
∴，，
∴，，

∵，∴，∴，
∵，，∴，
∴，，即是等腰直角三角形，
∴，∴，
∵，，，∴，
∴，∴，
∵平分，，∴，
∴，∴，
∵平分，，，∴，，
设，∴，，∵，
∴，即：，∴，
在中，，∴，解得：，
∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理，等腰三角形的判定与性质勾股定理以及解直角三角形等知识，正确构筑辅助线是解答本题的关键．
12．（2023·福建福州·福建省福州屏东中学校考一模）如图，在正方形中，对角线，相交于点O，F是线段上的动点（点F不与点O，D重合），连接，过点F作分别交，于点H，G，连接交于点M，作交于点E，交于点N．有下列结论：①当时，；②；③时，；④．其中正确的是______（填序号）．

【答案】①②③
【分析】①正确．利用面积法证明即可．
②正确．如图中，过点M作于P，于Q，连接．想办法证明，再利用相似三角形的性质，解决问题即可．
③正确．如图中，将绕点C顺时针旋转得到，连接．则，，，，证明，利用勾股定理，即可解决问题．
④错误．假设成立，推出，显然不符合条件．
【详解】解：①如图，过点G作于T．

，，，，
四边形是正方形，，，，
，，，，，故①正确，
②如图，将绕点C顺时针旋转得到，连接．则，

，，，
∵，∴，∴，
，，，，，
，，，故②正确，
③如图，过点M作于P，于Q，连接．

，，，
，，，，
，，，，
，，
，，，，
，，
，，，，
，，，，，
，，，，
，，，是等腰直角三角形，，，
，，，，故③正确，
④假设成立，，，
，显然这个条件不成立，故④错误，故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
13．（2022·江苏宿迁·统考一模）如图1，已知矩形的边长，．某一时刻，动点M从点A出发，沿以的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿方向以的速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．

(1)若是等腰直角三角形，则___________（直接写出结果）．
(2)是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与相似？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．(3)如图2，连接，试求的最小值．
【答案】(1)2(2)存在，理由见解析(3)15
【分析】（1）根据题意可知只有时，是等腰直角三角形，再根据题意可用t表示出，，列出等式，解出t即可；
（2）分类讨论①当时和②当时，列出比例式，代入数据，即可求解；
（3）取CN中点E，作E点关于CD的对称点，连接．作M点关于BC的对称点，连接，．根据作图可知，，即可知当最小时最小，即最小值为的长．连接并延长，交CD于点F，AB于点G．由作图结合题意易求出，，，从而可求出．在中，利用勾股定理可求出，最后根据二次函数的性质，即得出时，最小，即此时，故可求出的最小值为15．
（1）∵，∴若是等腰直角三角形时，只有．
根据题意可知，，则，∴，解得，故答案为：2．
（2）∵，∴以A、M、N为顶点的三角形与相似分为两种情况，
①当时，有，即，解得：；
②当时，有，即，解得：．
当或时，以A、M、N为顶点的三角形与相似；
（3）如图，取CN中点E，作E点关于CD的对称点，连接．作M点关于BC的对称点，连接，．根据作图可知，，
∴，∴当最小时最小，
∵，∴的最小值为的长，即的最小值为2的长．
如图，连接并延长，交CD于点F，AB于点G．
∵作E点关于CD的对称点，∴，．
又∵E为中点，∴，G为AB中点， ∴，．
∵作M点关于BC的对称点，∴，∴．
在中，，
∵，∴时，最小，即．∴．

【点睛】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形性质，相似三角形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系的应用，三角形中位线的判定和性质，勾股定理以及二次函数的性质．（3）综合性强，较为困难，作出辅助线，利用三角形三边关系判断出的最小值为2的长是解题关键．
14．（2022·黑龙江哈尔滨·统考三模）已知：直线切于点A，点B、点C为上的点，连接．

(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接，点D为弧上一点，连接BD，连接交于点E，连接，交于点H，，求证：；
(3)在（2）的条件下，在射线上取点Q，使，连接，点P为中点，连接，若，求弦的长．
【答案】(1)证明过程见详解(2)证明过程见详解(3)
【分析】（1）连接AO并延长交⊙O于点N，连接BN，先求的∠FAB+∠BAN=90°，再求得∠BNA+∠BAN=90°，再根据∠FAB=∠BNA即可得证；（2）连接AO，根据AO=OC，可得∠OAE=∠OCE，根据切线的性质可得∠FAE+∠OAE=90°，再根据∠FAE=∠AEB，∠AEB=∠HEC，可得∠HEC+∠OAE=90°，即可得∠EHC=90°，即根据垂径定理有OC平分弦BD，BH=HD；（3）连接BO，在AD上取点M、T、N，使得AM=AB，AT=BP，ND=AP，连接QM，QT，NQ，过Q点作QG⊥AD于G点，第一步求证，第二步求证，第三步求证△AQM≌△BDA，得到AD=QM， ；第四步求证△PBD≌△TAQ，得到QT=PD，∠BPD=∠ATQ，即可得∠QTD=∠APD，∠QTD=∠ADQ，进而得到TQ=QD=QD；第五步证明△APD≌△NDQ，得到AD=NQ，AP=ND，QM=QN，根据QG⊥AD，可知△NQM是等腰三角形，即G点是MN的中点，即NG=GM，可得；第六步AT=AP=ND=6，AB=2AP=12，AM=AB=12，即得AG=AM-GM，DG=ND-GM，进而得到AD=AG+GD=18-2GM，结合，可得AD=14=QM，AG=10，在Rt△QGM中，，在Rt△AQG中，，则BD=AQ可求．
（1）连接AO并延长交⊙O于点N，连接BN，如图，

∵AF与⊙O相切，∴OA⊥AF，∴∠OAF=90°，即∠FAB+∠BAN=90°，
∵AN过圆心O，∴AN是⊙O的直径，∴∠ABN=90°，∴∠BNA+∠BAN=90°，∴∠FAB=∠BNA，
∵∠BNA=∠C，∴∠FAB=∠C；
（2）连接AO，如图，∵AO=OC，∴∠OAE=∠OCE，
∵根据切线的性质有∠FAO=90°，∴∠FAE+∠OAE=90°，
∵∠FAE=∠AEB，∠AEB=∠HEC，∴∠HEC=∠FAE，∴∠HEC+∠OAE=90°，
∵∠OAE=∠OCE，∴∠HEC+∠OCE=90°，
∴∠EHC=180°-∠HEC+∠OCE=180°-90°=90°，∴OC⊥BD，
∵OC是半径，∴根据垂径定理有OC平分弦BD，∴BH=HD；
（3）连接BO，在AD上取点M、T、N，使得AM=AB，AT=BP，ND=AP，连接QM，QT，NQ，过Q点作QG⊥AD于G点，如图，

根据（2）中结论可知OC⊥BD，∴在Rt△BOH中，，
∵HC=6OH，∴OC=OH+HC=7OH，∴OB=OC=7OH，
即，∵OC⊥BD，∴OC平分，∴，
∴∠BAC=∠CAD=∠BAD，∵∠BAC=∠BOC，∴∠BAD=∠BOC，
∴，根据题意可知AD＞AB，
对照（1）的证明方法可得∠QAD=∠ABD，∵AQ=BD，AB=AM，∴△AQM≌△BDA，
∴AD=QM，∠BAD=∠AMQ，∴；
∵∠QAD=∠ABD，BD=AQ，AT=BP，∴△PBD≌△TAQ，∴QT=PD，∠BPD=∠ATQ，
∵∠APD+∠BPD=180°，∠ATQ+∠QTD=180°，∴∠QTD=∠APD，
∵∠APD=∠ADQ，∴∠QTD=∠ADQ，∴TQ=QD=QD；
∵QD=PD，ND=AP，∠ADQ=∠APD，∴△APD≌△NDQ，
∴AD=NQ，AP=ND，∴QM=AD=QN，∵QM=QN，QG⊥AD，∴△NQM是等腰三角形，
∴G点是MN的中点，即NG=GM，∵，∴，∴，
∵NG=GM，QM=AD，∴，∵AP=6，P为AB中点，
∴AT=AP=ND=6，AB=2AP=12，AM=AB=12，∴AG=AM-GM=12-GM，DG=ND-GM=6-GM，
∴AD=AG+GD=AM-GM+ND-GM=12-GM+6-GM=18-2GM，
∵，∴7GM=18-2GM，即GM=2，∴AD=14=QM，AG=12-GM=12-2=10，
∵QG⊥AD，∴在Rt△QGM中，，
∴在Rt△AQG中，，∴BD=AQ=．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的性质、圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识，构造△APD≌△NDQ、△PBD≌△TAQ、△AQM≌△BDA并求出是解答本题的关键．
15．（2023·安徽合肥·统考一模）已知四边形，，相交于点P，且，，设，，．

(1)①如图1，当时，时，______；______；
②如图2，当时，时，______；______；
(2)观察（1）中的计算结果，利用图3证明，，三者关系．(3)如图4，在平行四边形中，点E，F，G分别是的中点，，，，求的长．
【答案】(1)①，；②，(2)，证明见解析(3)
【分析】（1）①先证明得到，则，，利用勾股定理求出；再由平行线的性质证明，则即可得到；②由含30度角的直角三角形的性质得到，则，，由勾股定理得；再证明，得到，则；（2）证明，得到，设，则，再利用勾股定理分别用m、n表示出，，即可得到结论；
（3）如图所示，连接，先证明四边形是平行四边形，得到；再证明是得中位线，推出；证明，得到，则由（2）的结论可知，，据此求解即可．
【详解】（1）解：①∵，，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
在中，由勾股定理得；
∵，∴，
∴，同理可得；故答案为：，；
②∵，，，∴，∴，
∵，∴，在中，由勾股定理得；
∵，∴，∴，
∴；故答案为：，；
（2）解：，证明如下：∵，∴，∴，
设，则，
∴由勾股定理得，，∴，
∵，∴；
（3）解：如图所示，连接，∵四边形是平行四边形，∴，，
∵E、F分别是得中点，∴，
∴四边形是平行四边形，∴；∵G是的中点，∴是得中位线，∴，
∵，∴；∵，∴，∴，
∴由（2）的结论可知，，∴，∴．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，证明第二问的结论是解题的关键．
16．（2022·广东深圳·南山实验教育麒麟中学校联考模拟预测）解答题
(1)如图1，在正方形中，点，分别是，上的两点，连接，，若，则的值为_________；(2)如图2，在矩形中，，，点是上的一点，连接，，若，则的值为_________；
【类比探究】(3)如图3，在四边形中，，点为上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，交的延长线于点，求证：
【拓展延伸】(4)如图4，在中，，，，将沿翻折，点落在点处，得到，点，分别在边，上，连接，，若，则的值为_________．

【答案】(1)【答题空1-1】1(2)【答题空2-1】(3)见解析(4)【答题空4-1】
【分析】（1）通过证明△AED△DFC得到ED=FC，结论可得；
（2）通过证明△EDC△DCB，得到 ，利用矩形的性质结论可得；
（3）过点F作FH⊥BC于点H，则四边形ABHF为矩形；类比（2）的方法证明△AED△HCF，即可得出结论； （4）过点C作CM⊥AD于点M，连接AC，交BD与点H，利用勾股定理和相似三角形的性质求得AH，BH，AC，DH的长度，利用三角形的面积公式求得CM的长度，类比（2）的方法证明△AED△FMC，利用相似三角形的性质即可得出结论
【详解】（1）解：∵ 四边形是正方形，
∴，，∴．
∵，∴．∴．
在和中，，∴．
∴∴故答案为：1．
（2）解：∵四边形是矩形，∴．∴．
∵，∴∴
∵，∴，∴．
∵，，∴ ．故答案为：．
（3）证明：过点作于点，如图，

∵ ，，∴ 四边形为矩形．
∴，∴
∵，∴．
∵，，∴
∵，∴，∴
∵，∴∴∴∴
（4）解：过点作于点，连接，交于点，如图，

由题意：与关于轴对称，∴垂直平分，即，．
∵，，∴，∴∴
∵，∴，∴∴．
∵，∴．
∵，∴∴ ．
∵，∴∵，∴∴．
∵，∴．∴
【点睛】本题是相似三角形的综合题，主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，三角形的面积，利用类比的方法解答是解题的关键．
17．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十九中学校校考模拟预测）三角形ABC内接于⊙O，点D为⊙O上一动点，连接AD、BD、CD，AB＝AC．

(1)当点D在弧AC上时，求证：；(2)当点D在弧BC上时，若BD＋CD＝AD，求证：为等边三角形；(3)在（2）的条件下，设AD、BC交于点F，点M为AF的中点，弦QH经过点M，与BC交于点K，若DMH＝30°，BF＝5，FK＝3.5，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)
【分析】（1）AB＝AC得，另根据， ，即可证明结论成立；
（2）如图4，在线段CD的延长线上取一点E，使得DE=BD，连接BE，由BD＋CD＝AD，DE=BD， DE＋CD＝CE得CE=AD，， 进而得，，于是证明，得BE=BD=DE，进而得即可证明结论成立；
（3）作AW∥MK，交BC于W，将△ABF绕点A逆时针旋转60°，得到△ACI，连接WI,作IE⊥WC，交BC延长线于点E，作BG⊥CD，交CD延长线于点G，证明△AFW≌△AIW，解直角三角形得出WC=3，利用相似三角形的性质得出CD=2BD，再利用解直角三角形即可求解．
（1）证明：如图1，

AB＝AC，，
， ，，；
（2）证明：如图4，在线段CD的延长线上取一点E，使得DE=BD，连接BE，

BD＋CD＝AD，DE=BD， DE＋CD＝CE，CE=AD，，
AB＝AC，，
，
，
，
在和中，，，
BE=BD=DE，，为等边三角形；
（3）解：作AW∥MK，交BC于W，将△ABF绕点A逆时针旋转60°，得到△ACI，连接WI,作IE⊥WC，交BC延长线于点E，作BG⊥CD，交CD延长线于点G，
∵M是AF的中点，∴，∴FK=KW=3.5，
∵∠FMH=30°，AW∥MK，∴∠FAW=∠FMH=30°，
由旋转可知，AI=AF,∠FAI=∠FCI=60°，∴∠FAW=∠IAW=30°，
∵AW=AW，∴△AFW≌△AIW，∴WI=FW=2×3.5=7，IC=BF=5，
∵∠ACB=∠FCI=60°，∴∠ECI=60°，∴IE=IC·sin60°= ，CE=IC·cos60°=，
，WC=WE-EC=3，FC=10，
∵∠BFD=∠AFC，∠DBC=∠DAC，∴△BFD∽△ACF，∴①，
∵∠BFA=∠DFC，∠BAD=∠DCF，∴△BFA∽△DFC，∴②，
∵AB=AC，①÷②得，，设BD=m，则CD=2m，
∵∠ADB=∠ACB=60°，∠ABC =∠ADC=60°，∴∠BDG=60°，
∴BG=BD·sin60°= ，GD=BD·cos60°=，∴，
解得，（负值舍去），BD的长为．

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、圆周角定理、解直角三角形的综合应用，解题关键是恰当作辅助线，利用全等三角形和相似三角形的性质求解．
18．（2022·河南郑州·河南省实验中学校考模拟预测）【问题情境】：
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1，已知矩形纸片，其中宽．

(1)【动手实践】：如图1，威威同学将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕的长度为______．
(2)【探究发现】：如图2，胜胜同学将图1中的四边形剪下，取边中点，将沿折叠得到，延长交于点．点为边的中点，点是边上一动点，将沿折叠，当点的对应点落在线段上时，求此时的值；
(3)【反思提升】：明明同学改变图2中点的位置，即点为边上一动点，点仍是边上一动点，按照（2）中方式折叠，使点落在线段上，明明同学不断改变点的位置，发现在某一位置与（2）中的相等，请直接写出此时的长度．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）通过折叠的性质可证明△BMN是等腰直角三角，利用勾股定理即可求出BN；
（2）先证明．再证明，接着证明，即有∴，进而求出NF，MF，则在Rt△BFM中，有，即得解；
（3）过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，根据（2）的结果得到tan∠QPM=，即可得，先证明四边形KPMS是矩形，再证，即有，设SQ=m，=n，则有，，利用勾股定理可表示出，∴，根据KP=SM=SQ+QM，有，可得，即=，∴，在结合tan∠FBM=可得，进而有，解得：，则BQ得解．
(1)根据矩形的性质有∠A=∠ABM=90°，
根据折叠的性质有∠A=∠BMN，AB=BM，AN=MN，
∴∠A=∠ABM=90°=∠BMN，即四边形ABMN是矩形，∴AB=MN，BM=AN，
∵AB=BM，AN=MN，∴矩形ABMN是正方形，∴MN=BM=AB，
∵AB=8，∴MN=BM=8，∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BN=MN=，故答案为：；
(2)连接EF，如图，

在（1）中已得矩形ABMN是正方形，∴AN=MN=BM=AB=8，，
∵E为AN中点，Q为BM中点，∴AE=EN=4=BQ=QM，
∴根据翻折的性质有，，，，，
∴，，∴，
∵，∴．
∵，，，∴，∴，
又∵，，∴，
∵，∴，∴结合有，∴，
∵AB=8，AE=EN=4，∴，即NF=2，∴MF=MN-NF=8-2=6，
∴在Rt△BFM中，，
∵，∴；
(3)过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，如图，

在（2）中求得tan∠PQM=，∵∠QPM与（2）中的∠PQM相等，
∴可知tan∠QPM=tan∠PQM=，∴在Rt△PQM中，，
∴根据翻折的性质有，=90°，∴∠KP+∠QS=90°，
∵，，PM⊥BM，∴KS⊥KP，KS⊥BM，KP⊥MN，
∴∠K=90°=∠KSQ，且四边形KPMS是矩形，∴∠SQ+∠QS=90°，
∴∠KP=∠SQ，∴，∴，
设SQ=m，=n，则有，，
∴在Rt△中，，∴，
∵四边形KPMS是矩形，∴KP=SM=SQ+QM，∴，可得，即=，
∴，∵在（2）中已求得tan∠FBM=，∴，
∵BS=BM-SQ-QM=8-m-=，∴，解得：，
∴BQ=BM-QM=．
【点睛】本题主要考查了翻折的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行的判断与性质、解直角三角形、正方形的判定与性质等知识，构造合理的辅助线证得是解答本题的关键．
19．（2022·黑龙江·统考三模）综合与实践折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，既可以得到一些美丽的图形，同时还蕴含着丰富的数学知识．

如图①，在矩形纸片ABCD中，．
活动一：(1)如图②，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在点C处，点D落在点处，展开得到折痕EF交AB边于点E，交CD边于点F，则_______；
活动二：(2)如图③，连接图②中的AC交EF于点O，连接AF．猜想四边形AECF是什么特殊四边形，并证明你的猜想；
活动三：(3)如图④，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边的中点处，点D落在点处，展开得到折痕EF交AB边于点E，交CD边于点F，则_______，_______；
活动四：(4)如图⑤，若点A落在靠近点B的BC的四等分点处，即，则与相似吗？若相似，请直接写出相似比；若不相似，请说明理由．
【答案】(1)；(2)四边形AECF是菱形，证明见解析；(3)；
(4)与相似，相似比为
【分析】（1）由翻折的性质和勾股定理求得BE、AE的值，然后证明，过点F作于H，由勾股定理即可求得EF的值；
（2）由翻折的性质证明，然后通过四边相等证明菱形；
（3）根据折叠的性质和勾股定理求得BE的值，进而可以求出的值；
（4）先由折叠的性质得到，然后通过勾股定理求出和的值，通过与的比值即可得到与的相似比．
（1）解：由翻折可得，，
在Rt△BCE中，
即，解得，，
由翻折得，
，，
在与中，，
，过点F作于H，则，

∴四边形ADFH是矩形，，
，在Rt△FHE中，，故答案为：；
（2）四边形AECF是菱形．证明：四边形ABCD是矩形，，，
折叠矩形纸片ABCD，点A落在点C处，折痕为EF，，
，在△AOE与△COF中，，
，，，∴四边形AECF是菱形；
（3）由折叠可得，是BC的中点，，
设，，在中，，
，即，解得，，
∴在中，，故答案为：；；
（4）由折叠可得，
，
又，，
又，，，，
设，则，在中，，
即，解得，，
，，
，，，
故两个三角形的相似比为．
【点睛】本题是一道翻折与四边形综合问题，考查的知识点较多，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理解三角形，解直角三角形等，综合性较强，难度较大，熟练掌握这些性质定理是解题的关键．
20．（2022·四川绵阳·统考三模）如图1，在矩形 ABCD 中，AB= 8，BC= 6，动点E从点A出发沿线段AB以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点B时停止，在运动过程中，经过 A、D、E三点的☉O交线段 BD于点K，交线段CD于点H，将△ADE 沿DE翻折得到△GDE．(1)求证：四边形AEHD是矩形；(2)当点G恰好落在点K处时，求线段HG的长；(3)如图2，连接AG交DE于点P，并延长AG交∠GDC的平分线于点R，设点E运动的时间为t（0