专题31 几何综合压轴题（40题）-学易金卷：2023年中考数学真题分项汇编（全国通用）

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专题31 几何综合压轴问题（40题）

1．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．
  
(1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；
(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．
【答案】(1)最大值为，最小值为
(2)
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；
（2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解．
【详解】（1）解：依题意，，，
当在的延长线上时，的距离最大，最大值为，
当在线段上时，的距离最小，最小值为；
  
（2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，
  
∵绕顶点逆时针旋转，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．
2．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，点为线段上一点，分别以为等腰三角形的底边，在的同侧作等腰和等腰，且．在线段上取一点，使，连接．
  
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，若的延长线恰好经过的中点，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，推出，利用证明即可证明结论成立；
（2）取的中点H，连接，证明是的中位线，设，则，证明，得到，即，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵等腰和等腰，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：取的中点H，连接，
  
∵点是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
整理得，
解得（负值已舍），
经检验是所列方程的解，且符合题意，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
3．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．
  
(1)如图1，求边上的高的长．
(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．
②当是直角三角形时，求的长．
【答案】(1)8
(2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；
（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；
②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．
【详解】（1）在中，，
在中，．
（2）①如图1，作于点，由（1）得，，则，
作交延长线于点，则，
  
∴．
∵
∴．
由旋转知，
∴．
设，则．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
②由旋转得，，
又因为，所以．
情况一：当以为直角顶点时，如图2．
  
∵，
∴落在线段延长线上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情况二：当以为直角顶点时，如图3．
  
设与射线的交点为，
作于点．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
化简得，
解得，
∴．
情况三：当以为直角顶点时，
点落在的延长线上，不符合题意．
综上所述，或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．
4．（2023·甘肃武威·统考中考真题）【模型建立】
（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．
①求证：；
②用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若，，求的值．
  
【答案】（1）①见解析；②，理由见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）①证明：，再证明即可；②由和关于对称，可得．证明，从而可得结论；
（2）如图，过点作于点，得，证明，．可得，证明，，可得，则，可得，从而可得结论；
（3）由，可得，结合，求解，，如图，过点作于点．可得，，可得，再利用余弦的定义可得答案．
【详解】（1）①证明：∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∴．
  
②．理由如下：
∵和关于对称，
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）．理由如下：
如图，过点作于点，得．
    
∵和关于对称，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵是直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，即．
（3）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
如图，过点作于点．
  
∵，
∴，
．
∴．
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．
5．（2023·江西·统考中考真题）课本再现
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？
可以发现并证明菱形的一个判定定理；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
(1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
己知：在中，对角线，垂足为．
求证：是菱形．
  
(2)知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．
  
①求证：是菱形；
②延长至点，连接交于点，若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据平行四边形的性质证明得出，同理可得，则， ，进而根据四边相等的四边形是菱形，即可得证；
（2）①勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，得出，即可得证；
②根据菱形的性质结合已知条件得出，则，过点作交于点，根据平行线分线段成比例求得，然后根据平行线分线段成比例即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴， ，
∵
∴，
在中，

∴
∴，
同理可得，则，
又∵
∴
∴四边形是菱形；
（2）①证明：∵四边形是平行四边形，．
∴
在中，，，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴，
∴四边形是菱形；
②∵四边形是菱形；
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图所示，过点作交于点，
  
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
6．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
    
由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；
  
(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A．
(2)
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，在根据可证明，由勾股定理求即可，
（3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可．
【详解】（1）解：∵，
∴为等边三角形；
∴，，
又，故，
由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，
最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，，
∴，，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④．
（2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，
  
∵，
∴，
又∵
∴，
由旋转性质可知：，
∴，
∴最小值为，
（3）∵总的铺设成本
∴当最小时，总的铺设成本最低，
将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由旋转性质可知：，，，，
∴，
∴，
当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，
  
过点作，垂足为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
的最小值为
总的铺设成本（元）
故答案为：
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
7．（2023·山东枣庄·统考中考真题）问题情境：如图1，在中，，是边上的中线．如图2，将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，折痕分别交于点E，G，F，H．
    
猜想证明：
(1)如图2，试判断四边形的形状，并说明理由．
问题解决；
(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交于点M，N，的对应线段交于点K，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)30
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到，即可得出结论．
（2）先证明四边形为平行四边形，过点作于点，等积法得到的积，推出四边形的面积，即可得解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵在中，，是边上的中线，
∴，
∵将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，
∴，
∴，
∴，
∴，
同法可得：，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
由（1）知：，，
∴，
过点作于点，
  
∵，
∴，
∵四边形的面积，，
∴四边形的面积．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
8．（2023·湖南·统考中考真题）（1）[问题探究]
如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．
  
①求证：；
②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究与的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．
  
【答案】（1）①见解析；②不变化，，理由见解析；③，理由见解析
（2），理由见解析
【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论；
②作，垂足分别为点M、N，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明， 得出，进而可得结论；
③作交于点E，作于点F，如图，证明，即可得出结论；
（2）先证明，作交于点E，交于点G，如图，则四边形是平行四边形，可得，都是等边三角形，进一步即可证得结论．
【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴；
②的大小不发生变化，；
证明：作，垂足分别为点M、N，如图，
  
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即；
③；
证明：作交于点E，作于点F，如图，
      
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
作于点M，
则，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）；
证明：∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
作交于点E，交于点G，如图，
则四边形是平行四边形，，，
∴，都是等边三角形，
∴，
    
作于点M，则，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．
9．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在中，，点分别为边的中点，连接．
初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________．
特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接．
  
（1）求的度数；
（2）求的长．
深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或
【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论；
（2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则；
（3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解．
【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点，
∴是的中位线，
∴；；
故答案是：；
（2）特例研讨：（1）如图所示，连接，，
  
∵是的中位线，
∴，
∴
∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，
∴；
∵点在同一直线上时，
∴
又∵在中，是斜边的中点，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，即旋转角
∴
∴是等边三角形，
又∵，
∴,
∴,
∴,
∴,
（2）如图所示，连接，
∵，，
∴，,
  
∵,
∴,
∴,
设，则，
在中，，则，
在中，,
∴,
解得：或（舍去）
∴,
（3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时，
  
∵，
∴，
设，则，
∵是的中位线，
∴
∴，
∵将绕点顺时针旋转，得到，
∴，，
∴
∴，
∵点在同一直线上，
∴
∴，
∴在同一个圆上，
  
∴
∴
∵，
∴；
如图所示，当在上时，
  
∵
∴在同一个圆上，
设，则，
将绕点顺时针旋转，得到，
设，则，则，
∴，
∵,
∴，
∵
∴
∴
综上所述，或
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）【问题呈现】
和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．
  
(1)如图1，当时，直接写出，的位置关系：____________；
(2)如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
(3)当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．
【答案】(1)
(2)成立；理由见解析
(3)或
【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论；
（2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论；
（3）分两种情况，当点E在线段上时，当点D在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，



，
∴，
∴；
故答案为：．
  
（2）解：成立；理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，



，
∴，
∴；
  
（3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：
  
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
当点D在线段上时，连接，如图所示：
  
设，则，
根据解析（2）可知，，
∴，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：或（舍去），
∴此时；
综上分析可知，或．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．
11．（2023·河北·统考中考真题）如图1和图2，平面上，四边形中，，点在边上，且．将线段绕点顺时针旋转到的平分线所在直线交折线于点，设点在该折线上运动的路径长为，连接．
  
(1)若点在上，求证：；
(2)如图2．连接．
①求的度数，并直接写出当时，的值；
②若点到的距离为，求的值；
(3)当时，请直接写出点到直线的距离．（用含的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①，；②或
(3)

【分析】（1）根据旋转的性质和角平分线的概念得到，，然后证明出，即可得到；
（2）①首先根据勾股定理得到，然后利用勾股定理的逆定理即可求出；首先画出图形，然后证明出，利用相似三角形的性质求出，，然后证明出，利用相似三角形的性质得到，进而求解即可；
②当点在上时，，，分别求得，根据正切的定义即可求解；②当在上时，则，过点作交的延长线于点，延长交的延长线于点，证明，得出，，进而求得，证明，即可求解；
（3）如图所示，过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）∵将线段绕点顺时针旋转到，
∴
∵的平分线所在直线交折线于点，
∴
又∵
∴
∴；
（2）①∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴；
如图所示，当时，
  
∵平分
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴
∵，
∴
∴，即
∴解得
∴．
②如图所示，当点在上时，，
  
∵，
∴，，
∴，
∴
∴；
如图所示，当在上时，则，过点作交的延长线于点，延长交的延长线于点，
  
∵，
∴，
∴
∴
即
∴，，
∴
∵
∴，
∴，
∴
∴
解得：
∴，
综上所述，的值为或；
（3）解：∵当时，
∴在上，
如图所示，过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形，
∴，，
  
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
又∵，
∴，
∴
∵，，设，
即
∴，
∴
整理得
即点到直线的距离为．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，熟练掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．
12．（2023·四川达州·统考中考真题）（1）如图①，在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点落在上处，若，求的值；
  
（2）如图②，在矩形的边上取一点，将四边形沿翻折，使点落在的延长线上处，若，求的值；
（3）如图③，在中，，垂足为点，过点作交于点，连接，且满足，直接写出的值．
【答案】（1）；（2）5；（3）
【分析】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得，设则，中利用勾股定理求得，则，，进而求解即可；
（2）由矩形的性质和翻折性质得到，证明，利用相似三角形的性质求得，则，在中，利用勾股定理求得，
进而求得，可求解；
（3）证明得到，则；设，，过点D作于H，证明得到，在中，由勾股定理解得，进而可求得，在图③中，过B作于G，证明，则，，再证明，在中利用锐角三角函数和求得即可求解．
【详解】解：（1）如图①，∵四边形是矩形，
∴，，，
由翻折性质得，，
在中，，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，解得，
∴，，
∴；
（2）如图②，∵四边形是矩形，
∴，，，
由翻折性质得，，，，
∴
∴，
∴，
∴，即，又，
∴，
∴，
在中，，
∴，则，
∴；
（3）∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，则；
设，，
过点D作于H，如图③，则，
∴；
  
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，解得，
∴，，
在中，，
在图③中，过B作于G，则，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，则，
在中， ，，
∵，
∴，则，
∴．
  
【点睛】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．
13．（2023·湖南郴州·统考中考真题）已知是等边三角形，点是射线上的一个动点，延长至点，使，连接交射线于点．
  
(1)如图1，当点在线段上时，猜测线段与的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点在线段的延长线上时，
①线段与的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接．设，若，求四边形的面积．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①成立，理由见解析②

【分析】（1）过点作，交于点，易得，证明，得到，即可得出结论．
（2）①过点作，交的延长线于点，易得，证明，得到，即可得出结论；②过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，根据已知条件推出，得到，证明，得到，求出的长，利用四边形的面积为进行求解即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵是等边三角形，
∴，
过点作，交于点，
  
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴；
（2）①成立，理由如下：
∵是等边三角形，
∴，
过点作，交的延长线于点，
  
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴；
②过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，则：，
  
由①知：为等边三角形，，，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
设，则：，，
∴，
∵，
∴，
∴，即：②，
联立①②可得：（负值已舍去），
经检验是原方程的根，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形的面积为

．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似三角形．
14．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，连接，，．
  
(1)若正方形的边长为2，E是的中点．
①如图1，当时，求证：；
②如图2，当时，求的长；
(2)如图3，延长，交于点G，当时，求证：．
【答案】(1)①详见解析；②
(2)详见解析

【分析】（1）①由，证明，可得结论；②如图，延长，交于点G作，垂足为H，证明，可得，可得，设可得，可得，可得，证明，可得，从而可得答案；
（2）如图，延长，作，垂足为H，证明，设，可得，由，可得，可得，由可得，可得，证明，可得，，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，
  
正方形中，，
①，
∴，
，
，
②如图，
  
延长，交于点G，
作，垂足为H，
且，
，
，
，
，
方法一：设，
∴，
∴，
在中，，
，
，
方法二：在中，由，设，
，
，
，
又且，
，
，
，
；
（2）如图
  
延长，作，垂足为H，
且，
，
设，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，则，
又且，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，本题计算量大，对学生的要求高，熟练的利用参数建立方程是解本题的关键．
15．（2023·湖北武汉·统考中考真题）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，，交于点，探究与的数量关系．
    
问题探究：
(1)先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小；
(2)再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系．
问题拓展：
(3)将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）延长过点F作，证明即可得出结论．
（2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明．
（3）过点A作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，由（2）知，，通过相似求出，即可解出．
【详解】（1）延长过点F作，
∵，
，
∴，
在和中

∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴．
    
故答案为：．
（2）解：在上截取，使，连接．
，
，
．
，
．
．


，
．

．
  
（3）解：过点作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，

．
在中，

，
．
，由（2）知，．

．
，
，
，
在上截取，使，连接，作于点O．
由（2）知，，
∴，
∵，
∴，．
∵，
∴，
∵，
∴．

．
  
【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角形相似．
16．（2023·山西·统考中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．
  
(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；
(2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．
    
①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
  
②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．
  
【答案】(1)正方形，见解析
(2)①，见解析；②
【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形；
（2）①由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论；②设的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．
【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下：
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴四边形为矩形．
∵，
∴．
∴矩形为正方形．
（2）：①．
证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∵，即，
∴．
∵，
∴．
由（1）得，
∴．
②解：如图：设的交点为M，过M作于G，
∵，
∴，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴点G是的中点；
由勾股定理得，
∴；
∵，
∴，即；
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，即的长为．
    
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．
17．（2023·湖北十堰·统考中考真题）过正方形的顶点作直线，点关于直线的对称点为点，连接，直线交直线于点．
  
(1)如图1，若，则___________；
(2)如图1，请探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)在绕点转动的过程中，设，请直接用含的式子表示的长．
【答案】(1)
(2)
(3)，或，或
【分析】（1）如图，连接，，由对称知，
由四边形是正方形得，所以，从而；
（2）如图，连接，，，，交于点H，由轴对称知，,，，可证得，由勾股定理得，中，，中，，从而；
（3）由勾股定理，，分情况讨论：当点F在D,H之间时，；当点D在F,H之间时，；当点H在F,D之间时，．
【详解】（1）解：如图，连接，，
∵点关于直线的对称点为点，
∴，关于对称，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴ ，
  
∴．
故答案为：20．
（2）解：；理由如下：
如图，由轴对称知，,，
  
而
∴
∴
∴
∴中，
中，
∴即；
（3）∵，，
∴，
∵，
∴，
如图，当点F在D,H之间时，，
  
如图，当点D在F,H之间时，
  
如图，当点H在F,D之间时，
  
【点睛】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾股定理等，将运动状态的所有可能考虑完备，分类讨论是解题的关键．
18．（2023·辽宁大连·统考中考真题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点落在上时，．”
小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
  
问题1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如图1，当点落在上时，求证：；
（2）如图2，若点为中点，，求的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；问题2：
【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得，根据邻补角互补可得，即可得证；
（2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解；
问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴，，
∵，
∴；
（2）如图所示，连接，交于点，
  
∵折叠，
∴，，，，
∵是的中点，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，
  
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
则，
在中，，,，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
19．（2023·山东·统考中考真题）（1）如图1，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：．
  
【问题解决】
（2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长．
【答案】（1）见解析
（2）见解析 
（3）3
【分析】（1）由矩形的性质可得，则，再由，可得，则，根据等角的余角相等得，即可得证；
（2）利用“”证明，可得，由，可得，利用“”证明，则，由正方形的性质可得，根据平行线的性质，即可得证；
（3）延长到点，使，连接，由菱形的性质可得，，则，推出，由全等的性质可得，，进而推出是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
又，
，
点在的延长线上，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，延长到点，使，连接，
  
四边形是菱形，
，，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．
20．（2023·福建·统考中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．
  
(1)求证：；
(2)求的度数；
(3)若是的中点，如图2．求证：．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论；
（2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答；
（3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．
【详解】（1）解： 是由线段绕点顺时针旋转得到的，
，
，
．
，
．
．
，
．
．
（2）解：如图1：设与的交点为，
  
，
，
，
．
，
，
．
又，
．
，
．
（3）解：如图2：延长交于点，连接，
  
，
，
．
是的中点，
．
又，
，
．
，
，
．
由（2）知，，
．  
，
，
，
，即．
，
，
．
【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似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知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
21．（2023·四川·统考中考真题）如图1，已知线段，，线段绕点在直线上方旋转，连接，以为边在上方作，且．
  
(1)若，以为边在上方作，且，，连接，用等式表示线段与的数量关系是 　 　；
(2)如图2，在(1)的条件下，若，，，求的长；
(3)如图3，若，，，当的值最大时，求此时的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）在中，，，且，，可得，根据相似三角形的性质得出，，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（2）延长交于点，如图所示，在中，求得，进而求得的长，根据（1）的结论，得出，在中，勾股定理求得，进而根据，即可求解．
（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，同（1）可得，进而得出在以为圆心，为半径的圆上运动，当点三点共线时，的值最大，进而求得，，根据得出，过点作，于点，分别求得,然后求得，最后根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：在中，，，且，，
∴，，
∴，，
∴
∴
∴，
故答案为：．
（2）∵，且，，
∴，，
延长交于点，如图所示，
  
∵，
∴，
∴在中，，，
∴，
由（1）可得，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，
  
同（1）可得
则，
∵，则，
在中，，，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点三点共线时，的值最大，此时如图所示，则，
  
在中，
∴,，
∵，
∴，
过点作，于点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
中，．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定义，求圆外一点到圆的距离的最值问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
22．（2023·广西·统考中考真题）【探究与证明】
折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，展平纸片，连接，，．
  
请完成：
(1)观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系；
(2)证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在，上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．
  
请完成：
(3)证明是的一条三等分线．
【答案】(1)
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）根据题意可进行求解；
（2）由折叠的性质可知，，然后可得，则有是等边三角形，进而问题可求证；
（3）连接，根据等腰三角形性质证明，根据平行线的性质证明，证明，得出，即可证明．
【详解】（1）解：由题意可知；
（2）证明：由折叠的性质可得：，，，，
∴，，
∴是等边三角形，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：连接，如图所示：

由折叠的性质可知：，，，
∵折痕，，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的一条三等分线．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明，是解题的关键．
23．（2023·重庆·统考中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．
    
(1)如图1，若，，求线段的长．
(2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点． 若，求证：．
(3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到． 连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）解，求得，根据即可求解；
（2）延长使得，连接，可得，根据，得出四点共圆，则，，得出，结合已知条件得出，可得，即可得证；
（3）在取得最小值的条件下，即，设，则，，根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，连接，交于点，则四边形是矩形，得出是的中位线，同理可得是的中位线，是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则，在中，勾股定理求得，进而即可求解．
【详解】（1）解：在中，，，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图所示，延长使得，连接，
  
∵是的中点则，，，
∴，
∴，
∴，
∴
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴四点共圆，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图所示，
  
在取得最小值的条件下，即，
设，则，，
∴，，
∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到．
∴
∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，
取的中点，连接，
则是的中位线，
∴在半径为的上运动，
当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，
  
∵是的中点，
∴，
∴是等边三角形，
则，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
如图所示，连接，交于点，则四边形是矩形，
    
∴，是的中点，
∴
即是的中位线，同理可得是的中位线，
∴，
∵是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，
∴
∴
则
在中，
∴．
    
【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
24．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在等边三角形中，为上的一点，过点作的平行线交于点，点是线段上的动点（点不与重合）．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接交于．
  
(1)证明：在点的运动过程中，总有．
(2)当为何值时，是直角三角形？
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用四点共圆知识解答即可．
（2）只有，是直角三角形，解答即可．
【详解】（1）∵等边三角形，
∴,，
∵，
∴，
∵绕点逆时针方向旋转，得到，
∴，
∴时等边三角形，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴．
（2）如图，根据题意，只有当时，成立，
∵绕点逆时针方向旋转，得到，
∴，
∴时等边三角形，
∴，
∵，
  
∴，
∵等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值，熟练掌握等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值是解题的关键．
25．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．
若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
  
【答案】图②中，图③中，证明见解析
【分析】图②：如图②所示，连接，先由三角形中位线定理得到，，再证明得到，则，进一步证明，即可证明是等腰直角三角形，则；
图③：仿照图②证明是等边三角形，则．
【详解】解：图②中，图③中，
图②证明如下：
如图②所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴




，
∴是等腰直角三角形，
∴；
  
图③证明如下：
如图③所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴





，
∴是等边三角形，
∴．
  
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．
  
(1)发现问题：如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则与的数量关系：______，______；
(2)类比探究：如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数，并说明理由；
(3)拓展延伸：如图3，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点，，在一条直线上，过点作，垂足为点．则，，之间的数量关系：______；
(4)实践应用：正方形中，，若平面内存在点满足，，则______．
【答案】(1)，
(2)，，证明见解析
(3)
(4)或
【分析】（1）根据已知得出，即可证明，得出，，进而根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）同（1）的方法即可得证；
（3）同（1）的方法证明，根据等腰直角三角形的性质得出，即可得出结论；
（4）根据题意画出图形，连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，证明，得出，勾股定理求得，进而求得，根据相似三角形的性质即可得出，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
设交于点，
  
∵
∴，
故答案为：，．
（2）结论：，；
证明：∵，
∴，即，
又∵，，
∴
∴，

∵，，
∴，
∴，
（3），理由如下，
∵，
∴，
即，
又∵和均为等腰直角三角形
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴；
（4）解：如图所示，
  
连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，
延长至，使得，
则是等腰直角三角形，
  
∵,
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
在中，，
∴
∴
过点作于点，
设，则，
在中，，
在中，
∴
∴
解得：，则，
设交于点，则是等腰直角三角形，
∴
在中，

∴
∴
又，
∴
∴
∴，
∴
∴，
在中，
∴，
综上所述，或
故答案为：或．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．
27．（2023·广东深圳·统考中考真题）（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，
①若，过作交于点，求证：；
②若时，则______．
  
（2）如图，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．
  
（3）如图，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．
  
【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）或或
【分析】（1）①根据矩形的性质得出，，进而证明结合已知条件，即可证明；
②由①可得，，证明，得出，根据，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出，，根据已知条件得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，证明，解，进而得出，根据，得出，建立方程解方程即可求解；②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，同理证明，根据得出，建立方程，解方程即可求解；③当点在边上时，如图所示，过点作于点，求得，而，得出矛盾，则此情况不存在．
【详解】解：（1）①∵四边形是矩形，则，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴；
②由①可得，
∴
∴，
又∵
∴,
故答案为：．
（2）∵在菱形中，，
∴，，
则，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴,
又，
∴，
∴，
∴；
（3）①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，
  
∵平行四边形中，，，
∴，,
∵，
∴
∴，
∴
∴
在中，，
则，，
∴
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
设，则，，，
∴
解得：或，
即或，
②当点在边上时，如图所示，
  
连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，
设，则，，
∵
∴
∴，
∴
∴，
∵
∴
过点作于点，
在中，，
∴，，
∴，则，
∴，
∴，
，
∴
∴，
即，
∴
即
解得：（舍去）
即；
③当点在边上时，如图所示，
  
过点作于点，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴点不可能在边上，
综上所述，的长为或或．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
28．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．
  
(1)如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；
(2)如图2，若，且，
①求证：；
②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．
【答案】(1)点在线段的垂直平分线上
(2)①证明见解析，②
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出，再由各角之间的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接．利用等边三角形的判定和性质得出，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，点在线段的垂直平分线上．
理由如下：连接．
∵四边形是菱形，对角线相交于点，

．
，
，
∴点在线段的垂直平分线上．            
  
（2）①证明：如图，∵四边形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；
  
②如图，连接．
，
∴是等边三角形．
∵，
∴，

在中，，
，
．

，，
，
．
，
，
．
在中，，
由勾股定理得，

．                
  
【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
29．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．
  
【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；
【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．
【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]
【分析】[探究一]证明，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明
[探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出结论．
【详解】[探究一]
∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，
∴，
∴，
∴，
在与中

∴
∴
[探究二]证明：如图所示，
  
∵四边形是正方形，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵公共角，
∴；
[探究三] 证明：∵是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．
  
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
30．（2023·山东东营·统考中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：．

（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：．

（3）用数学的语言表达．
如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明．

【答案】（1）见解析
（2）见解析
（3）是直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明；
（2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明；
（3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状.
【详解】证明：（1）的中点，是的中点，

.
同理，.
，
.
.
（2）的中点，是的中点，

，
.
同理，.
由（1）可知，
.
（3）是直角三角形，证明如下：
如图，取的中点，连接，，

是的中点，
，.
同理，，.
，
.
.
，
，
.
，
.
又，
是等边三角形，
.
又，
.
，
.
是直角三角形.
故答案为：是直角三角形.
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理.
31．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．
  
【答案】（1）四边形是正方形，证明见解析
（2）
（3），证明见解析
【分析】（1）证明，可得，从而可得结论；
（2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
（3）如图，连接，
∵，正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
  
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
32．（2023·贵州·统考中考真题）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．
  
(1)【动手操作】
如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析；135
(2)；理由见解析
(3)或；理由见解析
【分析】（1）根据题意画图即可；先求出，根据，求出；
（2）根据，，证明、P、B、E四点共圆，得出，求出，根据等腰三角形的判定即可得出结论；
（3）分两种情况，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，分别画出图形，求出之间的数量关系即可．
【详解】（1）解：如图所示：
  
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：135．
（2）解：；理由如下：
连接，如图所示：
  
根据旋转可知，，
∵，
∴、P、B、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：当点P在线段上时，连接，延长，作于点F，如图所示：
  
根据解析（2）可知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
即；
当点P在线段延长线上时，连接，作于点F，如图所示：
  
根据旋转可知，，
∵，
∴、B、P、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
即；
综上分析可知，或．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．
33．（2023·辽宁·统考中考真题）在中，，，点为的中点，点在直线上（不与点重合），连接，线段绕点逆时针旋转，得到线段，过点作直线，过点作，垂足为点，直线交直线于点．

(1)如图，当点与点重合时，请直接写出线段与线段的数量关系；
(2)如图，当点在线段上时，求证：；
(3)连接，的面积记为，的面积记为，当时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）可先证，得到，根据锐角三角函数，可得到和的数量关系，进而得到线段与线段的数量关系．
（2）可先证，得到，进而得到，问题即可得证．
（3）过点作垂直于，交于点，过点作垂直于，交于点，设，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案．
【详解】（1）解：．
理由如下：
如图，连接．

根据图形旋转的性质可知．
由题意可知，为等腰直角三角形，
为等腰直角三角形斜边上的中线，
，．
又，
．
在和中，

．
，．
．
．
．
（2）解：为等腰直角三角形斜边上的中线，
．
，
．
，，
．
，．
，．
在和中，

．
．
．
（3）解：如图，过点作垂直于，交于点；过点作垂直于，交于点．

设，则．
根据题意可知，四边形和为矩形，为等腰直角三角形．
，．
由（2）证明可知，
．
．
．
根据勾股定理可知
，
的面积与的面积之比
．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理以及图形旋转的性质，灵活利用全等三角形的判定及性质是解题的关键．
34．（2023·四川成都·统考中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．
  
【初步感知】
(1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．
【深入探究】
(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；
②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）
【拓展运用】
(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时，
(3)
【分析】（1）连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答；
（2）①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据（1）中结论可得，再根据，，即可得到；
②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；
（3）如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度．
【详解】（1）证明：如图，连接，
  
当时，，即，
，
，，,
，，即，
，
，

在与中，
，
，
，
；
（2）①
证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，
  
当时，，即，
是的中点，
，，
，
，，
，
是等腰直角三角形，且，
，
根据（1）中的结论可得，
；
故线段之间的数量关系为；
②解：当点F在射线上时，
如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，
  
同①，可得，
，，
，，
同①可得，
，
即线段之间数量关系为；
当点F在延长线上时，
如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接
  
同（1）中原理，可证明，
可得，
，，
，，
同①可得，

即线段之间数量关系为,
综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，；
（3）解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，
  
如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，
  
，
，，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
根据（2）中的结论，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．
35．（2023·江苏徐州·统考中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．
【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．
【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．
  
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析
拓展提升：证明见解析
尝试应用：
【分析】探究发现：作于点E，作交的延长线于点F，则，证明，，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长到点C，使，证明四边形是平行四边形，由【探究发现】可知，，则，得到，即可得到结论；
尝试应用：由四边形是矩形，，得到，，设，，由勾股定理得到，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作于点E，作交的延长线于点F，则，
  
∵四边形为平行四边形，若，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴





；
拓展提升：延长到点C，使，
  
∵为的一条中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵．
∴由【探究发现】可知，，
∴，
∴，
∴；
尝试应用：∵四边形是矩形，，
∴，，
设，则，
∴
，
∵，
∴抛物线开口向上，
∴当时，的最小值是
故答案为：
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
36．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，正方形中，点在边上，点是的中点，连接，．
  
(1)求证：；
(2)将绕点逆时针旋转，使点的对应点落在上，连接．当点在边上运动时（点不与，重合），判断的形状，并说明理由．
(3)在（2）的条件下，已知，当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)等腰直角三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据正方形的基本性质以及“斜中半定理”等推出，即可证得结论；
（2）由旋转的性质得，从而利用等腰三角形的性质推出，再结合正方形对角线的性质推出，即可证得结论；
（3）结合已知信息推出，从而利用相似三角形的性质以及勾股定理进行计算求解即可．
【详解】（1）证：∵四边形为正方形，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，即：，
在与中，

∴，
∴；
（2）解：为等腰直角三角形，理由如下：
由旋转的性质得：，
∴，
∴，，
∵，
∴，即：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形；
（3）解：如图所示，延长交于点，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
∴．
  
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等，理解并熟练运用基本图形的证明方法和性质，掌握勾股定理等相关计算方式是解题关键．
37．（2023·安徽·统考中考真题）在中，是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接．
  
(1)如图1，求的大小；
(2)已知点和边上的点满足．
（ⅰ）如图2，连接，求证：；
（ⅱ）如图3，连接，若，求的值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据旋转的性质得出，根据等边对接等角得出，在中，根据三角形内角和定理即得出，进而即可求解；
（2）（ⅰ）延长交于点，证明四边形是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，，根据等腰三角形的性质，得出是的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；
（ⅱ）如图所示，过点作于点，由，得出，，进而根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
在中，
∴
（2）证明：（ⅰ）证法一：
如图，延长，交于点，则，
  
∵，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵是的中点，，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴是菱形．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，即，
∴，即点是斜边的中点．
∴．
证法二：
∵，是斜边的中点，
∴点在以为圆心，为直径的上．
  
∵，
∴垂直平分．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
证法三：
∵，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵是的中点，，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴是菱形．
∴．
∵，是斜边的中点，
∴点在以为圆心，为直径的上．
∴．
（ⅱ）如图所示，过点作于点，
  
∵，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
38．（2023·浙江宁波·统考中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
    
(1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
(3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)画图见解析
(3)
【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D；
（3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为邻等四边形．
（2）解：，，即为所求；

（3）如图，过作于，
    
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
设，而，
∴，，
由新定义可得，
由勾股定理可得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意舍去），
∴，
∴四边形的周长为．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
39．（2023·江苏扬州·统考中考真题）【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．
【操作探究】
如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．
  
(1)当时，________；当时，________；
(2)当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
(3)如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．
【答案】(1)2；30或210
(2)画图见解析；
(3)
【分析】（1）当时，与重合，证明为等边三角形，得出；当时，根据勾股定理逆定理得出，两种情况讨论：当在下方时，当在上方时，分别画出图形，求出结果即可；
（2）证明四边形是正方形，得出， 求出，得出，求出，根据求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；
（3）根据等腰三角形的性质，得出，即，确定将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．
【详解】（1）解：∵和中，
∴，
∴当时，与重合，如图所示：连接，
  
∵，，
∴为等边三角形，
∴；
当时，
∵，
∴当时，为直角三角形，，
∴，
当在下方时，如图所示：
  
∵，
∴此时；
当在上方时，如图所示：
  
∵，
∴此时；
综上分析可知，当时，或；
故答案为：2；30或210．
（2）解：当时，如图所示：
  
∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴

，
即两块三角板重叠部分图形的面积为．
（3）解：∵，为的中点，
∴，
∴，
∴将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，
∵
∴点F运动的路径长为．
故答案为：．
  
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．
40．（2023·四川乐山·统考中考真题）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板绕点逆时针旋转到达的位置，那么可以得到：，，；，，（    ）
  
刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键；故数学就是一门哲学．
【问题解决】
（1）上述问题情境中“（    ）”处应填理由：____________________；
（2）如图，小王将一个半径为，圆心角为的扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置．
  
①请在图中作出点；
②如果，则在旋转过程中，点经过的路径长为__________；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．
  
【答案】问题解决（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；（2）①见解析②；问题拓展：
【分析】问题解决（1）根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①分别作和的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O；②根据弧长公式求解即可；
问题拓展，连接，交于，连接，，，由旋转得，，在和中求出和的长，可以求出，再证明，即可求出最后结果．
【详解】解：【问题解决】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等                  
（2）①下图中，点O为所求                 
  
②连接，，
扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置，
，,
，
设，
，
，
在旋转过程中，点经过的路径长为以点为圆心，圆心角为，为半径的所对应的弧长，
点经过的路径长；
  
【问题拓展】解：连接，交于，连接，，如图所示
  
．
由旋转得，．    
在中，
．
在中，
，
，
．       
．
．
，       
在和中，
，
又，，
．
又，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．