专题25 几何探究以四边形的性质为背景（动点、平移、旋转、折叠）-备战2024年中考数学重难题型（全国通用）

专题25几何探究以四边形的性质为背景（动点、平移、旋转、折叠）1.(2022·广东省深圳市)(1)发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；(2)探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6.将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求AE的长．(3)拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的三等分点，∠D=60°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．【解析】(1)证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，∴∠BFG=90°=∠C，∵AB=BC=BF，BG=BG，∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；(2)解：延长BH，AD交于Q，如图： 设FH=HC=x，在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，∴82+x2=(6+x)2，解得x=73，∴DH=DC−HC=113，∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，∴△BFG∽△BCH，∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，∴BG=254，FG=74，∵EQ//GB，DQ//CB，∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736−73，∴DQ=887，设AE=EF=m，则DE=8−m，∴EQ=DE+DQ=8−m+887=1447−m，∵△EFQ∽△GFB，∴EQBG=EFFG，即1447−m254=m74，解得m=92，∴AE的长为92；(3)解：(Ⅰ)当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图： 设DQ=x，QE=y，则AQ=6−x，∵CP//DQ，∴△CPE∽△QDE，∴CPDQ=CEDE=2，∴CP=2x，∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，∴AE是△AQF的角平分线，∴AQAF=QEEF，即6−x6=y2①，∵∠D=60°，∴DH=12DQ=12x，HE=DE−DH=2−12x，HQ=3DH=32x，在Rt△HQE中，HE2+HQ2=EQ2，∴(1−12x)2+(32x)2=y2②，联立①②可解得x=34，∴CP=2x=32；(Ⅱ)当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过D作DN⊥AB交BA延长线于N，如图： 同理∠Q'AE=∠EAF，∴AQ'AF=Q'EEF，即6+x6=y4，由HQ'2+HD2=Q'D2得：(32x)2+(12x+4)2=y2，可解得x=125，∴CP=12x=65，综上所述，CP的长为32或65． 2.(2022·重庆市B卷)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．(1)如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；(2)如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求证：AM+AF=2AE；(3)如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，连接B'G，直接写出线段B'G的长度的最小值．【解析】(1)解：如图1，连接CP，由旋转知，CF=CG，∠FCG=90°，∴△FCG为等腰直角三角形，∵点P是FG的中点，∴CP⊥FG，∵点D是BC的中点，∴DP=12BC，在Rt△ABC中，AB=AC=22，∴BC=2AB=4，∴DP=2；(2)证明：如图2， 过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，∴∠AEH=90°，由旋转知，EG=EF，∠FEG=90°，∴∠FEG=∠AEH，∴∠AEG=∠HEF，∵AB=AC，点D是BC的中点，∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，∴∠H=90°−∠CAD=45°=∠CAD，∴AE=HE，∴△EGA≌△EFH(SAS)，∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，∴∠EAG=∠BAD=45°，∵∠AMF=180°−∠BAD−∠AFM=135°−∠AFM，∵∠AFM=∠EFH，∴∠AMF=135°−∠EFH，∵∠HEF=180°−∠EFH−∠H=135°−∠EFH，∴∠AMF=∠HEF，∵△EGA≌△EFH，∴∠AEG=∠HEF，∵∠AGN=∠AEG，∴∠AGN=∠HEF，∴∠AGN=∠AMF，∵GN=MF，∴△AGN≌△AMF(AAS)，∴AG=AM，∵AG=FH，∴AM=FH，∴AF+AM=AF+FH=AH=2AE；(3)解：∵点E是AC的中点，∴AE=12AC=2，根据勾股定理得，BE=AE2+AB2=10，由折叠直，BE=B'E=10，∴点B'是以点E为圆心，10为半径的圆上，由旋转知，EF=EG，∴点G是以点E为圆心，EG为半径的圆上，∴B'G的最小值为B'E−EG，要B'G最小，则EG最大，即EF最大，∵点F在AD上，∴点在点A或点D时，EF最大，最大值为2，∴线段B'G的长度的最小值10−2． 3.(2021·四川省达州市)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1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，则DECF的值为______ ；(2)如图2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则CEBD的值为______ ；【类比探究】(3)如图3，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE⋅AB=CF⋅AD；【拓展延伸】(4)如图4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．①求DECF的值；②连接BF，若AE=1，直接写出BF的长度．【解析】解：(1)如图1，设DE与CF交于点G，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，∵DE⊥CF，∴∠DGF=90°，∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，∴∠CFD=∠AED，在△AED和△DFC中，∠A=∠FDC∠CFD=∠AEDAD=CD，∴△AED≌△DFC(AAS)，∴DE=CF，∴DECF=1；(2)如图2，设DB与CE交于点G，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠EDC=90°，∵CE⊥BD，∴∠DGC=90°，∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，∴∠ECD=∠ADB，∵∠CDE=∠A，∴△DEC∽△ABD，∴CEBD=DCAD=47，故答案为：47．(3)证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，∵CG⊥EG，∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，∴四边形ABCH为矩形，∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，∴△DEA∽△CFH，∴DECF=ADCH，∴DECF=ADAB，∴DE⋅AB=CF⋅AD；(4)①如图4，过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，∵CF⊥DE，GC⊥AD，∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，∴△DEA∽△CFG，∴DECF=ADCG，在Rt△ABD中，tan∠ADB=13，AD=9，∴AB=3，在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，∴AHDH=13，设AH=a，则DH=3a，∵AH2+DH2=AD2，∴a2+(3a)2=92，∴a=91010(负值舍去)，∴AH=91010，DH=271010，∴AC=2AH=9510，∵S△ADC=12AC⋅DH=12AD⋅CG，∴12×9510×271010=12×9CG，∴CG=275，∴DECF=ADCG=9275=53；②∵AC=9510，CG=275，∠AGC=90°，∴AG=AC2−CG2=(9510)2−(275)2=95，由①得：△DEA∽△CFG，∴CFDE=FGAE，又∵DECF=53，AE=1，∴FG=35，∴AF=AG−FG=95−35=65，∴BF=AB2+AF2=32+(65)2=3529． 4.(2021·湖北省荆州市)在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，F是对角线AC上不与点A，C重合的一点，过F作FE⊥AD于E，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，点G在射线AD上，连接CG．(1)如图1，若点A的对称点G落在AD上，∠FGC=90°，延长GF交AB于H，连接CH．①求证：△CDG∽△GAH；②求tan∠GHC．(2)如图2，若点A的对称点G落在AD延长线上，∠GCF=90°，判断△GCF与△AEF是否全等，并说明理由．【答案】(1)如图1，①证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠GAH=90°，∴∠DCG+∠DGC=90°，∵∠FGC=90°，∴∠AGH+∠DGC=90°，∴∠DCG=∠AGH，∴△CDG∽△GAH．②由翻折得∠EGF=∠EAF，∴∠AGH=∠DAC=∠DCG，∵CD=AB=2，AD=4，∴DGCD=AHAG=CDAD=tan∠DAC=24=12，∴DG=12CD=12×2=1，∴GA=4−1=3，∵△CDG∽△GAH，∴CGGH=CDGA，∴tan∠GHC=CGGH=CDGA=23．(2)不全等，理由如下：∵AD=4，CD=2，∴AC=42+22=25，∵∠GCF=90°，∴CGAC=tan∠DAC=12，∴CG=12AC=12×25=5，∴AG=(25)2+(5)2=5，∴EA=12AG=52，∴EF=EA⋅tan∠DAC=52×12=54，∴AF=(52)2+(54)2=554，∴CF=25−554=354，∵∠GCF=∠AEF=90°，而CG≠EA，CF≠EF，∴△GCF与△AEF不全等． 5.(2021·黑龙江省齐齐哈尔市)综合与实践数学实践活动，是一种非常有效的学习方式，通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思维空间，丰富数学体验，让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．(1)∠EAF= ______ °，写出图中两个等腰三角形：______ (不需要添加字母)；转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．(2)线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为______ ；(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则CQBM= ______ ；剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．(4)求证：BM2+DN2=MN2．【答案】(1)解：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠BAD=90°，∴ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE=∠CAE，∠DAF=∠CAF，∴∠EAF=12(∠BAC+∠DAC)=45°，∵∠BAE=∠DAF=22.5°，∠B=∠D=90°，AB=AD，∴△BAE≌△DAF(ASA)，∴BE=DF，AE=AF，∵CB=CD，∴CE=CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，故答案为：45；△AEF，△EFC，△ABC，△ADC(任写2个即可)．(2)解：结论：PQ=BP+DQ．理由：如图2中，延长CB到T，使得BT=DQ．∵AD=AB，∠ADQ=∠ABT=90°，DQ=BT，∴△ADQ≌△ABT(SAS)，∴AT=AQ，∠DAQ=∠BAT，∵∠PAQ=45°，∴∠PAT=∠BAP+∠BAT=∠BAP+∠DAQ=45°，∴∠PAT=∠PAQ=45°，∵AP=AP，∴△PAT≌△PAQ(SAS)，∴PQ=PT，∵PT=PB+BT=PB+DQ，∴PQ=BP+DQ．故答案为：PQ=BP+DQ．(3)解：如图3中，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABM=∠ACQ=∠BAC=45°，AC=2AB，∵∠BAC=∠PAQ=45°，∴∠BAM=∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴CQBM=ACAB=2，故答案为：2．(4)证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，∴∠DAN+∠BAM=45°，∵∠DAN=∠BAR，∴∠BAM+∠BAR=45°，∴∠MAR=∠MAN=45°，∵AR=AN，AM=AM，∴△AMR≌△AMN(SAS)，∴RM=MN，∵∠D=∠ABR=∠ABD=45°，∴∠RBM=90°，∴RM2=BR2+BM2，∵DN=BR，MN=RM，∴BM2+DN2=MN2 6.(2020·湖北省宜昌市)菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，0°2时，点M在矩形EOGF的外部，求m的值．【答案】证明(1)∵四边形EOGF是矩形，∴EO//GF，GO//EF，∵GE//DC，∴四边形GEFD是平行四边形，四边形GECF是平行四边形，∴GE=DF，GE=CF，∴DF=FC；(2)①如图1，由折叠的性质知，∠GDH=∠MDH，DH⊥GM，∵GE//CD，∴∠DGM=∠BDC，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADB=∠BDC，∠COD=90°，∵∠ADB=∠GDH，∴∠DGM=∠GDH，∵DH⊥GM，∴∠DGM=45°，∴∠OEG=45°，∴OE=OG，∵四边形EOGF是矩形，∴四边形EOGF是正方形；②如图2，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABD=∠CBD=∠ADB，∵GE//CD，∴∠DGE=∠CDB，∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠DGE=∠CDB，∴∠GDM=2∠ABD，∵tan∠ABO=m(m为定值)，∴点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，∵当且仅当k>2时，M点在矩形EOGF的外部，∴k=2时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，设OB=b，则，OA=OC=mb，DG=DM=kb=2b，OG=(k+1)b=3b，OE=m(k+1)b=3mb，GH=HM=mkb=2mb，∴FH=OE−GH=m(k+1)b−mkb=mb，过点D作DN⊥EF于点N，∵∠FHM+∠FMH=∠FMH+∠DMN，∴∠FHM=∠DMN，∵∠F=∠DNM=90°，∴△MFH∽△DNM，∴FHMN=MHDM，∴mbMN=2mb2b，∴MN=b，∵DM2=DN2+MN2，∴(2b)2=(3mb)2+b2，解得，m=33，或m=−33(舍)，故m=33． 7.(2022·四川省成都市)在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．(1)如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；(2)如图2，当AB=5，且AF⋅FD=10时，求BC的长；(3)如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．【答案】解：(1)∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，∵BC=2AB，∴BF=2AB，∴∠AFB=30°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∴∠AFB=∠CBF=30°，∴∠CBE=12∠FBC=15°；(2)∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF，又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，∴∠AFB=∠DEF，∴△FAB∽△EDF，∴AFDE=ABDF，∴AF⋅DF=AB⋅DE，∵AF⋅DF=10，AB=5，∴DE=2，∴CE=DC−DE=5−2=3，∴EF=3，∴DF=EF2−DE2=32−22=5，∴AF=105=25，∴BC=AD=AF+DF=25+5=35．(3)过点N作NG⊥BF于点G，∵NF=AN+FD，∴NF=12AD=12BC，∵BC=BF，∴NF=12BF，∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°，∴△NFG∽△BFA，∴NGAB=FGFA=NFBF=12，设AN=x，∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，∴AN=NG=x，AB=BG=2x，设FG=y，则AF=2y，∵AB2+AF2=BF2，∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，解得y=43x.∴BF=BG+GF=2x+43x=103x.∴ABBC=ABBF=2x103x=35． 8.(2020·四川省资阳市)在矩形ABCD中，点E是对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE交AB于点F．(1)如图1，当DE=DA时，求证：AF=EF；(2)如图2，点E在运动过程中DEEF的值是否发生变化？请说明理由；(3)如图3，若点F为AB的中点，连接DF交AC于点G，将△GEF沿EF翻折得到△HEF，连接DH交EF于点K，当AD=2，CD=23时，求KH的长．【答案】(1)证明：如图，连接DF，在矩形ABCD中，∠DAF=90°，又∵DE⊥EF，∴∠DEF=90°，∵AD=DE，DF=DF，∴Rt△DAF≌Rt△DEF(HL)，∴AF=EF；(2)解：DEEF的值不变；如图，过点E作EM⊥AD于点M，过点E作EN⊥AB于点N，∴四边形ANEM是矩形，∴EN=AM，∵∠EAM=∠CAD，∠EMA=∠CDA．∴△EAM∽△CAD，∴AMAD=EMCD，即EMEN=CDAD①，∵∠DEF=∠MEN=90°，∴∠DEM=∠FEN，又∵∠DME=∠ENF=90°，∴△DME∽△FNE，∴DEEF=EMEN②，由①②可得DEEF=DCAD，∵AD与DC的长度不变，∴DEEF的长度不变；(3)连接GH交EF于点I，∵点F是AB的中点，∴AF=3，在Rt△ADF中，DF=DA2+AF2=22+(3)2=7，由(2)知DEEF=DCAD=232=3，∴DE=3EF，在Rt△DEF中，EF=72，DE=212，又∵AB//DC，∴△AGF∽△CGD，∴DGGF=DCAF=2，∴GFDF=13，由折叠的性质可知GI=IH，GH⊥EF，又∵DE⊥EF，∴GH//DE，∴△GFI∽△DFE，∴GIDE=FIEF=GFDF=13，∴EI=23EF=73，GI=IH=216，又∵GH//DE，∴△DEK∽△HIK，∴KIEK=IHDE=13，∴KI=14EI=712，∴HK=IH2+KI2=9112． 9.（2021·浙江绍兴市·中考真题）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．答案：．探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．①当点E与点F重合时，求AB的长；②当点E与点C重合时，求EF的长．（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．【答案】（1）①10；②5；（2），，【分析】（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；②证明出即可完成求解；（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．【详解】（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，，．平分，．．．同理可得：．点E与点F重合，．②如图2，点E与点C重合，同理可证，∴▱ABCD 是菱形，，点F与点D重合，．（2）情况1，如图3，可得，．情况2，如图4，同理可得，，又，．情况3，如图5，由上，同理可以得到，又，．综上：的值可以是，，．【点睛】本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．10.（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．（1）当时，①求证：；②连结，若，求的值；（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形．【答案】（1）①见解析；②；（2）当或2或时，是等腰三角形．【分析】（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分线，得到，，再根据已知条件证明出，算出面积之比；（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，，得到CE= ；当时，，得到CE=2；当时，，得到CE= ．【详解】（1）①证明：在菱形中，，，，，∴（ASA），∴．②解：如图1，连结．由①知，，．在菱形中，，∴，设，则．，∴，∴，∴． （2）解：在菱形中，，，，同理，，∴．是等腰三角形有三种情况：①如图2，当时，，，，，．②如图3，当时，，，，∴．③如图4，当时，，，，．综上所述，当或2或时，是等腰三角形．【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．11.（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．（1）求证：；（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1【分析】（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论；（2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解；（3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可．【详解】解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，∴；（2）∵正方形的边长为2，∴DC=GC=2÷=，∵，∴AD=，∵∠GDE=，∴∠ADM=∠CDE=45°，∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，∴，∴，即：，∴AM=；（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，∵正方形的边长为2，∴CM=DM=2÷2=1，AM=，∴AD=AM-DM=-1；②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，∴AD=AM+DM=+1．综上所述：AM=-1或+1【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键．12.（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析【分析】[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．【详解】[探究1]如图1，设．∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，∴点，，在同一直线上．∴，，∴．∵，∴．又∵点在延长线上，∴，∴，∴．解得，（不合题意，舍去）∴．[探究2] ．证明：如图2，连结． ∵，∴．∵，，，∴．∴，，∵，，∴，∴．[探究3]关系式为．证明：如图3，连结．∵，，，∴．∴，∵，，∴，∴．在与中，，，∴，∴，∴．∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．13.（2021·辽宁本溪市·中考真题）在▱中，，平分，交对角线于点G，交射线于点E，将线段绕点E顺时针旋转得线段．（1）如图1，当时，连接，请直接写出线段和线段的数量关系；（2）如图2，当时，过点B作于点，连接，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；（3）当时，连接，若，请直接写出与面积的比值．【答案】（1）；（2）,理由见解析；（3）【分析】（1）延长，交于点，根据已知条件证明即可；（2）连接，过F作交的延长线于点，由，得，在由 三边关系利用勾股定理可得；（3）证明，得值，与的面积分别与的面积成比例，可得与面积的比值．【详解】（1）如图,延长，交于点，由题意，将线段绕点E顺时针旋转，四边形是平行四边形四边形是平行四边形平分四边形是菱形是等边三角形,，，四边形是平行四边形=在和中．（2）连接，过F作交的延长线于点四边形是矩形，，，，平分四边形是矩形在和中设则在中即整理得：．（3）如图由（1）可知平分四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，三角形全等的性质与判定，三角形相似，勾股定理，锐角三角函数，相似比的概念，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，知识点比较多，熟练掌握以上知识点是解题的关键．14.（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，在矩形中，是边上一点，，，垂足为．将四边形绕点顺时针旋转，得到四边形．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，交于点．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，连接交于点．（1）如图1，求证：四边形是正方形；（2）如图2，当点和点重合时．①求证：；②若，，求线段的长；（3）如图3，若交于点，，求的值．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）【分析】（1）先利用三个角是直角的四边形是矩形证明，再根据证得结论；（2）①证明即可得到结论；②方法一：设正方形边长为，根据，求出，利用勾股定理得到，求出a，得到，，根据∽△CKG，求出KG，再根据，求出答案；方法二：过点作于点，根据，求出，由，，再利用勾股定理求得结果；（3）方法一：延长与的延长线交于点，证明，求出，设，，则，证明，求得，由，求出，利用，求出，即可得到答案；方法二，过点作，垂足为点．设，则，，求得，证明，求出，再证明，求出答案；方法三：设与交于点，设，则，，证明，得到，根据，求出答案．【详解】（1）在矩形中，，∵，则，∴四边形是矩形．∵，∴矩形是正方形．（2）①如图1，∵，∴，，∴，又∵，，∴，∴．②方法一：设正方形边长为，∵PG∥，∴，∴，∴，∴在中，，∴，∴．∴，，∵，∴∽△CKG，∴,∴,∵，∴△B’CK≌△E’KD，∴DK=KC，又∵∠DKP=∠GKC，∠P=∠G，∴，∴PG=KG，∴；方法二：如图2，过点作于点，由，可得：，由方法一，可知，∴，由方法一，可知为中点，从而，，从而由勾股定理得．（3）方法一：如图3，延长与的延长线交于点，由题意可知，，，∴，，∴，设，，则，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴．∵，∴．方法二，如图4，过点作，垂足为点．由题意可知，，，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，，∴，，则，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，∴，∴．方法三：如图5，设与交于点，设，则，，由题意可知，，，，∴，∴，由方法（2）可知，，所以，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】此题考查正方形的判定定理及性质定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，综合掌握各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．15.（2021·湖南娄底市·中考真题）如图①，是等腰的斜边上的两动点，且．（1）求证：；（2）求证：；（3）如图②，作，垂足为H，设，不妨设，请利用（2）的结论证明：当时，成立．【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3）证明见详解．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，∠BAC=90°，由CD⊥BC，可求∠DCA=∠ABE即可；（2）由△ABE≌△ACD，可得∠FAD=∠EAF，可证△AEF≌△ADF（SAS），可得EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，即可；（3）将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，由△ABC为等腰直角三角形，可求∠DCF=90°，由，在Rt△ABC中由勾股定理，由AH⊥BC，可求BH=CH=AH=，可表示EF= tanα+ tanβ,BE =1-tanα,CF= 1-tanβ，可证△AEF≌△ADF（SAS），得到EF=DF，由可得，整理即得结论．【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵CD⊥BC，∴∠DCB=90°，∴∠DCA=90°-∠ACB=90°-45°=45°=∠ABE，在△ABE和△ACD中，，∴△ABE≌△ACD（SAS），（2）证明∵△ABE≌△ACD，∴∠BAE=∠CAD，AE=AD，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠FAC=90°-∠EAF=90°-45°=45°，∴∠FAD=∠FAC+∠CAD=∠FAC+∠BAE=45°=∠EAF，在△AEF和△ADF中，，∴△AEF≌△ADF（SAS），∴EF=DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理，，即；（3）证明：将△ABE逆时针绕点A旋转90°到△ACD，连结FD，∴∠BAE=∠CAD，BE=CD，AE=AD，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=∠B=∠ACD=45°，∠DCF=∠DCA+∠ACF=45°+45°=90°，∵，∴AC= ，在Rt△ABC中由勾股定理∵AH⊥BC，∴BH=CH=AH=，∴EF=EH+FH=AHtanα+AH tanβ= tanα+ tanβ,BE=BH-EH=1-tanα,CF=CH-HF=1-tanβ，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠CAF=90°-∠EAF=45°，∴∠DAF=∠DAC+∠CAF=∠BAE+∠CAF=45°=∠EAF，在△AEF和△ADF中，，∴△AEF≌△ADF（SAS），∴EF=DF，在Rt△CDF中，即，∴，整理得，即，∴，∴，∴．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，三角形旋转变换，勾股定理，锐角三角函数及其公式推导，掌握上述知识、灵活应用全等三角形的判定和性质是解题关键．16.（2021·江苏宿迁市·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．(1)如图①，连接BG、CF，求的值；(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．【详解】解：（1）连接四边形ABCD和四边形AEFG是正方形分别平分即且都是等腰直角三角形（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH是CF的中点又在四边形BEFC中又即即又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形三角形BEH是等腰直角三角形M、N分别是BH、BE的中点（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF在中，O、Q分别是AB、BF的中点同理可得所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积．【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．17.（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．（1）求证：；（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1【分析】（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论；（2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解；（3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可．【详解】解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，∴；（2）∵正方形的边长为2，∴DC=GC=2÷=，∵，∴AD=，∵∠GDE=，∴∠ADM=∠CDE=45°，∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，∴，∴，即：，∴AM=；（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，∵正方形的边长为2，∴CM=DM=2÷2=1，AM=，∴AD=AM-DM=-1；②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，∴AD=AM+DM=+1．综上所述：AM=-1或+1【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键．（2021·湖北随州市·中考真题）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同18.一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为_____，其内切圆的半径长为______；（2）①如图1，是边长为的正内任意一点，点为的中心，设点到各边距离分别为，，，连接，，，由等面积法，易知，可得_____；（结果用含的式子表示）②如图2，是边长为的正五边形内任意一点，设点到五边形各边距离分别为，，，，，参照①的探索过程，试用含的式子表示的值．（参考数据：，）（3）①如图3，已知的半径为2，点为外一点，，切于点，弦，连接，则图中阴影部分的面积为______；（结果保留）②如图4，现有六边形花坛，由于修路等原因需将花坛进行改造．若要将花坛形状改造成五边形，其中点在的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点的位置，并说明理由．【答案】（1），1；（2）①；②；（3）①；②见解析．【分析】（1）根据等积法解得直角三角形斜边上的高的长，及利用内切圆的性质解题即可；（2）①先求得边长为的正的面积，再根据解题即可；②设点为正五边形的中心，连接，，过作于，先由正切定义，解得的长，由①中结论知，，继而得到，据此解题；（3）①由切线性质解得，再由平行线性质及等腰三角形性质解得，根据平行线间的距离相等，及同底等高或等底同高的两个三角形面积相等的性质，可知图中阴影部分的面积等于扇形OBC的面积，最后根据扇形面积公式解题；②连接，过点作交的延长线于点，根据，据此解题．【详解】解：（1）直角三角形的面积为：，直角三角形斜边为：，设直角三角形斜边上的高为，则设直角三角形内切圆的半径为，则，故答案为：，1；（2）①边长为的正底边的高为，面积为：，故答案为：；②类比①中方法可知，设点为正五边形的中心，连接，，由①得，过作于，，故，，故，从而得到：． （3）①是的切线，过点作，是的高，故答案为：；②如图，连接，过点作交的延长线于点，则点即为所求，连接，∵，∵，∴，∴．【点睛】本题考查正多边形和圆的知识，涉及含30°角的直角三角形、正切、切线的性质、扇形面积公式、平行线的性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．