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2022年中考数学重难热点专题突破06 几何类综合问题
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这是一份2022年中考数学重难热点专题突破06 几何类综合问题，共106页。
重难点06 几何类综合问题
【命题趋势】
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．
【满分技巧】
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．
【限时检测】
A卷（建议用时：90分钟）
1．（2021·安徽中考真题）在中，，分别过点B，C作平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东滨州·中考真题）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
3．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是
A． B． C． D．
4．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点，连接，若，．则下列结论：①；②；③；④；⑤点D到CF的距离为．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
5．（2021·山东东营市·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
6．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
7．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．
8．（2021·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）；（3）；（4），其中正确的结论有________（填写所有正确结论的序号）．
9．（2021·天津中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．
10．（2021·江苏淮安·中考真题）（知识再现）
学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
（简单应用）如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是 ．
（拓展延伸）在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．
（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．
11．（2021·湖北十堰·中考真题）已知等边三角形，过A点作的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接，把线段绕点C逆时针方向旋转得到，连．
（1）如图1，直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点P、B在同侧且时，求证：直线垂直平分线段；（3）如图3，若等边三角形的边长为4，点P、B分别位于直线异侧，且的面积等于，求线段的长度．
12．（2021·辽宁沈阳·中考真题）在中，，中，（），，，，点B，C，E不共线，点P为直线上一点，且．
（1）如图1，点D在线段延长线上，则________，________，（用含的代数式表示）；
（2）如图2，点A，E在直线同侧，求证：平分；
（3）若，，将图3中的绕点C按顺时针方向旋转，当时，直线交于点G，点M是中点，请直接写出的长．
13．（2021·山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
14．（2021·浙江南浔·一模）定义：如果一个四边形的一条对角线长度是另一条对角线长度的2倍，则称这个四边形为倍半四边形．
（1）已知在倍半四边形中，对角线与交于点，
①如图1，若，求的面积；
②如图2，若，且与的面积之比是，求的长度；
（2）如图3，已知在中，，过点作射线交于点，使得，点为射线上一动点，连结和，点分别为和的中点，连结，当四边形为倍半四边形时，求的值（用含的代数式表示）．
15．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．
实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
16．（2021·浙江衢州市·中考真题）（推理）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．
（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
17．（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．
18．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连接、交于点．
（1）求证：是的切线；（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．
19.（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．
20．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．（1）若m＝3．①求证：∠OAD＝60°；②求的值；（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是定值，求此时∠Q的度数．
B卷（建议用时：90分钟）
1．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）如图，已知和都是等腰三角形，，交于点F，连接，下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，点，在菱形的对角线上，，，与的延长线交于点．则对于以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；②当点与点重合时；③的面积的取值范围是；
④当时，．
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
4．（2021·四川南充市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把边AB沿对角线BD平移，点，分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点，，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线的对称点的距离为48；③的最大值为15；④的最小值为．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
6．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．
7．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______．
8．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是______（把你认为所有正确的都填上）．
9．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____．
10．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当时，；②；③当时，；④．其中正确的是_______（填序号即可）．
11．（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
12．（2021·江西·一模）定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”．（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是 ．（2）如图1，在“完美四边形”ABCD中，AB＝AD＝CD＝2，BC＝，AC＝3，求线段BD的长．（3）如图2，⊙O内接四边形EFGH，GE为⊙O的直径．①求证：四边形EFGH为“完美四边形”．②若EF＝6，FG＝8，FH是否存在一个值使四边形EFGH的面积最大？若存在，求出FH的值；若不存在，请说明理由．
13．（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．
（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
14．（2020·山东东营市·中考真题）如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；（2）探究证明：把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．
15．（2021·浙江鄞州·一模）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 ；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，四边形DEFG是垂等四边形，且∠EFG＝90°，AF＝CG．①求证：EG＝DG；②若BC＝n•BG，求n的值；
（3）如图2，在Rt△ABC中，＝2，AB＝，以AB为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D作CB的延长线的垂线，垂足为E，且△ACB与△DBE相似，求四边形ACBD的面积．
16．（2021·山东菏泽市·中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．
（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；（3）当时，在点由点移动到中点的过程中，计算出点运动的路线长．
17．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，N为EF的中点，连结NA，以NA，NF为邻边作□ANFG．连结DG，DN，将Rt△ECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为（0°≤≤360°）．
（1）如图1，当＝0°时，DG与DN的关系为____________________；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）在Rt△ECF旋转的过程中，当□ANFG的顶点G落在正方形ABCD的边上，且AB＝12，EC＝时，连结GN，请直接写出GN的长．
18．（2021·辽宁阜新·中考真题）在图1中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，还蕴含着很多美妙的数学结论．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是直线AB，BC上的点（E，F在直线AC的两侧），且．
（1）如图2，求证：；（2）若直线AC与EF相交于点G，如图3，求证：；
（3）设正方形ABCD的中心为O，，用含的式子表示的度数（不必证明）．
19．（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．
20．（2021·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测）在平面直角坐标系中，如图所示，，．点P从点O出发在线段上以每秒1个单位的速度向点A运动，同时点Q从点B出发在线段上以每秒2个单位的速度向点C运动．其中一个点到达终点时，停止运动,连接．（1）如图1，连接交于点D，则点D的坐标为________；（2）如图2，过A作于点H，求的最小值；（3）如图3，在上取一点M，使得，那么点M的纵坐标是否存在最大值，若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由．
重难点06 几何类综合问题
【命题趋势】
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．
【满分技巧】
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．
3． 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．
3） 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．
【限时检测】
A卷（建议用时：90分钟）
1．（2021·安徽中考真题）在中，，分别过点B，C作平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．由题意易证，从而证明ME为中位线，即，故判断B正确；又易证，从而证明D为BG中点．即利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求出，故判断C正确；由、和可证明．再由、和可推出 ，即推出，即，故判断D正确；假设，可推出，即可推出．由于无法确定的大小，故不一定成立，故可判断A错误．
【详解】如图，设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．
∵AD是的平分线，，，∴HC=HF，∴AF=AC．
∴在和中，，∴，
∴，∠AEC=∠AEF=90°，∴C、E、F三点共线，∴点E为CF中点．
∵M为BC中点，∴ME为中位线，∴，故B正确，不符合题意；
∵在和中，，∴，
∴，即D为BG中点．∵在中，，∴，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，，，∴．
∵，，∴，∴．
∵AD是的平分线，∴．∵， ∴，
∴，∴，故D正确，不符合题意；
∵假设，∴，∴在中，．
∵无法确定的大小，故原假设不一定成立，故A错误，符合题意．故选A．
【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识，较难．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
2．（2021·山东滨州·中考真题）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．
【详解】解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，
∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；
连接DF，EN，∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，
∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，∴∠MDF=∠FEN，
在△MDF和△FEN中，，∴△MDF≌△FEN（SAS），∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；
∵EF∥AB，DF∥AC，∴四边形ADFE是平行四边形，∴∠DFE=∠BAC，
又∵△MDF≌△FEN，∴∠DFM=∠ENF，∴∠EFN+∠DFM=∠EFN+∠ENF=180°-∠FEN
=180°-（∠FEC+∠NEC）=180°-（∠BAC+90°）=90°-∠BAC，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，∴MF⊥FN，故结论③正确；
∵EF∥AB，∴△CEF∽△CAB，∴，∴，∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，
∴正确的结论为①②③，共3个，故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
3．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得，即可得AD=BG=2，BC= 8，再证明△HAO≌△BCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD= 10；在Rt△ABD中，根据勾股定理可得；证明△DHF∽△BCF，根据相似三角形的性质可得，由此即可求得．
【详解】过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，
∵AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，∴AD=DE，BC=CE，∠DAB=∠ABC=90°，
∵DG⊥BC，∴四边形ABGD为矩形，∴AD=BG，AB=DG=8，
在Rt△DGC中，CD=10，∴，
∵AD=DE，BC=CE，CD=10，∴CD= DE+CE = AD+BC =10，
∴AD+BG +GC=10，∴AD=BG=2，BC=CG+BG=8，
∵∠DAB=∠ABC=90°，∴AD∥BC，∴∠AHO=∠BCO，∠HAO=∠CBO，
∵OA=OB，∴△HAO≌△BCO，∴AH=BC=8，
∵AD=2，∴HD=AH+AD=10；在Rt△ABD中，AD=2，AB=8，
∴，
∵AD∥BC，∴△DHF∽△BCF，∴，
∴，解得，．故选A．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
4．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点，连接，若，．则下列结论：①；②；③；④；⑤点D到CF的距离为．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
【答案】C
【分析】由题意易得，①由三角形中位线可进行判断；②由△DOC是等腰直角三角形可进行判断；③根据三角函数可进行求解；④根据题意可直接进行求解；⑤过点D作DH⊥CF，交CF的延长线于点H，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵点是的中点，∴，∵，，∴，则，
∵OF∥BE，∴△DGF∽△DCE，∴，∴，故①正确；
∴点G是CD的中点，∴OG⊥CD，
∵∠ODC=45°，∴△DOC是等腰直角三角形，∴，故②正确；
∵CE=4，CD=8，∠DCE=90°，∴，故③正确；
∵，∴，∴，故④错误；
过点D作DH⊥CF，交CF的延长线于点H，如图所示：
∵点F是CD的中点，∴CF=DF，∴∠CDE=∠DCF，∴，
设，则，在Rt△DHC中，，解得：，
∴，故⑤正确；∴正确的结论是①②③⑤；故选C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
5．（2021·山东东营市·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【分析】过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形．
【详解】解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I∵是边长为1的等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= ∴AI=∴S△ABC=,故①正确；
如图2，当D与C重合时∵∠DBE=30°，是等边三角形∴∠DBE=∠ABE=30°∴DE=AE=
∵GE//BD∴ ∴BG=∵GF//BD,BG//DF∴HF=BG=,故②正确；
如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN
∵∠3=30°∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°∴∠NBE=∠3=30°
又∵BD=BN，BE=BE∴△NBE≌△DBE（SAS）∴NE=DE
延长EA到P使AP=CD=AN∵∠NAP=180°-60°-60°=60°∴△ANP为等边三角形∴∠P=60°，NP=AP=CD
如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；
如图1，当AE=CD时，∵GE//BC∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°
∴∠AGE=∠AEG=60°，∴AG=AE同理：CH=CD∴AG=CH
∵BG//FH,GF//BH∴四边形BHFG是平行四边形∵BG=BH∴四边形BHFG为菱形，故④正确．故选B．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
6．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【分析】根据矩形的性质与折叠的性质，证明出，，通过等量代换，得到PM=CN，则由一组邻边相等的平行四边形是菱形得到结论正确；用勾股定理，，由菱形的性质对角线互相垂直，再用勾股定理求出；当过点D时，最小面积，当P点与A点重合时，S最大为，得出答案．
【详解】解：①如图1，
∵，∴，∵折叠，∴，NC=NP
∴，∴，∴PM=CN，∴，∴四边形为平行四边形，
∵，∴平行四边形为菱形，故①正确，符合题意；
②当点P与A重合时，如图2所示
设，则，在中，，
即，解得：，∴，，∴，
又∵四边形为菱形，∴，且，∴
∴，故②错误，不符合题意．
③当过点D时，如图3所示：
此时，最短，四边形的面积最小，则S最小为，
当P点与A点重合时，最长，四边形的面积最大，则S最大为，
∴，故③正确，符合题意．故答案为：①③．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠问题、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理与性质定理、勾股定理是解决本题的关键．
7．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．
【答案】①②③⑤
【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
①∵，∴由四边形内角和可得，
∴点A、B、F、P四点共圆，∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，∴，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：
∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∴，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴HF=EF，
∵，∴，故②正确；
③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：
对角线的中点，∴OB=OD，，∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，∴，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，∴，
∵，∴△AOP∽△ABF，∴，∴，
∵，∴，故③正确；
④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：由②可得∠AFB=∠AFN，∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，
∴△ABF≌△ANF（AAS），∴AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，
∵点P在线段上，∴的长不可能为定值，故④错误；
⑤由③可得，∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，∴，∴，
∴，∴，故⑤正确；
综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；故答案为①②③⑤．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
8．（2021·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）；（3）；（4），其中正确的结论有________（填写所有正确结论的序号）．
【答案】（1）（3）（4）．
【分析】由正方形的性质可证明，则可推出，利用垂径定理即可证明结论（1）正确；过点H作交BC于N，交AD于M，由三角形面积计算公式求出，再利用矩形的判定与性质证得，并根据相似三角形的判定与性质分别求出，，则最后利用锐角三角函数证明，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角形的性质求得，即可证明结论（3）正确；利用（1）所得结论并由勾股定理求出FH，再求得DK，即可证明结论（4）正确．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴，．
又∵，∴．∴．
∵，∴，∴，∴，∴，
即H是FK的中点；故结论（1）正确；
（2）过点H作交BC于N，交AD于M，
由（1）得，则．∵，∴．
∵四边形ABCD是正方形，，∴．
∴四边形ABNM是矩形．∴，．∵，∴．即．
∵，∴．∵，∴．
∴．即．解得．则．
∵，．∵，，
∴．∴．∴．∴与不全等，故结论（2）错误；
（3）∵，∴．即．解得．
由（2）得，．
∴；故结论（3）正确；
（4）由（1）得，H是FK的中点，∴．
由勾股定理得．∴；故结论（4）正确．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
9．（2021·天津中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．
【答案】
【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，∴OK=2，KC=2，∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线∴，作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，∴GM是△FCE的中位线，
∴，，∴，
在Rt△MHG中，，故答案为：．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．
10．（2021·江苏淮安·中考真题）（知识再现）
学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
（简单应用）如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是 ．
（拓展延伸）在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．
（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．
（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．
【答案】【简单应用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，证明见解析；（2）AE﹣AD＝2AC•cos（180°﹣），理由见解析
【分析】简单应用：证明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得结论．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．证明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，证明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得结论．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．证明TE＝TE′，求出AT，可得结论．
【详解】简单应用：解：如图（1）中，结论：AE＝AD．
理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，
∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），∴AD＝AE．故答案为：AE＝AD．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．
理由：如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．
∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，
∴△CAM≌△BAN（AAS），∴CM＝BN，AM＝AN，
∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），∴EM＝DN，
∵AM＝AN，∴AE＝AD．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．
理由：在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．
∵CE′＝BD，CE＝BD，∴CE＝CE′，∵CT⊥EE′，∴ET＝TE′，
∵AT＝AC•cos（180°﹣）＝m•cos（180°﹣），
∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m•cos（180°﹣）．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，解题的关键在于能够熟练寻找全等三角形解决问题.
11．（2021·湖北十堰·中考真题）已知等边三角形，过A点作的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接，把线段绕点C逆时针方向旋转得到，连．
（1）如图1，直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点P、B在同侧且时，求证：直线垂直平分线段；（3）如图3，若等边三角形的边长为4，点P、B分别位于直线异侧，且的面积等于，求线段的长度．
【答案】（1）AP=BQ；（2）见详解；（3）或或
【分析】（1）根据旋转的性质以及等边三角形的性质，可得CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，AC=BC，进而即可得到结论；（2）先证明是等腰直角三角形，再求出∠CBD=45°，根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论；（3）过点B作BE⊥l，过点Q作QF⊥l，根据，可得AP=BQ，∠CAP=∠CBQ=90°，设AP=x，则BQ=x，MQ=x-，QF=( x-)×，再列出关于x的方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵线段绕点C逆时针方向旋转得到，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，
∵在等边三角形中，∠ACB=60°，AC=BC，∴∠ACP=∠BCQ，∴，∴=；
（2）∵，CA⊥l，∴是等腰直角三角形，
∵，∴是等腰直角三角形，∠CBQ=90°，
∵在等边三角形中，AC=AB，∠BAC=∠ABC=60°，∴AB=AP，∠BAP=90°-60°=30°，
∴∠ABP=∠APB=(180°-30°)÷2=75°，∴∠CBD=180°-75°-60°=45°，
∴PD平分∠CBQ，∴直线垂直平分线段；
（3）①当点Q在直线上方时，如图所示，延长BQ交l与点E，过点Q作与点F，
由题意得，
，，，
，，
，，，
设，则，，在中，，
，即，解得或，即AP的长度为或；
②当点Q在直线l下方时，过点B作BE⊥l，过点Q作QF⊥l，
由（1）小题，可知：，∴AP=BQ，∠CAP=∠CBQ=90°，
∵∠ACB=60°，∠CAM=90°，∴∠AMB=360°-60°-90°-90°=120°，即：∠BME=∠QMF=60°，
∵∠BAE=90°-60°=30°，AB=4，∴BE=，∴BM=BE÷sin60°=2÷=，
设AP=x，则BQ=x，MQ=x-，QF= MQ×sin60°=( x-)×，
∵的面积等于，∴AP×QF=，即：x×( x-)×=，
解得：或（不合题意，舍去），∴AP=．
综上所述，AP的长为：或或．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意画出图形，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
12．（2021·辽宁沈阳·中考真题）在中，，中，（），，，，点B，C，E不共线，点P为直线上一点，且．
（1）如图1，点D在线段延长线上，则________，________，（用含的代数式表示）；
（2）如图2，点A，E在直线同侧，求证：平分；
（3）若，，将图3中的绕点C按顺时针方向旋转，当时，直线交于点G，点M是中点，请直接写出的长．
【答案】（1），；（2）见解析；（3）的长为或．
【分析】（1）利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质求解即可．（2）如图2中，连接．证明，可得结论．（3）分两种情形：如图中，设交于．图中，设交于，当时，利用三角形的中位线定理，可得，求出，可得结论．
【详解】（1）解：如图1中，
，，，，
，，，，，
（2）证明：如图2中，连接．
，，，，，
，，平分．
（3）解：如图中，设交于．
，，是等腰直角三角形，
，，垂直平分线段，，
，，，
，是等边三角形，
，，，，
，，
，，，．
如图中，设交于，当时，同法可证．
，，，，
，，，，
，，综上所述，的长为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是利用特殊三角形的性质解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
13．（2021·山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）．如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，∴，∴，,
∵为的中点，∴，在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，∴，即为的中点，∴，
∵，∴，∴，∴．
（2）． ∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，
∵四边形为平行四边形，∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．
【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
14．（2021·浙江南浔·一模）定义：如果一个四边形的一条对角线长度是另一条对角线长度的2倍，则称这个四边形为倍半四边形．
（1）已知在倍半四边形中，对角线与交于点，
①如图1，若，求的面积；
②如图2，若，且与的面积之比是，求的长度；
（2）如图3，已知在中，，过点作射线交于点，使得，点为射线上一动点，连结和，点分别为和的中点，连结，当四边形为倍半四边形时，求的值（用含的代数式表示）．
【答案】（1）①；②；（2）或．
【分析】(1) ①根据倍半四边形定义，求出AC，进而求出OC，利用三角形面积公式求解即可；②根据面积比求出，得出，再证，列出比例式即可求；
(2) 取中点，连结，分别交OA、OB于M、N．得到，作于点，解直角三角形求的值即可．
【详解】（1）①∵倍半四边形，
，，．
②如图1，作分别于点．
∵，∴，．
，．．
，
，即．
．
（2）取中点，连结，分别交OA、OB于M、N．
∴，∴四边形GMON是平行四边形，．
情况一：当时，如图2，，作于点，
，，
；
情况二：当时，如图3，，
作于点，易得等腰，，
，．
【点睛】本题考查四边形的综合中新定义问题，包括相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线构建相似三角形和直角三角形，通过比例式或解直角三角形求解计算．
15．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．
实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图1，，，，，
如图2，设与交于点，与交于点，
绕点按逆时针方向旋转，，，
，，又，，
直线与所夹锐角的度数为，故答案为：，；
（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，
将绕点按逆时针方向旋转，，
又，，，，
又，，直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，
，，点是边的中点，，，，，
，，，、、三点共线，
，，，，
由（2）可得：，，，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，
同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
16．（2021·浙江衢州市·中考真题）（推理）
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．
（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据ASA证明；（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，由折叠得到，，．
又四边形ABCD是正方形，，
，，
又 正方形 ，．
（2）如图，连接，
由（1）得，，
由折叠得，，．
四边形是正方形，，，
又，，．
，，，．
，
，（舍去）．
（3）如图，连结HE，
由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，，，
由折叠得，，
又，，
，
又，，，
，，，．
，，
，（舍去）．
②当点在点右边时，如图，
同理得，，同理可得，
可得，，，
，（舍去）．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．．
17．（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．
18．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连接、交于点．
（1）求证：是的切线；（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根据S阴影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，则MB=，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）证明：如图，连接，
，，，，，，
，，是的半径，是的切线；
（2）解：，，，
，的半径为2，，，如图，连接，
是的直径，，，
，，，即，，
在中，，，，，，
，，；
（3）如图，过点作于点，连接，
在中，，，
，．
【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
19.（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．
20．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．（1）若m＝3．①求证：∠OAD＝60°；②求的值；（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是定值，求此时∠Q的度数．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）；（3）存在半径为1的圆，45°
【分析】（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等边三角形，从而可得结论； ②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得 ，由①可得AB、AD的值，从而可得结论；（2）连接AQ、BD， 首先与（1）中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果；（3）由（2）的结论可得：，从而BQ2﹣2DH2+PB2当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值．
【详解】（1）①如图，连接OD，则OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4∴OA= ∴OP=AP=1即点P是线段OA的中点
∵CD⊥AB∴CD垂直平分线段OA∴OD=AD∴OA=OD=AD即△OAD是等边三角形∴∠OAD=60°
②连接AQ ∵AB是直径∴AQ⊥BQ 根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，∴
∵AH⊥DQ 在Rt△ABQ和Rt△ADH中∴
∵AD=OA=2，AB=4 ∴
（2）连接AQ、BD, 与（1）中的②相同，有 ∵AB是直径∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90° ∴∠ADP=∠ABD ∴Rt△APD∽Rt△ADB∴
∵AB=PA+PB=1+m∴∴
（3）由（2）知，∴BQ=即
∴BQ2﹣2DH2+PB2=
当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1 ∴△AOD是等腰直角三角形∴∠OAD=45°
∵∠OAD与∠Q对着同一条弧 ∴∠Q=∠OAD=45° 故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.
【点睛】本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值．
B卷（建议用时：90分钟）
1．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）如图，已知和都是等腰三角形，，交于点F，连接，下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】①证明△BAD≌△CAE,再利用全等三角形的性质即可判断；②由△BAD≌△CAE可得∠ABF=∠ACF，再由∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF证得∠BFC=90°即可判定；③分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE,根据全等三角形面积相等和BD=CE，证得AM=AN,即AF平分∠BFE,即可判定；④由AF平分∠BFE结合即可判定．
【详解】解：∵∠BAC=∠EAD∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中AB=AC, ∠BAD=∠CAE,AD=AE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE故①正确；
∵△BAD≌△CAE∴∠ABF=∠ACF∵∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF
∴∠ACF+∠BGA=90°,∴∠BFC=90°故②正确；
分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE垂足分别为M、N
∵△BAD≌△CAE∴S△BAD=S△CAE,∴
∵BD=CE∴AM=AN∴平分∠BFE，无法证明AF平分∠CAD．故③错误；
∵平分∠BFE，∴故④正确．故答案为C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定与性质以及角的和差等知识，其中正确应用角平分线定理是解答本题的关键．
2．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，点，在菱形的对角线上，，，与的延长线交于点．则对于以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】先由菱形的性质得AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝30°，再由三角形的外角性质得∠BFE＝80°，则∠EBF＝50°，然后证△CDE≌△CBE（SAS），得∠DEC＝∠BEC＝50°，进而得出①正确；由SAS证△ADE≌△ABE，得②正确；证出△BEM≌△EBC（AAS），得BM＝EC，EM＝BC，③正确；连接BD交AC于O，由菱形的性质得AC⊥BD，再由直角三角形的性质得OD＝CD＝BC，OC＝OD，则OC＝BC，进而得出④正确即可．
【详解】解：∵四边形ABD是菱形，∠ADC＝120°，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝∠BCD＝30°，
∵∠BFE＝∠BCE＋∠CBF＝30°＋50°＝80°，∴∠EBF＝180°−∠BEC−∠BFE＝180°−50°−880°＝50°，
在△CDE和△CBE中，∴△CDE≌△CBE（SAS），
∴∠DEC＝∠BEC＝50°，∴∠BEM＝∠DEC＋∠BEC＝100°，
∴∠BME＝180°−∠BEM−∠EBF＝180°−100°−50°＝30°，故①正确；
在△ADE和△ABE中，∴△ADE≌△ABE（SAS），故②正确；
∵∠EBC＝∠EBF＋∠CBF＝100°，∴∠BEM＝∠EBC，
在△BEM和△EBC中，∴△BEM≌△EBC（AAS），
∴BM＝EC，EM＝BC，故③正确；连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，AC⊥BD，
∵∠DCO＝30°，∴OD＝CD＝BC，OC＝OD，∴OC＝BC，∴AC＝2OC＝BC，
∵BM＝EC，EM＝BC，∴AE＋BM＝AE＋EC＝AC＝BC＝EM，故④正确，
正确结论的个数是4个，故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
3．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；②当点与点重合时；③的面积的取值范围是；
④当时，．
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
【答案】D
【分析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3
若BN=AB，则BG=2AB=6，又∵点E是AD边上的动点，∴3
在Rt△ABE中即
解得：AE=，∴BF=DE=6-=．∴HF=-=．
在Rt△EFH中 =；故②正确；
③当点E与点A重合时，如图所示，的面积有最小值= =，
当点G与点D重合时的面积有最大值==．故<<．③错误．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，
∴．故④正确．故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识，掌握相关知识找到临界点是解题的关键．
4．（2021·四川南充市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把边AB沿对角线BD平移，点，分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点，，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线的对称点的距离为48；③的最大值为15；④的最小值为．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对②做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作关于的对称点，交于 连接，过作于 分别交于 证明 是最小值时的位置，再利用勾股定理求解，对④做出判断．
【详解】解：由平移的性质可得AB//且AB=
∵四边形ABCD为矩形∴AB//CD，AB=CD=15∴//CD且=CD
∴四边形CD为平行四边形，故①正确
在矩形ABCD中，BD===25,过A作AM⊥BD，CN⊥BD，则AM=CN
∴S△ABD=AB·CD= BD·AM∴AM=CN==12∴点C到的距离为24
∴点C到它关于直线的对称点的距离为48∴故②正确
∵∴当在一条直线时最大，此时与D重合
∴的最大值==15∴故③正确，
如图，作关于的对称点，交于 连接，过作于 分别交于 则 为的中位线， ，
由可得，
此时最小，由②同理可得：
设 则
由勾股定理可得：
整理得： 解得：（负根舍去），
∴故④正确故选D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质,锐角三角函数的应用等知识点，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
5．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
【答案】5
【分析】①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过作，垂足为,
过分别作, 则, P为的费马点
5
②如图：.
将绕点逆时针旋转60 由旋转可得：
是等边三角形，
P为的费马点,即四点共线时候，
=故答案为：①5，②
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．
6．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．
【答案】①②
【分析】通过证明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，结合已知条件，可判断①正确；通过证明△DCE∽△BCG，得到，通过证明△ABF∽△ADE，得到，再通过相似和三角形的外角性质，得到OEDE，进而证得，可判断②正确；证明△BEF≌△FDG，连接CF后，可知，结合图象，即可判断③不正确；通过图形中相似三角形超过6对，可判断④不正确，问题即可得解．
【详解】∵AEAD，ADAB，∴AEAB．在Rt△ABE中，∠ABE=90°，cos∠BAE=，
∴cos∠BAE=．∴∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形．
∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，∴∠DAF=45°．∵DF⊥AE，∴∠ADF=45°，即△ADF是等腰直角三角形．
∴ADAF．∴AF=AB．∵在矩形ABCD中，AB=CD，∴AF=CD ．故①正确；
又∵AF=AB，∠BAE=45°，∴∠ABF=67.5°．∴∠CBG=22.5°．
又∵AE=AD，∠DAE=45°，∴∠ADE=67.5°．∴∠CDE=22.5°．∴∠CBG=∠CDE．
∵∠C=∠C，∴△DCE∽△BCG．∴．∵在矩形ABCD中，BC=ADCD，∴．
在△ABF和△ADE中．∠BAF=∠DAE=45°，AFAB ，AEAD ，∴△ABF∽△ADE．
∴．在△ABF和△OEF中，∠OEF＝∠ADE＝67.5°＝∠ABF，
∵∠AFB=∠OFE，∠AFB=∠ABF，∴△ABF∽△OEF，∠OEF=∠OFE．∴OE＝OF，∠EOF=45°．
又∵∠EOF=∠DFO+∠ODF =45°，∠ODF=∠ADE-∠ADF=22.5°，∴∠ODF =∠DFO．
∴OFOD．∴OEOFODDE．∴ ．故②正确；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．连接CF．
又∵ BC=ADADBE，∴ ．故③不正确；
∵△ABF∽△ADE，△ABF∽△OEF，∴△ADE∽△OEF．
在△BEF和△BOE中， ∠BEF∠BOE45°，∠EBF∠OBE，∴△BEF∽△BOE．
在△BOE和△DOG中， ∠ODG∠OBE，∠BOE∠DOG，∴△BOE∽△DOG．∴△BEF∽△DOG．
又∵△DCE∽△BCG，∴图形中相似三角形超过6对，故④不正确．
综上，正确的结论是①②．故答案为：①②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及了特殊角的三角函数值、三角形的外角性质、举反例等，是一道综合题．相似和全等是证明边的比例关系中最常用的方法．
7．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______．
【答案】①②④
【分析】利用同角的余角相等可得∠EDC=∠PDA，利用SAS可证明，可得①正确；②根据全等三角形的性质可得∠APD=∠CED，根据等腰直角三角形的性质可得∠DPE=∠DEP=45°，即可得出∠PEC=90°，可得②正确；过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，利用勾股定理可求出CE的长，根据△DEP是等腰直角三角形，可证△CEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求出CF的长，可得③错误；④由③可知EF的长，即可得出DF的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出正方形ABCD的面积，可得④正确，综上即可得答案．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，PD⊥DE，
∴∠PDA+∠PDC=90°，∠EDC+∠PDC=90°，AD=CD，∴∠EDC=∠PDA，
在△APD和△CED中，∴△APD≌△CED，故①正确，∴∠APD=∠DEC，
∵DP=DE，∠PDE=90°，∴∠DPE=∠DEP=45°，∴∠APD=∠DEC=135°，
∴∠PEC=∠DEC-∠DEP=90°，∴AE⊥CE，故②正确，
如图，过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，∵，∠PDE=90°，∴PE=，
∵，∠PEC=90°，∴CE==2，∵∠DEP=45°，∠PEC=90°，∴∠FEC=45°，
∵∠EFC=90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∴CF=EF==，
∴点到直线的距离为，故③错误，∴DF=EF+DE=+1，
∴CD2===，∴，故④正确，
综上所述：正确的结论有①②④，故答案为：①②④
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、正方形面积公式、勾股定理的运用等知识，熟练掌握相关判定定理和性质是解题的关键.
8．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是______（把你认为所有正确的都填上）．
【答案】4 ①③
【分析】(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明，，进而得到，即可求出的周长；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明，即可判断；对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；
对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．
【详解】解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：
∵，且∴，
在和中：，∴，∴，
又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，∴∠1=∠3，∵ABCD为正方形，∴AD=AB，
在和中：，∴，
∴∴，∴、、三点共线，
∴，
∴，
故答案为：；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：
∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，∴∠2=∠4，
在和中： ,∴，
∴，，∴，
∴在中，由勾股定理得：，
在和中： ,∴，
∴，∴，故①正确；
对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，
GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理：，∴，解得，即，
∴,故②错误；
对于③：如下图所示：
∵∠EAF=∠BDC=45°，∴A、M、F、D四点共圆，∴∠AFM=∠ADM=45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确；故答案为：①③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
9．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____．
【答案】①②④
【分析】先根据定理证出，从而可得，再根据角的和差即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论③；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后解直角三角形即可得判断结论④．
【详解】解：四边形是正方形，，
，
在和中，，，，
，，
，即，结论①正确；
平分，，，，
，，，，
，结论②正确；
，，
，，即，结论③错误；
如图，过点作于点，连接，
平分，，，，，
由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值，
由垂线段最短得：当时，取得最小值，
此时在中，，
即的最小值是，结论④正确；综上，所有正确结论的序号是①②④，故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是④，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键．
10．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当时，；②；③当时，；④．其中正确的是_______（填序号即可）．
【答案】①③④
【分析】①正确．利用面积法证明即可．②错误．假设成立，推出，显然不符合条件．③正确．如图2中，过点M作于P，于Q，连接AF．想办法证明，再利用相似三角形的性质，解决问题即可．④正确．如图3中，将绕点C顺时针旋转得到，连接FW．则，，，，证明，利用勾股定理，即可解决问题．
【详解】解：如图1中，过点G作于T．，，
，，四边形ABCD是正方形，
，，，，，，
，，故①正确，
假设成立，，，
，显然这个条件不成立，故②错误，
如图2中，过点M作于P，于Q，连接AF．
，，，
，，，，，，
，，，，
，，，，
，，
，，，，
，，，，，
，，，，
，，，是等腰直角三角形，，
，，，，，故③正确，
如图3中，将绕点C顺时针旋转得到，连接FW．则，，，，∵FG=FC，∠GFO=∠FCN，∠FGM=∠CFN=45°，∴△FGM≌△CFN，∴FM=CN，
，，，，，
，，
，故④正确，故答案为：①③④．
【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.
11．（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，∴，∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，∴，∴，∴，．
∵，即，∴．
在中，，∴．∴．
∵，∴，即，∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，
∵，即，
又∵，∴．∵，∴，
∴，∴，∴．
∴在和中 ，∴，
∴，即点D为中点．∵点E为AC中点，
∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
12．（2021·江西·一模）定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”．（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是 ．（2）如图1，在“完美四边形”ABCD中，AB＝AD＝CD＝2，BC＝，AC＝3，求线段BD的长．（3）如图2，⊙O内接四边形EFGH，GE为⊙O的直径．①求证：四边形EFGH为“完美四边形”．②若EF＝6，FG＝8，FH是否存在一个值使四边形EFGH的面积最大？若存在，求出FH的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）正方形、矩形；（2）3；（3）存在，．
【分析】（1）依次判断正方形、矩形、菱形是否满足定义条件即可；
（2）根据“完美四边形”的定义，得到边和对角线之间的关系式，代入数据运算即可求解；
（3）①做辅助线构造出两组相似三角形，得到四边形的边和对角线之间的关系，再利用等式的性质代换即可得到所需条件，进而得以求证；②将四边形分成两部分，一部分是，得到它的面积为定值，另一部分为，它的面积随H点位置的变化而变化，当H点到GE的垂线段就是半径时为最大，此时的面积也最大，从而整个四边形的面积就最大；再利用勾股定理和“完美四边形”的定义等进行求解即可．
【详解】解：（1）正方形、矩形
理由如下：①如图，设正方形边长为a，∴对角线长为，
所以对角线的积为，因为两组对边的积的和为，∴正方形为“完美四边形”．
②如图，设矩形的两邻边长分别为b和c，∴矩形的对角线长为，
∵矩形的对角线长相等，∴矩形对角线的积为，
又∵矩形对边的积分别为和，则对边积的和为∴矩形为“完美四边形”．
③如图，设菱形的两条对角线长的一半分别为m和n，∴菱形的边长为，
∵菱形的四条边相等，∴菱形的对边的积的和为，
∵菱形的对角线的积为，令，∴
∴只有当时，该菱形才为“完美四边形”，
当时，则它不是“完美四边形”，∴菱形不是“完美四边形”．
综上可知：只有正方形和矩形是“完美四边形”．
（2）由“完美四边形”的定义可知：，∴．
（3）①如图，在GE上取一点M，使∠GFM=∠HFE，
∵∠FGM=∠FHE（同弧所对的圆周角相等），∴∽∴∴，
∵∠GFM=∠HFE，∴∠GFH=∠MFE，
又∵∠GHF=∠MEF，∴∽，∴，∴，
∴∴四边形EFGH为“完美四边形”．
②存在；理由：如下面图①，∵GE是直径，∴∠EFG=90°，
∴，的面积为
∴要使四边形GFEH面积最大，则只需面积最大，
作HN⊥GE，垂足为N，则HN的值最大时，面积就最大，
因为H点到直径DE的垂线段的长最大为半径，即垂足N点在原点时最大；
如下面图②，当O点与N点重合时，由GE是直径，∴∠GHE=90°，
∵HN垂直平分GE，∴HG=HE，∵∴；由它是“完美四边形”，
∴∴，∴存在，当时，面积最大．
【点睛】本题为新定义型试题，综合考查了圆、相似、勾股定理、四边形等内容，考查了学生对相关概念的理解与应用，本题属于压轴题，其中作辅助线是一个难点，对学生的综合分析与知识点运用的能力有着十分高的要求，本题蕴含了数形结合等思想．
13．（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．
（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，
【分析】（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；
（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．
【详解】（1）解 ，，
，，是等边三角形，是的中点，，
在中，，，．
（2）证明：连结，，，
，， ，
，，又，，
是等边三角形，，，
又，， ，．
（3）存在这样的． 过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，
，由（2）得AE=2AP，DE=AC，∴CG=EN，
∵，∴AE=BC，∵∠ANE=∠BGC=90°，， ∴∠EAN=∠CBG
∵AE=BC，AB=BA，∴ ∴AC=BE，∴DE=BE，
∴∠EDB=∠EBD=45°，∴∠DEB=90°，∴，∵∴
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．
14．（2020·山东东营市·中考真题）如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；
（2）探究证明：把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．
【答案】（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.
【分析】（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出．
（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE ，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．
（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．
【详解】由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，
∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP
又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=
根据三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB
∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，
∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C =．
是等边三角形． 理由如下：如图，由旋转可得
在ABD和ACE中．
点分别为的中点，是的中位线，且
同理可证且
．
在中∵∠MNP=，MN=PN是等边三角形．
根据题意得:即，从而
的面积．∴面积的最大值为．
【点睛】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．
15．（2021·浙江鄞州·一模）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 ；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，四边形DEFG是垂等四边形，且∠EFG＝90°，AF＝CG．①求证：EG＝DG；②若BC＝n•BG，求n的值；
（3）如图2，在Rt△ABC中，＝2，AB＝，以AB为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D作CB的延长线的垂线，垂足为E，且△ACB与△DBE相似，求四边形ACBD的面积．
【答案】（1）矩形；（2）①见解析；②；（3）四边形ACBD的面积为或
【分析】（1）根据“垂等四边形”的定义进行分析；（2）①通过△ADF≌△CDG的性质推知DF＝DG；然后根据四边形DEFG是垂等四边形的性质知EG＝DF；最后由等量代换证得结论；②如图1，过点G作GH⊥AD，垂足为H，首先证明△BFG为等腰直角三角形，则∠GFB＝45°；然后证得△AEF为等腰直角三角形；再次，根据等腰直角三角形的性质和已知条件得到：BC＝3AE，BG＝2AE．代入求值即可；（3）解：如图2，过点D作DF⊥AC，垂足为F，构造矩形CEDF．在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC＝2，BC＝1．再由垂等四边形四边形ACBD的性质知．
分两种情况：当△ACB∽△BED时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB求得结果；当△ACB∽△DEB时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB求得结果．
【详解】解：（1）矩形有一组邻边垂直且对角线相等，故矩形的垂等四边形．故答案是：矩形；
（2）①证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠C．
又∵AF＝CG，∴△ADF≌△CDG（SAS），∴DF＝DG．
∵四边形DEFG是垂等四边形，∴EG＝DF，∴EG＝DG．
②解：如图1，过点G作GH⊥AD，垂足为H，
∴四边形CDHG为矩形，∴CG＝DH．由①知EG＝DG，∴DH＝EH．
由题意知∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AF＝CG，
∴AB﹣AF＝BC﹣CG，即BF＝BG，∴△BFG为等腰直角三角形，∴∠GFB＝45°．
又∵∠EFG＝90°，∴∠EFA＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∴△AEF为等腰直角三角形，
∴AE＝AF＝CG，∴AE＝EH＝DH，∴BC＝3AE，BG＝2AE．∵BC＝n•BG，∴．
（3）解：如图2，过点D作DF⊥AC，垂足为F，∴四边形CEDF为矩形．
∵，∴AC＝2BC．在Rt△ABC中，，
根据勾股定理得，AC2+BC2＝AB2，即（2BC）2+BC2＝5，∴AC＝2，BC＝1．
∵四边形ACBD为垂等四边形，∴．
第一种情况：当△ACB∽△BED时，，设DE＝x，则BE＝2x，∴CE＝1+2x．
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE2+DE2＝CD2，即（1+2x）2+x2＝5，
解得，（舍去），∴，，
∴S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB＝；
第二种情况：当△ACB∽△DEB时，，设BE＝y，则DE＝2y，∴CE＝1+y．
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE2+DE2＝CD2，即（1+y）2+（2y）2＝5，
解得，（舍去），∴，，
∴S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB＝．
综上所述，四边形ACBD的面积为或．
【点睛】本题主要考查了相似综合题，综合运用相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用等知识点解题，解题的关键是掌握“垂等四边形”的定义，另外解题过程中，注意方程思想的应用．难度较大．
16．（2021·山东菏泽市·中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．
（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；（3）当时，在点由点移动到中点的过程中，计算出点运动的路线长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）分别根据平行线的性质及折叠的性质即可证得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代换可得∠HEF＝∠EFB，进而可得PE＝PF；
（2）连接PM，ME，MF，先证RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再证EPM≌FPM（SAS），由此即可得证；（3）连接AC，交EF于点O，连接OG，先证明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，进而根据折叠可得OG＝OC＝5，由此得到点G的运动轨迹为圆弧，再分别找到点G的起始点和终点便能求得答案．
【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中，∴ADBC，AB＝CD；∴∠DEF＝∠EFB，
∵折叠，∴∠DEF＝∠HEF，∴∠HEF＝∠EFB，∴PE＝PF；
（2）证明：连接PM，ME，MF，
∵在矩形ABCD中，∴AD＝BC，∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，
又∵AE＝CF，∴AD－AE＝BC－CF，即：DE＝BF，
∵折叠，∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝∠PHM＝90°，∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，
又∵由（1）得：PE＝PF，∴PE－HE＝PF－BF，即：PH＝PB，
在RtPHM与RtPBM中，，∴RtPHM≌RtPBM（HL），∴∠EPM＝∠FPM，
在EPM与FPM中，，∴EPM≌FPM（SAS），∴ME＝MF，
∴点M在线段EF的垂直平分线上；
（3）解：如图，连接AC，交EF于点O，连接OG，
∵AB＝CD＝5，，∴BC＝，∴在RtABC中，AC＝＝，
∵ADBC，∴∠EAO＝∠FCO，
在EAO与FCO中，，∴EAO≌FCO（AAS），∴OA＝OC＝AC＝5，
又∵折叠，∴OG＝OC＝5，当点E与点A重合时，如图所示，此时点F，点G均与点C重合，
当点E与AD的中点重合时，如图所示，此时点G与点B重合，
∵O为定点，OG＝5为定值，∴点G的运动路线为以点O为圆心，5为半径的圆弧，且圆心角为∠BOC，
在RtABC中，tan∠BAC＝＝，∴∠BAC＝60°，
∵OA＝OB＝OC＝OG，∴点A、B、C、G在以点O为圆心，5为半径的圆上，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，∴的长为＝，∴点运动的路线长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定及性质、圆的相关概念及性质，弧长公式的应用，第（3）问能够发现OG＝5是解决本题的关键．
17．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，N为EF的中点，连结NA，以NA，NF为邻边作□ANFG．连结DG，DN，将Rt△ECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为（0°≤≤360°）．
（1）如图1，当＝0°时，DG与DN的关系为____________________；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）在Rt△ECF旋转的过程中，当□ANFG的顶点G落在正方形ABCD的边上，且AB＝12，EC＝时，连结GN，请直接写出GN的长．
【答案】（1）DG＝DN，且DG⊥DN；（2）成立，理由见解析；（3）GN＝或
【分析】（1）如图1中，连接AE，AF，CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；（2）如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；（3）分两种情形：如图3-1中，当点G落在AD上时，如图3-2中，当点G落在AB上时，分别利用勾股定理求出GN即可．
【详解】解：（1）如图1中，连接AE，AF，CN．
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CB=CD，∠B=∠ADF=90°，
∵CE=CF，∴BE=DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE=AF，
∵EN=NF，∴AN⊥EF，CN=NF=EN，∵CE=CF，EN=NF，∴CN⊥EF，∴A，N，C共线，
∵四边形ANFG是平行四边形，∠ANF=90°，∴四边形ANFG是矩形，∴AG=FN=CN，∠GAN=90°，
∵∠DCA=∠DAC=45°，∴∠GAD=∠NCD=45°，∴△GAD≌△NCD（SAS），
∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，∴∠GDN=∠ADC=90°，∴DG⊥DN，DG=DN．故答案为：DG⊥DN，DG=DN；
（2）结论成立．理由：如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．
∵四边形ANFG是平行四边形，∴AG∥KJ，AG=NF，∴∠DAG=∠J，
∵AJ∥BC，∴∠J=∠CKE，∵CE=CF，EN=NF，∴CN=NE=NF=AG，CN⊥EF，
∴∠ECN=∠CEN=45°，∴∠EKC+∠ECK=∠ECK+∠DCN，∴∠DCN=∠CKE，∴∠GAD=∠DCN，
∵GA=CN，AD=CD，∴△GAD≌△NCD（SAS），∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，
∴∠GDN=∠ADC=90°，∴DG⊥DN，DG=DN；
（3）如图3-1中，当点G落在AD上时，
∵△ECN是等腰直角三角形，EC=5，∴EN=CN=NF=5，
∵四边形ANFG是平行四边形，∴AG=NF=5，∵AD-CD=12，∴DG=DN=7，∴GN=7．
如图3-2中，当点G落在AB上时，
同法可证，CN=5，∵△DAG≌△DCN，∴AG=CN=5，∴BG=AB-AG=7，BN=BC+CN=17，
综上所述，满足条件的GN的值为或
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．
18．（2021·辽宁阜新·中考真题）在图1中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，还蕴含着很多美妙的数学结论．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是直线AB，BC上的点（E，F在直线AC的两侧），且．
（1）如图2，求证：；（2）若直线AC与EF相交于点G，如图3，求证：；
（3）设正方形ABCD的中心为O，，用含的式子表示的度数（不必证明）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α．
【分析】（1）四边形ABCD是正方形，，，又知道，可得到即可求解；（2）作交AC于点H,则,知道四边形ABCD是正方形可得，推出，，，，，得到，，又知道得到即可求解（3）分三种情况①点E在线段AB上、②点E在线段BA的延长线上、③点E在线段AB的延长线上，逐一进行讨论即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴，． ∴．
又∵，∴．∴．
（2）（解法一）作交AC于点H，如图1．则．
图1 图2
∵四边形ABCD是正方形，∴，．∴
∵，∴． ∴．∴．
∵，∴． 又∵，∴． ∴．
由（1）同理可得，∴．
（解法二）作交AC于点H ，如图2．
∵四边形ABCD是正方形，∴，．∴，
∵，∴．∴． ∴．
又∵，∴． 连接CE，FH ．
又∵．∴四边形CEHF是平行四边形． ∴．
由（1）同理可得，∴．
（3）解：①当点E在线段AB上时，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=∠ADC=90°，∠ACD=45°，∵，∴∠ADE=∠CDF，
∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，∴∠EDC+∠CDF=90°，即∠EDF=90°，
∵DE=DF，DG⊥EF，∴∠GDF=∠2=45°，∴∠1=45°-∠3，
∵∠BCD=90°，∴∠3+∠2+∠CFE=90°，∴∠3=90°-45°-α=45°-α，∴∠1=45°-∠3=α，
∵∠DGO=∠ACD+∠1，∴∠DGO=α+45°；
②当点E在线段BA的延长线上时，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=∠ADC=90°，∠BDC=45°，
∵，∴∠ADE=∠CDF，∵∠ADF+∠CDF=∠ADC=90°，
∴∠EDA+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，
∵DE=DF，DG⊥EF，∴∠GDF=∠GFD=∠BDC=45°，∴∠1=∠2，
∵∠BCD=90°，∴∠3+∠2=90°，∵∠3=∠CFE-∠GFD=α-45°，
∴∠2=90°-α+45°=135°-α，∴∠1=∠2=135°-α，∴∠DGO=90°-∠1=α-45°；
③当点E在线段AB的延长线上时，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠ACD=45°，∠ABC=∠ADC=90°，
∵，∴∠ADE=∠CDF，∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，
∴∠EDC+∠CDF=90°，即∠EDF=90°，∴∠2=∠3，
∵DE=DF，DG⊥EF，∴∠GDE=∠DEG=45°，∴∠1+∠3=45°，
∵∠ABC=90°，∴∠CFE+∠2+∠DEG=90°，∵∠CFE-∠2=45°，∴∠CFE=∠1=α，
∴∠DGO+∠1=∠ACD=45°，∴∠DGO=45°-α．综上：∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用全等三角形的判定和性质得DE=DF，利用等腰直角三角形的性质求解．
19．（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．
20．（2021·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测）在平面直角坐标系中，如图所示，，．点P从点O出发在线段上以每秒1个单位的速度向点A运动，同时点Q从点B出发在线段上以每秒2个单位的速度向点C运动．其中一个点到达终点时，停止运动,连接．（1）如图1，连接交于点D，则点D的坐标为________；（2）如图2，过A作于点H，求的最小值；（3）如图3，在上取一点M，使得，那么点M的纵坐标是否存在最大值，若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在点M纵坐标的最大值，此时OP=1
【分析】（1）有P，Q的运动速度，设时间为t，表示出Q，P的坐标，再求出直线PQ的解析式，直线OB的解析式，联立即可求出点D的坐标；（2）连接OB与PQ交于点D，由（1）得，连接DA，取DA的中点M，以M为圆心，以DM的长为半径作圆，连接OM，先说明点H在上运动，再由图形得出，三点共线时，OH取得最小值，用勾股定理，即可得出答案；（3）连接OB，交PQ于点D，以AD为斜边，作等腰直角，以点N为圆心，以2为半径作，说明点M在上，连接MN，过点M作 于点T，连接AN交于于点，可得出即，再求出直线的解析式，求出与x轴的交点即为OP的长．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA∥BC，
∵，∴，∴点C的坐标为，
∵点P从点O出发以每秒1个单位的速度向点A运动，点Q从点B出发以每秒2个单位的速度向点C运动，∴设时间为m，则，∴，
设直线PQ的解析式为，代入解得，
设直线OB的解析式为，代入点B的坐标，求得，
联立 ，解得，故点D的坐标为 ，故答案为；
（2）连接OB与PQ交于点D，由（1）得，点D（3,2），
连接DA，取DA的中点M，以M为圆心，以DM的长为半径作圆，
∵点D（3,2），点，∴点M的坐标为，，∴，
∵，∴点H在上运动，
连接HM，由图可知，，当三点共线时，取得最小值，
即，故OH的最小值为；
（3）存在，理由如下，连接OB，交PQ于点D，以AD为斜边，作等腰直角，以点N为圆心，以2为半径作，则在圆上，与轴相切，
∵，∴点M在上，∵与轴相切，在上，∴
连接MN，过点M作 于点T，连接AN交于于点，
∴ ∴ ∴，
连接交x轴于点,交于BC与点，设直线的解析式为,
代入点，，解得直线的解析式为，∴当时，,
∴存在点M纵坐标的最大值，此时OP=1．
【点睛】本题考查菱形的性质，一次函数问题，构造三角形求线段最小值，圆的知识，三角形三边关系，坐标与图形，解题关键是熟练掌握相关知识点，能够构造圆进行求解．
重难点06 几何类综合问题
【命题趋势】
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．
【满分技巧】
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．
【限时检测】
A卷（建议用时：90分钟）
1．（2021·安徽中考真题）在中，，分别过点B，C作平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·山东滨州·中考真题）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
3．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是
A． B． C． D．
4．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点，连接，若，．则下列结论：①；②；③；④；⑤点D到CF的距离为．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
5．（2021·山东东营市·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
6．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
7．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．
8．（2021·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）；（3）；（4），其中正确的结论有________（填写所有正确结论的序号）．
9．（2021·天津中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．
10．（2021·江苏淮安·中考真题）（知识再现）
学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
（简单应用）如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是 ．
（拓展延伸）在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．
（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．
11．（2021·湖北十堰·中考真题）已知等边三角形，过A点作的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接，把线段绕点C逆时针方向旋转得到，连．
（1）如图1，直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点P、B在同侧且时，求证：直线垂直平分线段；（3）如图3，若等边三角形的边长为4，点P、B分别位于直线异侧，且的面积等于，求线段的长度．
12．（2021·辽宁沈阳·中考真题）在中，，中，（），，，，点B，C，E不共线，点P为直线上一点，且．
（1）如图1，点D在线段延长线上，则________，________，（用含的代数式表示）；
（2）如图2，点A，E在直线同侧，求证：平分；
（3）若，，将图3中的绕点C按顺时针方向旋转，当时，直线交于点G，点M是中点，请直接写出的长．
13．（2021·山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
14．（2021·浙江南浔·一模）定义：如果一个四边形的一条对角线长度是另一条对角线长度的2倍，则称这个四边形为倍半四边形．
（1）已知在倍半四边形中，对角线与交于点，
①如图1，若，求的面积；
②如图2，若，且与的面积之比是，求的长度；
（2）如图3，已知在中，，过点作射线交于点，使得，点为射线上一动点，连结和，点分别为和的中点，连结，当四边形为倍半四边形时，求的值（用含的代数式表示）．
15．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．
实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
16．（2021·浙江衢州市·中考真题）（推理）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．
（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
17．（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．
18．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连接、交于点．
（1）求证：是的切线；（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．
19.（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．
20．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．（1）若m＝3．①求证：∠OAD＝60°；②求的值；（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是定值，求此时∠Q的度数．
B卷（建议用时：90分钟）
1．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）如图，已知和都是等腰三角形，，交于点F，连接，下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，点，在菱形的对角线上，，，与的延长线交于点．则对于以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；②当点与点重合时；③的面积的取值范围是；
④当时，．
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
4．（2021·四川南充市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把边AB沿对角线BD平移，点，分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点，，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线的对称点的距离为48；③的最大值为15；④的最小值为．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
6．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．
7．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______．
8．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是______（把你认为所有正确的都填上）．
9．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____．
10．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当时，；②；③当时，；④．其中正确的是_______（填序号即可）．
11．（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
12．（2021·江西·一模）定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”．（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是 ．（2）如图1，在“完美四边形”ABCD中，AB＝AD＝CD＝2，BC＝，AC＝3，求线段BD的长．（3）如图2，⊙O内接四边形EFGH，GE为⊙O的直径．①求证：四边形EFGH为“完美四边形”．②若EF＝6，FG＝8，FH是否存在一个值使四边形EFGH的面积最大？若存在，求出FH的值；若不存在，请说明理由．
13．（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．
（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
14．（2020·山东东营市·中考真题）如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；（2）探究证明：把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．
15．（2021·浙江鄞州·一模）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 ；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，四边形DEFG是垂等四边形，且∠EFG＝90°，AF＝CG．①求证：EG＝DG；②若BC＝n•BG，求n的值；
（3）如图2，在Rt△ABC中，＝2，AB＝，以AB为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D作CB的延长线的垂线，垂足为E，且△ACB与△DBE相似，求四边形ACBD的面积．
16．（2021·山东菏泽市·中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．
（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；（3）当时，在点由点移动到中点的过程中，计算出点运动的路线长．
17．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，N为EF的中点，连结NA，以NA，NF为邻边作□ANFG．连结DG，DN，将Rt△ECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为（0°≤≤360°）．
（1）如图1，当＝0°时，DG与DN的关系为____________________；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）在Rt△ECF旋转的过程中，当□ANFG的顶点G落在正方形ABCD的边上，且AB＝12，EC＝时，连结GN，请直接写出GN的长．
18．（2021·辽宁阜新·中考真题）在图1中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，还蕴含着很多美妙的数学结论．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是直线AB，BC上的点（E，F在直线AC的两侧），且．
（1）如图2，求证：；（2）若直线AC与EF相交于点G，如图3，求证：；
（3）设正方形ABCD的中心为O，，用含的式子表示的度数（不必证明）．
19．（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．
20．（2021·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测）在平面直角坐标系中，如图所示，，．点P从点O出发在线段上以每秒1个单位的速度向点A运动，同时点Q从点B出发在线段上以每秒2个单位的速度向点C运动．其中一个点到达终点时，停止运动,连接．（1）如图1，连接交于点D，则点D的坐标为________；（2）如图2，过A作于点H，求的最小值；（3）如图3，在上取一点M，使得，那么点M的纵坐标是否存在最大值，若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由．
重难点06 几何类综合问题
【命题趋势】
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．
【满分技巧】
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．
3． 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．
3） 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．
【限时检测】
A卷（建议用时：90分钟）
1．（2021·安徽中考真题）在中，，分别过点B，C作平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．由题意易证，从而证明ME为中位线，即，故判断B正确；又易证，从而证明D为BG中点．即利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求出，故判断C正确；由、和可证明．再由、和可推出 ，即推出，即，故判断D正确；假设，可推出，即可推出．由于无法确定的大小，故不一定成立，故可判断A错误．
【详解】如图，设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．
∵AD是的平分线，，，∴HC=HF，∴AF=AC．
∴在和中，，∴，
∴，∠AEC=∠AEF=90°，∴C、E、F三点共线，∴点E为CF中点．
∵M为BC中点，∴ME为中位线，∴，故B正确，不符合题意；
∵在和中，，∴，
∴，即D为BG中点．∵在中，，∴，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，，，∴．
∵，，∴，∴．
∵AD是的平分线，∴．∵， ∴，
∴，∴，故D正确，不符合题意；
∵假设，∴，∴在中，．
∵无法确定的大小，故原假设不一定成立，故A错误，符合题意．故选A．
【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识，较难．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
2．（2021·山东滨州·中考真题）在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．
【详解】解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，
∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；
连接DF，EN，∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，
∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，∴∠MDF=∠FEN，
在△MDF和△FEN中，，∴△MDF≌△FEN（SAS），∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；
∵EF∥AB，DF∥AC，∴四边形ADFE是平行四边形，∴∠DFE=∠BAC，
又∵△MDF≌△FEN，∴∠DFM=∠ENF，∴∠EFN+∠DFM=∠EFN+∠ENF=180°-∠FEN
=180°-（∠FEC+∠NEC）=180°-（∠BAC+90°）=90°-∠BAC，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，∴MF⊥FN，故结论③正确；
∵EF∥AB，∴△CEF∽△CAB，∴，∴，∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，
∴正确的结论为①②③，共3个，故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
3．（2021·四川泸州市·中考真题）如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得，即可得AD=BG=2，BC= 8，再证明△HAO≌△BCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD= 10；在Rt△ABD中，根据勾股定理可得；证明△DHF∽△BCF，根据相似三角形的性质可得，由此即可求得．
【详解】过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，
∵AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，∴AD=DE，BC=CE，∠DAB=∠ABC=90°，
∵DG⊥BC，∴四边形ABGD为矩形，∴AD=BG，AB=DG=8，
在Rt△DGC中，CD=10，∴，
∵AD=DE，BC=CE，CD=10，∴CD= DE+CE = AD+BC =10，
∴AD+BG +GC=10，∴AD=BG=2，BC=CG+BG=8，
∵∠DAB=∠ABC=90°，∴AD∥BC，∴∠AHO=∠BCO，∠HAO=∠CBO，
∵OA=OB，∴△HAO≌△BCO，∴AH=BC=8，
∵AD=2，∴HD=AH+AD=10；在Rt△ABD中，AD=2，AB=8，
∴，
∵AD∥BC，∴△DHF∽△BCF，∴，
∴，解得，．故选A．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
4．（2021·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点，连接，若，．则下列结论：①；②；③；④；⑤点D到CF的距离为．其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①③④⑤ C．①②③⑤ D．①②④⑤
【答案】C
【分析】由题意易得，①由三角形中位线可进行判断；②由△DOC是等腰直角三角形可进行判断；③根据三角函数可进行求解；④根据题意可直接进行求解；⑤过点D作DH⊥CF，交CF的延长线于点H，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵点是的中点，∴，∵，，∴，则，
∵OF∥BE，∴△DGF∽△DCE，∴，∴，故①正确；
∴点G是CD的中点，∴OG⊥CD，
∵∠ODC=45°，∴△DOC是等腰直角三角形，∴，故②正确；
∵CE=4，CD=8，∠DCE=90°，∴，故③正确；
∵，∴，∴，故④错误；
过点D作DH⊥CF，交CF的延长线于点H，如图所示：
∵点F是CD的中点，∴CF=DF，∴∠CDE=∠DCF，∴，
设，则，在Rt△DHC中，，解得：，
∴，故⑤正确；∴正确的结论是①②③⑤；故选C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
5．（2021·山东东营市·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【分析】过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形．
【详解】解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I∵是边长为1的等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= ∴AI=∴S△ABC=,故①正确；
如图2，当D与C重合时∵∠DBE=30°，是等边三角形∴∠DBE=∠ABE=30°∴DE=AE=
∵GE//BD∴ ∴BG=∵GF//BD,BG//DF∴HF=BG=,故②正确；
如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN
∵∠3=30°∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°∴∠NBE=∠3=30°
又∵BD=BN，BE=BE∴△NBE≌△DBE（SAS）∴NE=DE
延长EA到P使AP=CD=AN∵∠NAP=180°-60°-60°=60°∴△ANP为等边三角形∴∠P=60°，NP=AP=CD
如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；
如图1，当AE=CD时，∵GE//BC∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°
∴∠AGE=∠AEG=60°，∴AG=AE同理：CH=CD∴AG=CH
∵BG//FH,GF//BH∴四边形BHFG是平行四边形∵BG=BH∴四边形BHFG为菱形，故④正确．故选B．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
6．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【分析】根据矩形的性质与折叠的性质，证明出，，通过等量代换，得到PM=CN，则由一组邻边相等的平行四边形是菱形得到结论正确；用勾股定理，，由菱形的性质对角线互相垂直，再用勾股定理求出；当过点D时，最小面积，当P点与A点重合时，S最大为，得出答案．
【详解】解：①如图1，
∵，∴，∵折叠，∴，NC=NP
∴，∴，∴PM=CN，∴，∴四边形为平行四边形，
∵，∴平行四边形为菱形，故①正确，符合题意；
②当点P与A重合时，如图2所示
设，则，在中，，
即，解得：，∴，，∴，
又∵四边形为菱形，∴，且，∴
∴，故②错误，不符合题意．
③当过点D时，如图3所示：
此时，最短，四边形的面积最小，则S最小为，
当P点与A点重合时，最长，四边形的面积最大，则S最大为，
∴，故③正确，符合题意．故答案为：①③．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠问题、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理与性质定理、勾股定理是解决本题的关键．
7．（2021·四川广元市·中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．
【答案】①②③⑤
【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，
①∵，∴由四边形内角和可得，
∴点A、B、F、P四点共圆，∴∠AFP=∠ABD=45°，
∴△APF是等腰直角三角形，∴，故①正确；
②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：
∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∴，
∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴HF=EF，
∵，∴，故②正确；
③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：
对角线的中点，∴OB=OD，，∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，∴，
由①可得点A、B、F、P四点共圆，∴，
∵，∴△AOP∽△ABF，∴，∴，
∵，∴，故③正确；
④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：由②可得∠AFB=∠AFN，∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，
∴△ABF≌△ANF（AAS），∴AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，
∵点P在线段上，∴的长不可能为定值，故④错误；
⑤由③可得，∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，
∴△APG∽△AFE，∴，∴，
∴，∴，故⑤正确；
综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；故答案为①②③⑤．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
8．（2021·广东广州·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．（1）H是FK的中点；（2）；（3）；（4），其中正确的结论有________（填写所有正确结论的序号）．
【答案】（1）（3）（4）．
【分析】由正方形的性质可证明，则可推出，利用垂径定理即可证明结论（1）正确；过点H作交BC于N，交AD于M，由三角形面积计算公式求出，再利用矩形的判定与性质证得，并根据相似三角形的判定与性质分别求出，，则最后利用锐角三角函数证明，即可证明结论（2）错误；根据（2）中结论并利用相似三角形的性质求得，即可证明结论（3）正确；利用（1）所得结论并由勾股定理求出FH，再求得DK，即可证明结论（4）正确．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴，．
又∵，∴．∴．
∵，∴，∴，∴，∴，
即H是FK的中点；故结论（1）正确；
（2）过点H作交BC于N，交AD于M，
由（1）得，则．∵，∴．
∵四边形ABCD是正方形，，∴．
∴四边形ABNM是矩形．∴，．∵，∴．即．
∵，∴．∵，∴．
∴．即．解得．则．
∵，．∵，，
∴．∴．∴．∴与不全等，故结论（2）错误；
（3）∵，∴．即．解得．
由（2）得，．
∴；故结论（3）正确；
（4）由（1）得，H是FK的中点，∴．
由勾股定理得．∴；故结论（4）正确．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查了正方形的综合问题，掌握特殊四边形、相似三角形的判定与性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
9．（2021·天津中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．
【答案】
【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，
∵正方形边长为4，∴OK=2，KC=2，∴KC=CE，
∴CH是△OKE的中位线∴，作GM⊥CD，垂足为点M，
∵G点为EF中点，∴GM是△FCE的中位线，
∴，，∴，
在Rt△MHG中，，故答案为：．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．
10．（2021·江苏淮安·中考真题）（知识再现）
学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
（简单应用）如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是 ．
（拓展延伸）在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．
（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．
（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．
【答案】【简单应用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，证明见解析；（2）AE﹣AD＝2AC•cos（180°﹣），理由见解析
【分析】简单应用：证明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得结论．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．证明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，证明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得结论．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．证明TE＝TE′，求出AT，可得结论．
【详解】简单应用：解：如图（1）中，结论：AE＝AD．
理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，
∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），∴AD＝AE．故答案为：AE＝AD．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．
理由：如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．
∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，
∴△CAM≌△BAN（AAS），∴CM＝BN，AM＝AN，
∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），∴EM＝DN，
∵AM＝AN，∴AE＝AD．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．
理由：在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．
∵CE′＝BD，CE＝BD，∴CE＝CE′，∵CT⊥EE′，∴ET＝TE′，
∵AT＝AC•cos（180°﹣）＝m•cos（180°﹣），
∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m•cos（180°﹣）．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，解题的关键在于能够熟练寻找全等三角形解决问题.
11．（2021·湖北十堰·中考真题）已知等边三角形，过A点作的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接，把线段绕点C逆时针方向旋转得到，连．
（1）如图1，直接写出线段与的数量关系；（2）如图2，当点P、B在同侧且时，求证：直线垂直平分线段；（3）如图3，若等边三角形的边长为4，点P、B分别位于直线异侧，且的面积等于，求线段的长度．
【答案】（1）AP=BQ；（2）见详解；（3）或或
【分析】（1）根据旋转的性质以及等边三角形的性质，可得CP=CQ，∠ACP=∠BCQ，AC=BC，进而即可得到结论；（2）先证明是等腰直角三角形，再求出∠CBD=45°，根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论；（3）过点B作BE⊥l，过点Q作QF⊥l，根据，可得AP=BQ，∠CAP=∠CBQ=90°，设AP=x，则BQ=x，MQ=x-，QF=( x-)×，再列出关于x的方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵线段绕点C逆时针方向旋转得到，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，
∵在等边三角形中，∠ACB=60°，AC=BC，∴∠ACP=∠BCQ，∴，∴=；
（2）∵，CA⊥l，∴是等腰直角三角形，
∵，∴是等腰直角三角形，∠CBQ=90°，
∵在等边三角形中，AC=AB，∠BAC=∠ABC=60°，∴AB=AP，∠BAP=90°-60°=30°，
∴∠ABP=∠APB=(180°-30°)÷2=75°，∴∠CBD=180°-75°-60°=45°，
∴PD平分∠CBQ，∴直线垂直平分线段；
（3）①当点Q在直线上方时，如图所示，延长BQ交l与点E，过点Q作与点F，
由题意得，
，，，
，，
，，，
设，则，，在中，，
，即，解得或，即AP的长度为或；
②当点Q在直线l下方时，过点B作BE⊥l，过点Q作QF⊥l，
由（1）小题，可知：，∴AP=BQ，∠CAP=∠CBQ=90°，
∵∠ACB=60°，∠CAM=90°，∴∠AMB=360°-60°-90°-90°=120°，即：∠BME=∠QMF=60°，
∵∠BAE=90°-60°=30°，AB=4，∴BE=，∴BM=BE÷sin60°=2÷=，
设AP=x，则BQ=x，MQ=x-，QF= MQ×sin60°=( x-)×，
∵的面积等于，∴AP×QF=，即：x×( x-)×=，
解得：或（不合题意，舍去），∴AP=．
综上所述，AP的长为：或或．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意画出图形，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
12．（2021·辽宁沈阳·中考真题）在中，，中，（），，，，点B，C，E不共线，点P为直线上一点，且．
（1）如图1，点D在线段延长线上，则________，________，（用含的代数式表示）；
（2）如图2，点A，E在直线同侧，求证：平分；
（3）若，，将图3中的绕点C按顺时针方向旋转，当时，直线交于点G，点M是中点，请直接写出的长．
【答案】（1），；（2）见解析；（3）的长为或．
【分析】（1）利用三角形内角和定理以及等腰三角形的性质求解即可．（2）如图2中，连接．证明，可得结论．（3）分两种情形：如图中，设交于．图中，设交于，当时，利用三角形的中位线定理，可得，求出，可得结论．
【详解】（1）解：如图1中，
，，，，
，，，，，
（2）证明：如图2中，连接．
，，，，，
，，平分．
（3）解：如图中，设交于．
，，是等腰直角三角形，
，，垂直平分线段，，
，，，
，是等边三角形，
，，，，
，，
，，，．
如图中，设交于，当时，同法可证．
，，，，
，，，，
，，综上所述，的长为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是利用特殊三角形的性质解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
13．（2021·山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．
【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）．如图，分别延长，相交于点P，
∵四边形是平行四边形，∴，∴，,
∵为的中点，∴，在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，∴，即为的中点，∴，
∵，∴，∴，∴．
（2）． ∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵为的中点，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，
∵四边形为平行四边形，∴，DC=AB，
∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面积为20，边长，于点，∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于点，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，解得：MQ=，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．
【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
14．（2021·浙江南浔·一模）定义：如果一个四边形的一条对角线长度是另一条对角线长度的2倍，则称这个四边形为倍半四边形．
（1）已知在倍半四边形中，对角线与交于点，
①如图1，若，求的面积；
②如图2，若，且与的面积之比是，求的长度；
（2）如图3，已知在中，，过点作射线交于点，使得，点为射线上一动点，连结和，点分别为和的中点，连结，当四边形为倍半四边形时，求的值（用含的代数式表示）．
【答案】（1）①；②；（2）或．
【分析】(1) ①根据倍半四边形定义，求出AC，进而求出OC，利用三角形面积公式求解即可；②根据面积比求出，得出，再证，列出比例式即可求；
(2) 取中点，连结，分别交OA、OB于M、N．得到，作于点，解直角三角形求的值即可．
【详解】（1）①∵倍半四边形，
，，．
②如图1，作分别于点．
∵，∴，．
，．．
，
，即．
．
（2）取中点，连结，分别交OA、OB于M、N．
∴，∴四边形GMON是平行四边形，．
情况一：当时，如图2，，作于点，
，，
；
情况二：当时，如图3，，
作于点，易得等腰，，
，．
【点睛】本题考查四边形的综合中新定义问题，包括相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线构建相似三角形和直角三角形，通过比例式或解直角三角形求解计算．
15．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．
实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图1，，，，，
如图2，设与交于点，与交于点，
绕点按逆时针方向旋转，，，
，，又，，
直线与所夹锐角的度数为，故答案为：，；
（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，
将绕点按逆时针方向旋转，，
又，，，，
又，，直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，
，，点是边的中点，，，，，
，，，、、三点共线，
，，，，
由（2）可得：，，，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，
同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
16．（2021·浙江衢州市·中考真题）（推理）
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．
（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．
（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）根据ASA证明；（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；
（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．
【详解】（1）如图，由折叠得到，，．
又四边形ABCD是正方形，，
，，
又 正方形 ，．
（2）如图，连接，
由（1）得，，
由折叠得，，．
四边形是正方形，，，
又，，．
，，，．
，
，（舍去）．
（3）如图，连结HE，
由已知可设，，可令，
①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，，，
由折叠得，，
又，，
，
又，，，
，，，．
，，
，（舍去）．
②当点在点右边时，如图，
同理得，，同理可得，
可得，，，
，（舍去）．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．．
17．（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．
18．（2021·四川内江·中考真题）如图，是的直径，、是上两点，且，过点的直线交的延长线于点，交的延长线于点，连接、交于点．
（1）求证：是的切线；（2）若，的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结，在（2）的条件下，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD=∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB=∠ODA，则∠CAD=∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE=3，AD=2，解直角三角形得到∠DAB=30°，则∠EAF=60°，∠DOB=60°，DF=2，再根据S阴影=S△DOF-S扇形DOB即可得解；（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM=，EM=，则MB=，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）证明：如图，连接，
，，，，，，
，，是的半径，是的切线；
（2）解：，，，
，的半径为2，，，如图，连接，
是的直径，，，
，，，即，，
在中，，，，，，
，，；
（3）如图，过点作于点，连接，
在中，，，
，．
【点睛】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
19.（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．
20．（2021·江苏泰州·中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD⊥AB，Q为上一动点（与点B不重合），AH⊥QD，垂足为H．连接AD、BQ．（1）若m＝3．①求证：∠OAD＝60°；②求的值；（2）用含m的代数式表示，请直接写出结果；（3）存在一个大小确定的⊙O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是定值，求此时∠Q的度数．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）；（3）存在半径为1的圆，45°
【分析】（1）①连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得△OAD是等边三角形，从而可得结论； ②连接AQ，由圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，从而其余弦值相等，因此可得 ，由①可得AB、AD的值，从而可得结论；（2）连接AQ、BD， 首先与（1）中的②相同，有，由△APD∽△ADB，可求得AD的长，从而求得结果；（3）由（2）的结论可得：，从而BQ2﹣2DH2+PB2当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∠Q的值．
【详解】（1）①如图，连接OD，则OA=OD
∵AB=PA+PB=1+3=4∴OA= ∴OP=AP=1即点P是线段OA的中点
∵CD⊥AB∴CD垂直平分线段OA∴OD=AD∴OA=OD=AD即△OAD是等边三角形∴∠OAD=60°
②连接AQ ∵AB是直径∴AQ⊥BQ 根据圆周角定理得：∠ABQ=∠ADH，∴
∵AH⊥DQ 在Rt△ABQ和Rt△ADH中∴
∵AD=OA=2，AB=4 ∴
（2）连接AQ、BD, 与（1）中的②相同，有 ∵AB是直径∴AD⊥BD
∴∠DAB+∠ADP=∠DAB+∠ABD=90° ∴∠ADP=∠ABD ∴Rt△APD∽Rt△ADB∴
∵AB=PA+PB=1+m∴∴
（3）由（2）知，∴BQ=即
∴BQ2﹣2DH2+PB2=
当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合
∵CD⊥AB，OA=OD=1 ∴△AOD是等腰直角三角形∴∠OAD=45°
∵∠OAD与∠Q对着同一条弧 ∴∠Q=∠OAD=45° 故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∠Q的度数为45.
【点睛】本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值．
B卷（建议用时：90分钟）
1．（2020·湖北省直辖县级行政单位·中考真题）如图，已知和都是等腰三角形，，交于点F，连接，下列结论：①；②；③平分；④．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】①证明△BAD≌△CAE,再利用全等三角形的性质即可判断；②由△BAD≌△CAE可得∠ABF=∠ACF，再由∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF证得∠BFC=90°即可判定；③分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE,根据全等三角形面积相等和BD=CE，证得AM=AN,即AF平分∠BFE,即可判定；④由AF平分∠BFE结合即可判定．
【详解】解：∵∠BAC=∠EAD∴∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE
在△BAD和△CAE中AB=AC, ∠BAD=∠CAE,AD=AE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE故①正确；
∵△BAD≌△CAE∴∠ABF=∠ACF∵∠ABF+∠BGA=90°、∠BGA=∠CGF
∴∠ACF+∠BGA=90°,∴∠BFC=90°故②正确；
分别过A作AM⊥BD、AN⊥CE垂足分别为M、N
∵△BAD≌△CAE∴S△BAD=S△CAE,∴
∵BD=CE∴AM=AN∴平分∠BFE，无法证明AF平分∠CAD．故③错误；
∵平分∠BFE，∴故④正确．故答案为C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定与性质以及角的和差等知识，其中正确应用角平分线定理是解答本题的关键．
2．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，点，在菱形的对角线上，，，与的延长线交于点．则对于以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】先由菱形的性质得AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝30°，再由三角形的外角性质得∠BFE＝80°，则∠EBF＝50°，然后证△CDE≌△CBE（SAS），得∠DEC＝∠BEC＝50°，进而得出①正确；由SAS证△ADE≌△ABE，得②正确；证出△BEM≌△EBC（AAS），得BM＝EC，EM＝BC，③正确；连接BD交AC于O，由菱形的性质得AC⊥BD，再由直角三角形的性质得OD＝CD＝BC，OC＝OD，则OC＝BC，进而得出④正确即可．
【详解】解：∵四边形ABD是菱形，∠ADC＝120°，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝∠BCD＝30°，
∵∠BFE＝∠BCE＋∠CBF＝30°＋50°＝80°，∴∠EBF＝180°−∠BEC−∠BFE＝180°−50°−880°＝50°，
在△CDE和△CBE中，∴△CDE≌△CBE（SAS），
∴∠DEC＝∠BEC＝50°，∴∠BEM＝∠DEC＋∠BEC＝100°，
∴∠BME＝180°−∠BEM−∠EBF＝180°−100°−50°＝30°，故①正确；
在△ADE和△ABE中，∴△ADE≌△ABE（SAS），故②正确；
∵∠EBC＝∠EBF＋∠CBF＝100°，∴∠BEM＝∠EBC，
在△BEM和△EBC中，∴△BEM≌△EBC（AAS），
∴BM＝EC，EM＝BC，故③正确；连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，AC⊥BD，
∵∠DCO＝30°，∴OD＝CD＝BC，OC＝OD，∴OC＝BC，∴AC＝2OC＝BC，
∵BM＝EC，EM＝BC，∴AE＋BM＝AE＋EC＝AC＝BC＝EM，故④正确，
正确结论的个数是4个，故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
3．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；②当点与点重合时；③的面积的取值范围是；
④当时，．
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
【答案】D
【分析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3
若BN=AB，则BG=2AB=6，又∵点E是AD边上的动点，∴3
在Rt△ABE中即
解得：AE=，∴BF=DE=6-=．∴HF=-=．
在Rt△EFH中 =；故②正确；
③当点E与点A重合时，如图所示，的面积有最小值= =，
当点G与点D重合时的面积有最大值==．故<<．③错误．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，
∴．故④正确．故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识，掌握相关知识找到临界点是解题的关键．
4．（2021·四川南充市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把边AB沿对角线BD平移，点，分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点，，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线的对称点的距离为48；③的最大值为15；④的最小值为．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对②做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作关于的对称点，交于 连接，过作于 分别交于 证明 是最小值时的位置，再利用勾股定理求解，对④做出判断．
【详解】解：由平移的性质可得AB//且AB=
∵四边形ABCD为矩形∴AB//CD，AB=CD=15∴//CD且=CD
∴四边形CD为平行四边形，故①正确
在矩形ABCD中，BD===25,过A作AM⊥BD，CN⊥BD，则AM=CN
∴S△ABD=AB·CD= BD·AM∴AM=CN==12∴点C到的距离为24
∴点C到它关于直线的对称点的距离为48∴故②正确
∵∴当在一条直线时最大，此时与D重合
∴的最大值==15∴故③正确，
如图，作关于的对称点，交于 连接，过作于 分别交于 则 为的中位线， ，
由可得，
此时最小，由②同理可得：
设 则
由勾股定理可得：
整理得： 解得：（负根舍去），
∴故④正确故选D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质,锐角三角函数的应用等知识点，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
5．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
【答案】5
【分析】①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过作，垂足为,
过分别作, 则, P为的费马点
5
②如图：.
将绕点逆时针旋转60 由旋转可得：
是等边三角形，
P为的费马点,即四点共线时候，
=故答案为：①5，②
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．
6．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．
【答案】①②
【分析】通过证明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，结合已知条件，可判断①正确；通过证明△DCE∽△BCG，得到，通过证明△ABF∽△ADE，得到，再通过相似和三角形的外角性质，得到OEDE，进而证得，可判断②正确；证明△BEF≌△FDG，连接CF后，可知，结合图象，即可判断③不正确；通过图形中相似三角形超过6对，可判断④不正确，问题即可得解．
【详解】∵AEAD，ADAB，∴AEAB．在Rt△ABE中，∠ABE=90°，cos∠BAE=，
∴cos∠BAE=．∴∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形．
∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，∴∠DAF=45°．∵DF⊥AE，∴∠ADF=45°，即△ADF是等腰直角三角形．
∴ADAF．∴AF=AB．∵在矩形ABCD中，AB=CD，∴AF=CD ．故①正确；
又∵AF=AB，∠BAE=45°，∴∠ABF=67.5°．∴∠CBG=22.5°．
又∵AE=AD，∠DAE=45°，∴∠ADE=67.5°．∴∠CDE=22.5°．∴∠CBG=∠CDE．
∵∠C=∠C，∴△DCE∽△BCG．∴．∵在矩形ABCD中，BC=ADCD，∴．
在△ABF和△ADE中．∠BAF=∠DAE=45°，AFAB ，AEAD ，∴△ABF∽△ADE．
∴．在△ABF和△OEF中，∠OEF＝∠ADE＝67.5°＝∠ABF，
∵∠AFB=∠OFE，∠AFB=∠ABF，∴△ABF∽△OEF，∠OEF=∠OFE．∴OE＝OF，∠EOF=45°．
又∵∠EOF=∠DFO+∠ODF =45°，∠ODF=∠ADE-∠ADF=22.5°，∴∠ODF =∠DFO．
∴OFOD．∴OEOFODDE．∴ ．故②正确；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．连接CF．
又∵ BC=ADADBE，∴ ．故③不正确；
∵△ABF∽△ADE，△ABF∽△OEF，∴△ADE∽△OEF．
在△BEF和△BOE中， ∠BEF∠BOE45°，∠EBF∠OBE，∴△BEF∽△BOE．
在△BOE和△DOG中， ∠ODG∠OBE，∠BOE∠DOG，∴△BOE∽△DOG．∴△BEF∽△DOG．
又∵△DCE∽△BCG，∴图形中相似三角形超过6对，故④不正确．
综上，正确的结论是①②．故答案为：①②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及了特殊角的三角函数值、三角形的外角性质、举反例等，是一道综合题．相似和全等是证明边的比例关系中最常用的方法．
7．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______．
【答案】①②④
【分析】利用同角的余角相等可得∠EDC=∠PDA，利用SAS可证明，可得①正确；②根据全等三角形的性质可得∠APD=∠CED，根据等腰直角三角形的性质可得∠DPE=∠DEP=45°，即可得出∠PEC=90°，可得②正确；过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，利用勾股定理可求出CE的长，根据△DEP是等腰直角三角形，可证△CEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求出CF的长，可得③错误；④由③可知EF的长，即可得出DF的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出正方形ABCD的面积，可得④正确，综上即可得答案．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，PD⊥DE，
∴∠PDA+∠PDC=90°，∠EDC+∠PDC=90°，AD=CD，∴∠EDC=∠PDA，
在△APD和△CED中，∴△APD≌△CED，故①正确，∴∠APD=∠DEC，
∵DP=DE，∠PDE=90°，∴∠DPE=∠DEP=45°，∴∠APD=∠DEC=135°，
∴∠PEC=∠DEC-∠DEP=90°，∴AE⊥CE，故②正确，
如图，过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，∵，∠PDE=90°，∴PE=，
∵，∠PEC=90°，∴CE==2，∵∠DEP=45°，∠PEC=90°，∴∠FEC=45°，
∵∠EFC=90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∴CF=EF==，
∴点到直线的距离为，故③错误，∴DF=EF+DE=+1，
∴CD2===，∴，故④正确，
综上所述：正确的结论有①②④，故答案为：①②④
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、正方形面积公式、勾股定理的运用等知识，熟练掌握相关判定定理和性质是解题的关键.
8．（2021·湖北黄石市·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是______（把你认为所有正确的都填上）．
【答案】4 ①③
【分析】(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明，，进而得到，即可求出的周长；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明，即可判断；对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；
对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．
【详解】解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：
∵，且∴，
在和中：，∴，∴，
又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，∴∠1=∠3，∵ABCD为正方形，∴AD=AB，
在和中：，∴，
∴∴，∴、、三点共线，
∴，
∴，
故答案为：；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：
∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，∴∠2=∠4，
在和中： ,∴，
∴，，∴，
∴在中，由勾股定理得：，
在和中： ,∴，
∴，∴，故①正确；
对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，
GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理：，∴，解得，即，
∴,故②错误；
对于③：如下图所示：
∵∠EAF=∠BDC=45°，∴A、M、F、D四点共圆，∴∠AFM=∠ADM=45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确；故答案为：①③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
9．（2021·湖北黄冈市·中考真题）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是．其中所有正确结论的序号是_____．
【答案】①②④
【分析】先根据定理证出，从而可得，再根据角的和差即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论③；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后解直角三角形即可得判断结论④．
【详解】解：四边形是正方形，，
，
在和中，，，，
，，
，即，结论①正确；
平分，，，，
，，，，
，结论②正确；
，，
，，即，结论③错误；
如图，过点作于点，连接，
平分，，，，，
由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值，
由垂线段最短得：当时，取得最小值，
此时在中，，
即的最小值是，结论④正确；综上，所有正确结论的序号是①②④，故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点，较难的是④，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键．
10．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当时，；②；③当时，；④．其中正确的是_______（填序号即可）．
【答案】①③④
【分析】①正确．利用面积法证明即可．②错误．假设成立，推出，显然不符合条件．③正确．如图2中，过点M作于P，于Q，连接AF．想办法证明，再利用相似三角形的性质，解决问题即可．④正确．如图3中，将绕点C顺时针旋转得到，连接FW．则，，，，证明，利用勾股定理，即可解决问题．
【详解】解：如图1中，过点G作于T．，，
，，四边形ABCD是正方形，
，，，，，，
，，故①正确，
假设成立，，，
，显然这个条件不成立，故②错误，
如图2中，过点M作于P，于Q，连接AF．
，，，
，，，，，，
，，，，
，，，，
，，
，，，，
，，，，，
，，，，
，，，是等腰直角三角形，，
，，，，，故③正确，
如图3中，将绕点C顺时针旋转得到，连接FW．则，，，，∵FG=FC，∠GFO=∠FCN，∠FGM=∠CFN=45°，∴△FGM≌△CFN，∴FM=CN，
，，，，，
，，
，故④正确，故答案为：①③④．
【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.
11．（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，∴，∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，∴，∴，∴，．
∵，即，∴．
在中，，∴．∴．
∵，∴，即，∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，
∵，即，
又∵，∴．∵，∴，
∴，∴，∴．
∴在和中 ，∴，
∴，即点D为中点．∵点E为AC中点，
∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．∴此时，即DE最小值为1．
【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
12．（2021·江西·一模）定义：在凸四边形中，我们把两组对边乘积的和等于对角线的乘积的四边形称为“完美四边形”．（1）在正方形、矩形、菱形中，一定是“完美四边形”的是 ．（2）如图1，在“完美四边形”ABCD中，AB＝AD＝CD＝2，BC＝，AC＝3，求线段BD的长．（3）如图2，⊙O内接四边形EFGH，GE为⊙O的直径．①求证：四边形EFGH为“完美四边形”．②若EF＝6，FG＝8，FH是否存在一个值使四边形EFGH的面积最大？若存在，求出FH的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）正方形、矩形；（2）3；（3）存在，．
【分析】（1）依次判断正方形、矩形、菱形是否满足定义条件即可；
（2）根据“完美四边形”的定义，得到边和对角线之间的关系式，代入数据运算即可求解；
（3）①做辅助线构造出两组相似三角形，得到四边形的边和对角线之间的关系，再利用等式的性质代换即可得到所需条件，进而得以求证；②将四边形分成两部分，一部分是，得到它的面积为定值，另一部分为，它的面积随H点位置的变化而变化，当H点到GE的垂线段就是半径时为最大，此时的面积也最大，从而整个四边形的面积就最大；再利用勾股定理和“完美四边形”的定义等进行求解即可．
【详解】解：（1）正方形、矩形
理由如下：①如图，设正方形边长为a，∴对角线长为，
所以对角线的积为，因为两组对边的积的和为，∴正方形为“完美四边形”．
②如图，设矩形的两邻边长分别为b和c，∴矩形的对角线长为，
∵矩形的对角线长相等，∴矩形对角线的积为，
又∵矩形对边的积分别为和，则对边积的和为∴矩形为“完美四边形”．
③如图，设菱形的两条对角线长的一半分别为m和n，∴菱形的边长为，
∵菱形的四条边相等，∴菱形的对边的积的和为，
∵菱形的对角线的积为，令，∴
∴只有当时，该菱形才为“完美四边形”，
当时，则它不是“完美四边形”，∴菱形不是“完美四边形”．
综上可知：只有正方形和矩形是“完美四边形”．
（2）由“完美四边形”的定义可知：，∴．
（3）①如图，在GE上取一点M，使∠GFM=∠HFE，
∵∠FGM=∠FHE（同弧所对的圆周角相等），∴∽∴∴，
∵∠GFM=∠HFE，∴∠GFH=∠MFE，
又∵∠GHF=∠MEF，∴∽，∴，∴，
∴∴四边形EFGH为“完美四边形”．
②存在；理由：如下面图①，∵GE是直径，∴∠EFG=90°，
∴，的面积为
∴要使四边形GFEH面积最大，则只需面积最大，
作HN⊥GE，垂足为N，则HN的值最大时，面积就最大，
因为H点到直径DE的垂线段的长最大为半径，即垂足N点在原点时最大；
如下面图②，当O点与N点重合时，由GE是直径，∴∠GHE=90°，
∵HN垂直平分GE，∴HG=HE，∵∴；由它是“完美四边形”，
∴∴，∴存在，当时，面积最大．
【点睛】本题为新定义型试题，综合考查了圆、相似、勾股定理、四边形等内容，考查了学生对相关概念的理解与应用，本题属于压轴题，其中作辅助线是一个难点，对学生的综合分析与知识点运用的能力有着十分高的要求，本题蕴含了数形结合等思想．
13．（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．
（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，
【分析】（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；
（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．
【详解】（1）解 ，，
，，是等边三角形，是的中点，，
在中，，，．
（2）证明：连结，，，
，， ，
，，又，，
是等边三角形，，，
又，， ，．
（3）存在这样的． 过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，
，由（2）得AE=2AP，DE=AC，∴CG=EN，
∵，∴AE=BC，∵∠ANE=∠BGC=90°，， ∴∠EAN=∠CBG
∵AE=BC，AB=BA，∴ ∴AC=BE，∴DE=BE，
∴∠EDB=∠EBD=45°，∴∠DEB=90°，∴，∵∴
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．
14．（2020·山东东营市·中考真题）如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；
（2）探究证明：把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．
【答案】（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.
【分析】（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE ，根据三角形外角和定理，等量代换求出．
（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE ，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．
（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．
【详解】由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，
∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP
又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=
根据三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB
∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，
∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C =．
是等边三角形． 理由如下：如图，由旋转可得
在ABD和ACE中．
点分别为的中点，是的中位线，且
同理可证且
．
在中∵∠MNP=，MN=PN是等边三角形．
根据题意得:即，从而
的面积．∴面积的最大值为．
【点睛】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．
15．（2021·浙江鄞州·一模）定义：有一组邻边垂直且对角线相等的四边形称为垂等四边形．
（1）写出一个已学的特殊平行四边形中是垂等四边形的是 ；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G分别在AD，AB，BC上，四边形DEFG是垂等四边形，且∠EFG＝90°，AF＝CG．①求证：EG＝DG；②若BC＝n•BG，求n的值；
（3）如图2，在Rt△ABC中，＝2，AB＝，以AB为对角线，作垂等四边形ACBD．过点D作CB的延长线的垂线，垂足为E，且△ACB与△DBE相似，求四边形ACBD的面积．
【答案】（1）矩形；（2）①见解析；②；（3）四边形ACBD的面积为或
【分析】（1）根据“垂等四边形”的定义进行分析；（2）①通过△ADF≌△CDG的性质推知DF＝DG；然后根据四边形DEFG是垂等四边形的性质知EG＝DF；最后由等量代换证得结论；②如图1，过点G作GH⊥AD，垂足为H，首先证明△BFG为等腰直角三角形，则∠GFB＝45°；然后证得△AEF为等腰直角三角形；再次，根据等腰直角三角形的性质和已知条件得到：BC＝3AE，BG＝2AE．代入求值即可；（3）解：如图2，过点D作DF⊥AC，垂足为F，构造矩形CEDF．在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC＝2，BC＝1．再由垂等四边形四边形ACBD的性质知．
分两种情况：当△ACB∽△BED时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB求得结果；当△ACB∽△DEB时，利用相似三角形的对应边成比例和勾股定理求得相关线段的长度，由S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB求得结果．
【详解】解：（1）矩形有一组邻边垂直且对角线相等，故矩形的垂等四边形．故答案是：矩形；
（2）①证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠C．
又∵AF＝CG，∴△ADF≌△CDG（SAS），∴DF＝DG．
∵四边形DEFG是垂等四边形，∴EG＝DF，∴EG＝DG．
②解：如图1，过点G作GH⊥AD，垂足为H，
∴四边形CDHG为矩形，∴CG＝DH．由①知EG＝DG，∴DH＝EH．
由题意知∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，AF＝CG，
∴AB﹣AF＝BC﹣CG，即BF＝BG，∴△BFG为等腰直角三角形，∴∠GFB＝45°．
又∵∠EFG＝90°，∴∠EFA＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∴△AEF为等腰直角三角形，
∴AE＝AF＝CG，∴AE＝EH＝DH，∴BC＝3AE，BG＝2AE．∵BC＝n•BG，∴．
（3）解：如图2，过点D作DF⊥AC，垂足为F，∴四边形CEDF为矩形．
∵，∴AC＝2BC．在Rt△ABC中，，
根据勾股定理得，AC2+BC2＝AB2，即（2BC）2+BC2＝5，∴AC＝2，BC＝1．
∵四边形ACBD为垂等四边形，∴．
第一种情况：当△ACB∽△BED时，，设DE＝x，则BE＝2x，∴CE＝1+2x．
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE2+DE2＝CD2，即（1+2x）2+x2＝5，
解得，（舍去），∴，，
∴S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB＝；
第二种情况：当△ACB∽△DEB时，，设BE＝y，则DE＝2y，∴CE＝1+y．
在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE2+DE2＝CD2，即（1+y）2+（2y）2＝5，
解得，（舍去），∴，，
∴S四边形ACBD＝S△ACD+S△DCB＝．
综上所述，四边形ACBD的面积为或．
【点睛】本题主要考查了相似综合题，综合运用相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用等知识点解题，解题的关键是掌握“垂等四边形”的定义，另外解题过程中，注意方程思想的应用．难度较大．
16．（2021·山东菏泽市·中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．
（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；（3）当时，在点由点移动到中点的过程中，计算出点运动的路线长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）分别根据平行线的性质及折叠的性质即可证得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代换可得∠HEF＝∠EFB，进而可得PE＝PF；
（2）连接PM，ME，MF，先证RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再证EPM≌FPM（SAS），由此即可得证；（3）连接AC，交EF于点O，连接OG，先证明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，进而根据折叠可得OG＝OC＝5，由此得到点G的运动轨迹为圆弧，再分别找到点G的起始点和终点便能求得答案．
【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中，∴ADBC，AB＝CD；∴∠DEF＝∠EFB，
∵折叠，∴∠DEF＝∠HEF，∴∠HEF＝∠EFB，∴PE＝PF；
（2）证明：连接PM，ME，MF，
∵在矩形ABCD中，∴AD＝BC，∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，
又∵AE＝CF，∴AD－AE＝BC－CF，即：DE＝BF，
∵折叠，∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝∠PHM＝90°，∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，
又∵由（1）得：PE＝PF，∴PE－HE＝PF－BF，即：PH＝PB，
在RtPHM与RtPBM中，，∴RtPHM≌RtPBM（HL），∴∠EPM＝∠FPM，
在EPM与FPM中，，∴EPM≌FPM（SAS），∴ME＝MF，
∴点M在线段EF的垂直平分线上；
（3）解：如图，连接AC，交EF于点O，连接OG，
∵AB＝CD＝5，，∴BC＝，∴在RtABC中，AC＝＝，
∵ADBC，∴∠EAO＝∠FCO，
在EAO与FCO中，，∴EAO≌FCO（AAS），∴OA＝OC＝AC＝5，
又∵折叠，∴OG＝OC＝5，当点E与点A重合时，如图所示，此时点F，点G均与点C重合，
当点E与AD的中点重合时，如图所示，此时点G与点B重合，
∵O为定点，OG＝5为定值，∴点G的运动路线为以点O为圆心，5为半径的圆弧，且圆心角为∠BOC，
在RtABC中，tan∠BAC＝＝，∴∠BAC＝60°，
∵OA＝OB＝OC＝OG，∴点A、B、C、G在以点O为圆心，5为半径的圆上，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，∴的长为＝，∴点运动的路线长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定及性质、圆的相关概念及性质，弧长公式的应用，第（3）问能够发现OG＝5是解决本题的关键．
17．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，N为EF的中点，连结NA，以NA，NF为邻边作□ANFG．连结DG，DN，将Rt△ECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为（0°≤≤360°）．
（1）如图1，当＝0°时，DG与DN的关系为____________________；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）在Rt△ECF旋转的过程中，当□ANFG的顶点G落在正方形ABCD的边上，且AB＝12，EC＝时，连结GN，请直接写出GN的长．
【答案】（1）DG＝DN，且DG⊥DN；（2）成立，理由见解析；（3）GN＝或
【分析】（1）如图1中，连接AE，AF，CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；（2）如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；（3）分两种情形：如图3-1中，当点G落在AD上时，如图3-2中，当点G落在AB上时，分别利用勾股定理求出GN即可．
【详解】解：（1）如图1中，连接AE，AF，CN．
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CB=CD，∠B=∠ADF=90°，
∵CE=CF，∴BE=DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE=AF，
∵EN=NF，∴AN⊥EF，CN=NF=EN，∵CE=CF，EN=NF，∴CN⊥EF，∴A，N，C共线，
∵四边形ANFG是平行四边形，∠ANF=90°，∴四边形ANFG是矩形，∴AG=FN=CN，∠GAN=90°，
∵∠DCA=∠DAC=45°，∴∠GAD=∠NCD=45°，∴△GAD≌△NCD（SAS），
∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，∴∠GDN=∠ADC=90°，∴DG⊥DN，DG=DN．故答案为：DG⊥DN，DG=DN；
（2）结论成立．理由：如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．
∵四边形ANFG是平行四边形，∴AG∥KJ，AG=NF，∴∠DAG=∠J，
∵AJ∥BC，∴∠J=∠CKE，∵CE=CF，EN=NF，∴CN=NE=NF=AG，CN⊥EF，
∴∠ECN=∠CEN=45°，∴∠EKC+∠ECK=∠ECK+∠DCN，∴∠DCN=∠CKE，∴∠GAD=∠DCN，
∵GA=CN，AD=CD，∴△GAD≌△NCD（SAS），∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，
∴∠GDN=∠ADC=90°，∴DG⊥DN，DG=DN；
（3）如图3-1中，当点G落在AD上时，
∵△ECN是等腰直角三角形，EC=5，∴EN=CN=NF=5，
∵四边形ANFG是平行四边形，∴AG=NF=5，∵AD-CD=12，∴DG=DN=7，∴GN=7．
如图3-2中，当点G落在AB上时，
同法可证，CN=5，∵△DAG≌△DCN，∴AG=CN=5，∴BG=AB-AG=7，BN=BC+CN=17，
综上所述，满足条件的GN的值为或
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．
18．（2021·辽宁阜新·中考真题）在图1中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，还蕴含着很多美妙的数学结论．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是直线AB，BC上的点（E，F在直线AC的两侧），且．
（1）如图2，求证：；（2）若直线AC与EF相交于点G，如图3，求证：；
（3）设正方形ABCD的中心为O，，用含的式子表示的度数（不必证明）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α．
【分析】（1）四边形ABCD是正方形，，，又知道，可得到即可求解；（2）作交AC于点H,则,知道四边形ABCD是正方形可得，推出，，，，，得到，，又知道得到即可求解（3）分三种情况①点E在线段AB上、②点E在线段BA的延长线上、③点E在线段AB的延长线上，逐一进行讨论即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴，． ∴．
又∵，∴．∴．
（2）（解法一）作交AC于点H，如图1．则．
图1 图2
∵四边形ABCD是正方形，∴，．∴
∵，∴． ∴．∴．
∵，∴． 又∵，∴． ∴．
由（1）同理可得，∴．
（解法二）作交AC于点H ，如图2．
∵四边形ABCD是正方形，∴，．∴，
∵，∴．∴． ∴．
又∵，∴． 连接CE，FH ．
又∵．∴四边形CEHF是平行四边形． ∴．
由（1）同理可得，∴．
（3）解：①当点E在线段AB上时，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=∠ADC=90°，∠ACD=45°，∵，∴∠ADE=∠CDF，
∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，∴∠EDC+∠CDF=90°，即∠EDF=90°，
∵DE=DF，DG⊥EF，∴∠GDF=∠2=45°，∴∠1=45°-∠3，
∵∠BCD=90°，∴∠3+∠2+∠CFE=90°，∴∠3=90°-45°-α=45°-α，∴∠1=45°-∠3=α，
∵∠DGO=∠ACD+∠1，∴∠DGO=α+45°；
②当点E在线段BA的延长线上时，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=∠ADC=90°，∠BDC=45°，
∵，∴∠ADE=∠CDF，∵∠ADF+∠CDF=∠ADC=90°，
∴∠EDA+∠ADF=90°，即∠EDF=90°，
∵DE=DF，DG⊥EF，∴∠GDF=∠GFD=∠BDC=45°，∴∠1=∠2，
∵∠BCD=90°，∴∠3+∠2=90°，∵∠3=∠CFE-∠GFD=α-45°，
∴∠2=90°-α+45°=135°-α，∴∠1=∠2=135°-α，∴∠DGO=90°-∠1=α-45°；
③当点E在线段AB的延长线上时，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠ACD=45°，∠ABC=∠ADC=90°，
∵，∴∠ADE=∠CDF，∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，
∴∠EDC+∠CDF=90°，即∠EDF=90°，∴∠2=∠3，
∵DE=DF，DG⊥EF，∴∠GDE=∠DEG=45°，∴∠1+∠3=45°，
∵∠ABC=90°，∴∠CFE+∠2+∠DEG=90°，∵∠CFE-∠2=45°，∴∠CFE=∠1=α，
∴∠DGO+∠1=∠ACD=45°，∴∠DGO=45°-α．综上：∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用全等三角形的判定和性质得DE=DF，利用等腰直角三角形的性质求解．
19．（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．
20．（2021·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测）在平面直角坐标系中，如图所示，，．点P从点O出发在线段上以每秒1个单位的速度向点A运动，同时点Q从点B出发在线段上以每秒2个单位的速度向点C运动．其中一个点到达终点时，停止运动,连接．（1）如图1，连接交于点D，则点D的坐标为________；（2）如图2，过A作于点H，求的最小值；（3）如图3，在上取一点M，使得，那么点M的纵坐标是否存在最大值，若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在点M纵坐标的最大值，此时OP=1
【分析】（1）有P，Q的运动速度，设时间为t，表示出Q，P的坐标，再求出直线PQ的解析式，直线OB的解析式，联立即可求出点D的坐标；（2）连接OB与PQ交于点D，由（1）得，连接DA，取DA的中点M，以M为圆心，以DM的长为半径作圆，连接OM，先说明点H在上运动，再由图形得出，三点共线时，OH取得最小值，用勾股定理，即可得出答案；（3）连接OB，交PQ于点D，以AD为斜边，作等腰直角，以点N为圆心，以2为半径作，说明点M在上，连接MN，过点M作 于点T，连接AN交于于点，可得出即，再求出直线的解析式，求出与x轴的交点即为OP的长．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA∥BC，
∵，∴，∴点C的坐标为，
∵点P从点O出发以每秒1个单位的速度向点A运动，点Q从点B出发以每秒2个单位的速度向点C运动，∴设时间为m，则，∴，
设直线PQ的解析式为，代入解得，
设直线OB的解析式为，代入点B的坐标，求得，
联立 ，解得，故点D的坐标为 ，故答案为；
（2）连接OB与PQ交于点D，由（1）得，点D（3,2），
连接DA，取DA的中点M，以M为圆心，以DM的长为半径作圆，
∵点D（3,2），点，∴点M的坐标为，，∴，
∵，∴点H在上运动，
连接HM，由图可知，，当三点共线时，取得最小值，
即，故OH的最小值为；
（3）存在，理由如下，连接OB，交PQ于点D，以AD为斜边，作等腰直角，以点N为圆心，以2为半径作，则在圆上，与轴相切，
∵，∴点M在上，∵与轴相切，在上，∴
连接MN，过点M作 于点T，连接AN交于于点，
∴ ∴ ∴，
连接交x轴于点,交于BC与点，设直线的解析式为,
代入点，，解得直线的解析式为，∴当时，,
∴存在点M纵坐标的最大值，此时OP=1．
【点睛】本题考查菱形的性质，一次函数问题，构造三角形求线段最小值，圆的知识，三角形三边关系，坐标与图形，解题关键是熟练掌握相关知识点，能够构造圆进行求解．
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