2024福建省中考数学复习几何综合复习（原卷版+解析版）

这是一份2024福建省中考数学复习几何综合复习（原卷版+解析版），文件包含2024福建省中考数学复习几何综合复习教师版docx、2024福建省中考数学复习几何综合复习学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共71页， 欢迎下载使用。
在中考数学中，有这么一类题，它是以点、线、几何图形的运动为载体，集合多个代数知识、几何知识及数学解题思想于一题的综合性试题，它就是动态几何问题。动态几何问题经常在各地以中考试卷解答压轴题出现，也常会出现在选择题最后一题的位置，考察知识面较广，综合性强，可以提升学生的空间想象能力和综合分析问题的能力，但同时难度也很大，令无数初中学子闻风丧胆，考场上更是丢盔弃甲
解题思路
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
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
模拟预测
1、（2024·福建·模拟预测）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（ ）
A．96B．C．192D．
【答案】B
【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形的面积为，即可求解．
【详解】解：依题意为平行四边形，
∵，，AB＝8，．
∴平行四边形的面积=
故选B
2、（2024·福建漳州·二模）如图，在和中，，相交于点G，E，F分别是的中点，连接．若点F为的内心，，则下面结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据点F为的内心，确定点F为的三条角平分线的交点，即可判断A；根据，得出，确定，即可判断B；根据是的中位线，证明，根据相似三角形的性质和三角形中位线定理即可解出，可判断C；根据勾股定理求出，再根据直角三角形性质得出，即可判断D；
【详解】∵点F为的内心，
∴点F为的三条角平分线的交点，
∴，故A正确，不符合题意；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故B正确，不符合题意；
∵E，F分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故C正确，不符合题意；
∴
∵E是的中点，
∴，故D错误，符合题意；
故选：D．
3、（2024·福建南平·二模）已知正方形的边长为6，E，F分别是，边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到．若，则的长为（ ）
A．4B．5C．6D．6.5
【答案】B
【分析】本题主要考查了图形的旋转，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握图形的旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
由旋转性质可证明，从而；设，则可得，由勾股定理建立方程即可求得x．
【详解】由旋转的性质可得：，，，，
四边形是正方形，
，，
，
，
即，
，
在和中，
，
，
设，
则，
，
在中，由勾股定理得：
解得：
故选B．
4、（2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（ ）

A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】连接，可证四边形是矩形，，即可判断①③；根据①③的结论可推出垂直平分，进而可得是等腰直角三角形，从而可判断②；证明，推出，设，推出，，判断④即可．
【详解】解：连接，如图所示：

∵，，
∴
由题意得：
∴
∴
∴
∵，
∴
∴四边形是矩形，
∴，，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴点是的中点
即：，故①正确；
∵，
∴
∵
∴
∴
同理可证
∴，故③正确；
∵
∴垂直平分
∴
∵
∴是等腰直角三角形
∴
∵
∴，故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
则：，
∴，
∴，
∴；故④正确；
故选：A．
5、（2024·福建龙岩·二模）如图，在矩形中，平分，点P是线段上一定点，点F，G分别是，延长线上的点，且，过点P作交于点H，以下判断不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】首先根据矩形和角平分线得到，然后证明出，然后得到，，即可证明出，进而判断A选项；根据题意得到和是等腰直角三角形，然后证明出，得到，即可判断B选项；根据等腰直角三角形的性质得到，然后由全等三角形的性质得到，进而得到，即可判断C选项；根据和不一定相等即可判断D选项．
【详解】∵在矩形中，平分，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴，
∴
∵
∴
∴
∴，故A正确；
∵，
∴是等腰直角三角形
∵四边形是矩形
∴
∵
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∴，故B正确；
∵是等腰直角三角形
∴
∵
∴
∴，故C正确；
∵和是等腰直角三角形，但是直角边和不一定相等
∴不一定成立，故D选项错误．
故选：D．
6、（2024·福建宁德·一模）如图，正方形纸片的边长为4，点在边上，点在边上，将正方形纸片沿对折，点的对应点是点，连接，若，则长的最小值是 ．
【答案】/
【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，设点A，点C的对应点为H，P，连接，由折叠的性质得到，利用勾股定理求出，当点三点共线时，长的有最小值，即为即可求解．
【详解】解：设点A，点C的对应点为H，P，连接，

正方形纸片的边长为4，，
，，
由折叠的性质得到，
，
当点三点共线时，长的有最小值，

，
故答案为：．
7、（2024·福建福州·二模）如图，是半圆O的直径，点C（不与点O重合）在上．过点C作交半圆O于点D，连接，过点C作于点E，设，，则图中长度一定等于的线段是 ．
【答案】/
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，圆周角定理，由，推出，得到，求出，由，推出，即可求出．
【详解】解：∵是半圆O的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵于点E，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
8、（2024·福建漳州·一模）如图，在正方形中，点是对角线的交点，点在边上，连接，交于点，过点作，垂足为点，连接．现给出以下结论：
①；
②平分；
③；
④若，则点是的中点．
其中正确的是 .（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，由正方形的性质得出，，证明，得出，即可得出，结合，得出，由相似三角形的性质即可判断①；由，，得出，即可判断③；由点是上任意一点，则不一定是的角平分线，即可判断②；由结合正方形的性质得出，证明，由相似三角形的性质结合正方形的性质得出，即可判断④，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解此题的关键．
【详解】解：四边形是正方形，
，，，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故①正确，符合题意；
，
，
，故③正确，符合题意；
点是上任意一点，
不一定是的角平分线，故②错误，不符合题意；
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点是的中点，故④正确，符合题意；
综上所述，正确的有①③④，
故答案为：①③④．
9、（2024·福建厦门·模拟预测）在△ABC中，AB = AC，以AB为直径的圆O交BC边于点D．要使得圆O与AC边的交点E关于直线AD的对称点在线段OA上（不与端点重合），需满足的条件可以是 ．（写出所有正确答案的序号）①∠BAC > 60°；②45° < ∠ABC < 60°；③BD > AB；④AB < DE < AB．
【答案】②④
【分析】将所给四个条件逐一判断即可得出结论．
【详解】解：在中，
①当∠BAC > 60°时，若时，点E与点A重合，不符合题意，故①不满足；
②当∠ABC时，点E与点A重合，不符合题意，当∠ABC时，点E与点O不关于AD对称，当时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，
所以，当45° < ∠ABC < 60°时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故②满足条件；
③当时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故③不满足条件；
④当AB < DE < AB时，点E关于直线AD的对称点在线段OA上，故④满足条件；
所以，要使得与AC边的交点E关于直线AD的对称点在线段OA上（不与端点重合），需满足的条件可以是45° < ∠ABC < 60°或AB < DE < AB
故答案为②④
10、（2024·福建南平·一模）如图，矩形中，，，的平分线交于点，为线段上一动点，点为的中点，则线段长的最大值是 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，二次函数的性质，两点距离公式等知识．建立平面直角坐标系，求出的解析式，设点，可求点坐标，由两点距离公式和二次函数性质可求的最大值．
【详解】解：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
，，
点，点，点，
为的角平分线，
，
，
，
点，
设直线的解析式为，
将点，代入上式，得：
，解得：
直线解析式为，
设点，
为的中点，
点，
，
，
当时，的长有最大值，最大值为，
故答案为：．
11、（2023·福建·中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．

(1)求证：；
(2)求的度数；
(3)若是的中点，如图2．求证：．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论；
（2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答；
（3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．
【详解】（1）解： 是由线段绕点顺时针旋转得到的，
，
，
．
，
．
．
，
．
．
（2）解：如图1：设与的交点为，
，
，
，
．
，
，
．
又，
．
，
．
（3）解：如图2：延长交于点，连接，
，
，
．
是的中点，
．
又，
，
．
，
，
．
由（2）知，，
．
，
，
，
，即．
，
，
．
12、（2024·福建·模拟预测）已知，AB＝AC，AB＞BC．
(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
(3)30°
【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出，再根据三角形内角和，得到，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得，得到，设，，则，得到α+β的关系即可．
【详解】（1）∵，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABDC是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
（2）结论：．
证明：∵，
∴，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，
∵AB＝CD，，
∴，
∴BM＝BD，，
∴，
∵，
∴，
设，，则，
∵CA＝CD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即∠ADB＝30°．
13、（2024·福建漳州·二模）如图，和都是等腰直角三角形，点D在边上，．
(1)求证：；
(2)探索的数量关系，并证明；
(3)若平分，且，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)的面积为
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，结合余弦的定义得到，由，得到，即可证明；
（2）过点E作交于点F，利用和都是等腰直角三角形及证明，由，即可得出结论；
（3）过点D 作于点G，根据角平分线的性质及，得到，解直角三角形得到，进而得到，利用勾股定理求出，，根据三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵和都是等腰直角三角形，
∴，

，
，
，
∴；
（2）解：
如图1， 过点E作交于点F，
则．
∵和都是等腰直角三角形，
∴．
由（1） 得，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵ 在中，，
；
（3）解：如图2，过点D 作于点G，
∵平分，
∴，
由（1）得，
∴．
∵，
∴．
在中，，


在中，
在中，
∴的面积为 ．
14、（2024·福建南平·二模）已知矩形纸片．
第1步：先将矩形纸片对折，使点A和点B重合，然后展开铺平，确定的中点E；
第2步：将边沿翻折到的位置，点的对应点为；
第3步：连接并延长，交边于点．
(1)当四边形为正方形，如图1．
①用尺规作出点F，G（不写作法，保留作图痕迹）；
②求证：
(2)如图2，连接并延长，交于点，当恰为的中点时，求的值．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)
【分析】（1）①以点C为圆心，长为半径画弧，以点E为圆心，长为半径画弧，两弧交于F，连接，延长交于G即可；
②根据正方形的性质与折叠的性质得，，再证明，得，设，，则， ，+，根据勾股定理得：，解得，所以， ，即可得出结论．
（2）根据正方形的性质与折叠的性质得，则，再由等腰三角形的性质和直角三角形的性质证得，设，，则，根据勾股定理，解得，代入即可求解．
【详解】（1）解：①如图，点F，G即为所作的点，（答案不唯一）
∵，，，
∴
∴将边沿翻折到的位置；
②四边形是正方形，
，，
由折叠可得，
，，，
，，
连接，
，
，
，
设，，
为的中点，
，
，+，
根据勾股定理得：
，
解得，
，
，
．
（2）解：四边形是正方形，
，，
由折叠可得，
，
，
为的中点， 为的中点，
，，
，
即，
设，，
，
根据勾股定理，
解得，
．
15、（2024·福建宁德·一模）如图1，在中，，点在边上（不与重合），点在边上，且，过点作于点，点是的中点，连接．
(1)当时，求证：；
(2)判断与之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图2，过点作于点，求证：．
【答案】(1)见解析；
(2)，理由见解析；
(3)见解析．
【分析】（1）根据等边对等角可得，，然后利用三角形外角的性质分析可得，从而可得，然后根据“内错角相等，两直线平行”进行判定；
（2）延长至点，使得，连接，，通过证明，，结合三角形中位线定理分析推理；
（3）连接，通过证明，分析推理．
【详解】（1）证明：如图．
∵，
∴．
∵，，且，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
（2）解：，理由如下：
如图，延长至点，使得，连接，．
∵，
∴垂直平分．
∴．
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，，
∴是的中位线．
∴．
∴．
∵，
∴．
即．
（3）证明：如图，连接．
∵，，
∴．
∵，且，
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴．
∴
∴．
∴．
又∵，，
∴．
∴．
16、（2024·福建福州·二模）如图，在中，，点在边上（不与点B，C重合），过点作，交延长线于点E．以，为边作．
(1)求证：；
(2)记的面积为，的面积为，若平分，用等式表示与的数量关系，并说明理由；
(3)延长交于点，连接，，若，求证：．
【答案】(1)见解析；
(2)，理由见解析；
(3)见解析．
【分析】（1）根据等角的余角相等可得，再由平行四边形性质得，由此即可得出结论．
（2）延长，交于点，过点作于点．证明，再证明 ，从而可得，由三角形面积和平行四边形计算公式即可得出结论，
（3）延长交于点．由证明垂直平分，进而证明，再证明点A，B，E，C在以O为圆心，OA为半径的圆上．从而可得，进而可得，，
证明，从而得出结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵，，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
（2）解：．
理由如下：延长，交于点，过点作于点．
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，即．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）证明：延长交于点．
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，．
∴．
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴．
取AB中点O，连接OC，OE．
∵，
∴，
∴，
∴点A，B，E，C在以O为圆心，OA为半径的圆上．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
17、（2024·福建厦门·模拟预测）是的直径，点在线段的延长线上，射线与相切于点，，连接，扇形的面积为．是线段上的动点，且，连接并延长交射线于点．

(1)请在图中作出四边形，使得且；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，交射线于点M，交射线于点，
①当时，判断点与直线的位置关系，并说明理由；
②当时，探究线段之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)①点在直线上，理由见解析 ②当时，当时，
【分析】（1）根据要求作图即可；
（2）①连接，设的半径为r，根据切线性质，求出，利用扇形面积求出半径，解直角三角形的应用求出，结合中位线性质，平行四边形的判定与性质就可得出，进而得出结论；
②由①知：，四边形是平行四边形，先证出，得到，当点与点重合时，求出，过点作于，设，证明，利用相似三角形性质求出，分情况求解即可．
【详解】（1）解：四边形即为所求，

（2）①连接，设的半径为r．
与相切于点，
．
，
在中，．
扇形的面积为，
．
可得．
是的直径，
．
在中，．
．
，
，即是的中点．
是的中点，
是的中位线．
．
又，，
四边形是平行四边形．
．
过直线外点有且只有一条直线与已知直线平行，
和为同一条线，即点在直线上．
②由（2）①知：，四边形是平行四边形．
在中，．
．
四边形是平行四边形，
，．
．
．
．
，
．
．
．
．
当点与点重合时，
设，则，
，又，
可得．
．
过点作于，设，

在中，
，
．
，
．
．
，即．
可得．
．
所以当时，点D，N重合，此时由，

可得．
当时，点在E，N之间，
，
．
．
当时，点在M，N之间，
，
．
．
综上，当时，；当时，．
18、（2024·福建三明·二模）在中，点E在上，将沿翻折得到．
(1)如图①，的延长线与的交点为点G．求证：；
(2)如图②，的延长线恰好经过点B，若F为的中点．求证：；
(3)如图③，交于点P，若，∠，．求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到，根据翻折得到，进而得到，即可证明结论；
（2）由折叠得到，根据F为的中点得到，根据三角形的外角得到，然后得到，即可得到结论；
（3）如图，过点P作于点G，设，则，，延长交的延长线于点H，则，根据得到，求出，然后根据勾股定理列方程解题即可．
【详解】（1）证明：∵是平行四边形，
∴，，
∴，
由折叠可得：，
∴，
∴；
（2）证明：由（1）可得，
由折叠可得：，，
∵F为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，过点P作于点G，
∵是平行四边形，，
∴是菱形，，
∴，，
∴，
设，则，，
延长交的延长线于点H，则，
∵，
∴，，
∴，
∴，即，
解得：，，
在中，，
即，
解得（舍），，
∴
19、（2024·福建泉州·二模）如图1，在中，，，是线段上的动点（不与点，重合），将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，．过点作交的延长线于点．
(1)若，求的大小（用含a的代数式表示）；
(2)求证：；
(3)如图2，当，，三点共线时，若，，求的长．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余得，根据旋转的性质得，，根据等边对等角得到，，即可得解；
（2）延长至点，使，连接、，延长至点，使，连接，根据垂直平分线的性质及等边对等角得，， ，，以为直径作，根据圆周角定理得，证明，得，继而得到，最后根据平行线分线段成比例定理得到，即可得证；
（3）设，得到，，证明，再证明，得，即，根据勾股定理得到，即，求解即可．
【详解】（1）解：∵在中，，，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的大小为；
（2）证明：延长至点，使，连接、，延长至点，使，连接，
∵，，
∴垂直平分，垂直平分，
∴，，
∴，，
∴，
以为直径作，
∵，，
∴，
∴点、在上，
由（1）知：，，
又∵在中，所对的圆周角为和，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：设，
∵，，三点共线，，，
由（2）知：，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
在中，，
∴，
解得：或（负值不符合题意，舍去），
∴的长为．
20、（2024·福建龙岩·二模）已知，，．

探究一：如图（1），点D在上（点D不与点B，C重合），且．
①连接，当时， ______．
②在①的条件下，若以点A为旋转中心把线段逆时针旋转，旋转后点B的对应点为点，连接，设为最大值为a，的最小值为b，则______．
③如图（2），若把线段绕点A逆时针旋转得线段，连接交于点F，求的最大值．
探究二：建立如图（3）所示的平面直角坐标系，把线段绕点A逆时针旋转得线段，再把线段逆时针旋转得线段交于点P，与的延长线交于点Q，请判断射线是否经过点Q．
【答案】探究一：①；②；③当时，取得最大值，为；探究二：射线经过点，理由见解析
【分析】探究一：①过点D作于点G，可证明是等腰直角三角形．则，进而得到，则．②由旋转的性质可得，则点在以A为圆心，为半径的圆上运动，故当点在延长线上时，取得最小值，当点在延长线上时，取得最大值，据此求出a、b的值即可得到答案；③由旋转的性质得，则证明，推出，则当时，取得最大值，为；
探究二：由旋转的性质可得，，则；再证明关于轴对称，得到．利用待定系数法求出直线的解析式为，则可得；同理可得直线的解析式为．直线的解析式为，直线的解析式为，据此求出点Q的坐标，再在中，求出当时，y的值即可得到结论．
【详解】解：探究一：①如图1，过点D作于点G，

∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形．
∵，
∴，
∴，
∴．
②由旋转的性质可得，
∴点在以A为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点在延长线上时，取得最小值，当点在延长线上时，取得最大值，
∵，
∴的最大值，的最小值，
∴．
③由旋转的性质得，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值，为．
探究二：射线经过点Q，理由如下：
∵线段绕点逆时针旋转得线段，
∴，，
如图所示，过点M作轴于H，则是等腰直角三角形，
∴，
∴；

∵线段绕点逆时针旋转90°得线段，
∴．
∵，
∴，
∴关于轴对称，
∴．
∵，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
在当时，，
∴，
同理可得直线的解析式为．
直线的解析式为，
直线的解析式为
联立解得
∴．
在中，当时，，
∴射线经过点．
21、（2024·福建漳州·一模）在数学活动课中，老师组织学生开展“如何通过折纸的方法，确定矩形纸片长边上的一个三等分点”的探究活动．
【操作探究】
“求知”小组经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作，如图1．
第1步：先将矩形纸片沿对角线对折，展开铺平，折痕为；
第2步：将边以某一合适长度向右翻折3次，折痕与交于点K；
第3步：过点K折叠矩形纸片，使折痕，交于点N；
第4步：延长交边于点P，则点P为边的三等分点．
证明过程如下：
由题意，得．
∵，∴．
∴① ．
∴．同理，得．
∴② ．
∴．则点P为边的三等分点．
“励志”小组的操作如下，如图2．
第1步：先将矩形纸片沿对角线对折，展开铺平，折痕为；
第2步：再将矩形纸片对折，使点A和点B重合，展开铺平，折痕为；
第3步：沿折叠矩形纸片，折痕交于点G；
第4步：过点G折叠矩形纸片，使折痕．
【过程思考】
（1）补全“求知”小组证明过程中①②所缺的内容；
（2）“励志”小组经过上述操作，认为点M为边的三等分点．请你判断“励志”小组的结论是否正确，并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图3，将矩形纸片对折，使点A和点B重合，展开铺平，折痕为，将边沿翻折到的位置，过点G折叠矩形纸片，使折痕，若点M为边的三等分点，求的值．
【答案】（1）①；②．（2）正确，理由见解析（3）
【分析】（1）根据题意即可填空；
（2）证明得，证明得，可得结论；
（3）设，则．证明四边形是矩形，得，由勾股定理得，设，则，证明得，代入可求出，进一步可求出．
【详解】解：（1）．
∵，
∴．
∴．
∴．
同理，得．
∴．
∴．则点P为边的三等分点．
故答案为①．②．
（2）“励志”小组的结论正确，理由如下：
在矩形中，．
由折叠，得点是边的中点，点是边的中点，
．
，
，
，
，
点是边的三等分点．
（3）由折叠，得．
点为边的三等分点，
．
设，则．
由折叠性质，得．
．
．
．
四边形是矩形．
．
由勾股定理，得
设，则．
，
，
，
，
∴，解得
22、（2024·福建·模拟预测）如图，P是正方形ABCD边BC上一个动点，线段AE与AD关于直线AP对称，连接EB并延长交直线AP于点F，连接CF．
（1）如图（1），∠BAP＝20°，直接写出∠AFE的大小；
（2）如图（2），求证：BE＝CF；
（3）如图（3），连接CE，G是CE的中点，AB＝1，若点P从点B运动到点C，直接写出点G的运动路径长．
【答案】(1)45°；（2）证明见解析；（3）．
【分析】(1) 连接DF，作AM⊥DF，AN⊥EF，垂足分别为M、N，证四边形AMFN是正方形即可；
(2) 连接AC，作AN⊥EF，垂足为N，证△CAF∽△BAN，列比例式即可；
(3) 连接AC，取AC中点O，连接OG，根据中位线性质确定G点运动轨迹，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解:(1)连接DF，作AM⊥DF，AN⊥EF，垂足分别为M、N，
∵线段AE与AD关于直线AP对称，
∴∠DFA=∠EFA，
∴AM=AN，
∵AD=AB，
∴Rt△AMD≌Rt△ANB，
∴∠MAD=∠NAB，
∵∠MAD+∠MAB=90°，
∴∠NAB+∠MAB=∠MAN=90°，
∴四边形AMFN是正方形，
∴∠AFE=45°；
(2) 连接AC，作AN⊥EF，垂足为N，
由（1）可知，，∠CAB=∠FAN=45°，
∴∠CAF=∠BAN，
∴△CAF∽△BAN，
，
∴BN=FC，
∵AB=AE，
∴BE=2BN，
∴BE=FC；
(3)连接AC，取AC中点O，连接OG，
∵G是CE的中点，
∴OG=AE=，
∴点G在以O为圆心，为半径的圆上，
当点P与C重合时，G与BC中点重合，当点P与B重合时，G与BA中点重合，
点G运动的路径是以为半径，圆心角为90°的弧长，
路径长为：．
23、（2024·福建泉州·一模）在中，，，点E在内部，以为斜边作等腰直角三角形，使得点D，E在AC的异侧，连接交于点M，点G在上，且满足．
(1)如图1，求证：；
(2)当点E是的中点时，连接，如图2，求的值；
(3)连接，延长交于点F，如图3，求证：点F是的中点．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质，得，再运用角的和进行证明即可；
（2）设，利用勾股定理，证明；根据，计算即可；
（3）延长至点H，使得，连接，证明，得到，利用平行线分线段成比例定理，证明即可．
【详解】（1）∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
图1
（2）设，
在中，，
∴．
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，即，
∴
过点G作交BD于点N，
∵，
∴，
∴，
∴在中，
．
（3）法一：延长至点H，使得，连接，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
由（1）得，
∴，
∴，
又，
∴，
即点F是EC的中点．
法二：过点B作，延长交于点N，连接，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴．
设，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，即点F是EC的中点．
24、（2024·福建南平·一模）如图1，点是的边上一点．，，是的外接圆，点在上（不与点，点重合），且．

(1)求证：是直角三角形；
(2)如图2，若是⊙的直径，且，折线是由折线绕点顺时针旋转得到．
①当时，求的面积；
②求证：点，，三点共线．
【答案】(1)见解析
(2)①；②见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，圆的基本性质，勾股定理，三角形内角和定理，直角三角形的特征，三点共线判定方法等；
（1）由圆的基本性质得，从而可得，即可求证；
（2）①由圆的性质得，从而可求，有直角三角形的特征得，由勾股定理得可求出的长，由即可求解；②由旋转的性质得，，从而可求，由三角形内角和定理得，等量代换得 即可求证；
掌握相关的性质及三点共线判定方法，能证出是解题的关键．
【详解】（1）证明： ，
，
，
，
是直角三角形；
（2）解：①是直径，
，
，
，
，
在中，
，
，
；
②折线由折线旋转得到，
，
，
，
由①得，
，
，
，
，
，
点C，D，F三点共线．