2023中考数学真题分项汇报16等腰三角形与直角三角形(共26道)(解析版)

专题16等腰三角形与直角三角形（共26道）一、单选题1．（2023·江苏徐州·统考中考真题）如图，在中，为的中点．若点在边上，且，则的长为（    ）  A．1B．2C．1或D．1或2【答案】D【分析】根据题意易得，然后根据题意可进行求解．【详解】解：∵，∴，∵点D为的中点，∴，∵，∴，①当点E为的中点时，如图，  ∴，学科网（北京）股份有限公司 ②当点E为的四等分点时，如图所示：  ∴，综上所述：或2；故选D．【点睛】本题主要考查含30度直角三角形的性质及三角形中位线，熟练掌握含30度直角三角形的性质及三角形中位线是解题的关键．2．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（    ）  A．2B．2.5C．3D．3.5【答案】C【分析】利用直角三角形斜边中线的性质求得，在中，利用勾股定理即可求解.【详解】解：∵矩形中，∴，∵F为的中点，，∴，在中，，故选：C.学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线的长等于斜边的一半”是解题的关键.3．（2023·北京·统考中考真题）如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，，，，连接DE，设，，，给出下面三个结论：①；②；③；  上述结论中，所有正确结论的序号是（    ）A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】D【分析】如图，过作于，则四边形是矩形，则，由，可得，进而可判断①的正误；由，可得，，，，则，是等腰直角三角形，由勾股定理得，，由，可得，进而可判断②的正误；由勾股定理得，即，则，进而可判断③的正误．【详解】解：如图，过作于，则四边形是矩形，  ∴，∵，∴，①正确，故符合要求；∵，∴，，，，∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴，，∴是等腰直角三角形，由勾股定理得，，∵，∴，②正确，故符合要求；由勾股定理得，即，∴，③正确，故符合要求；故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．4．（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图中，，为中点，若点为直线下方一点，且与相似，则下列结论：①若，与相交于，则点不一定是的重心；②若，则的最大值为；③若，则的长为；④若，则当时，取得最大值．其中正确的为（    ）  A．①④B．②③C．①②④D．①③④【答案】A【分析】①有3种情况，分别画出图形，得出的重心，即可求解；当，时，取得最大值，进而根据已知数据，结合勾股定理，求得的长，即可求解；③如图5，若，，根据相似三角形的性质求得，，，进而求得，即可求解；④如图6，根据相似三角形的性质得出，在中，，根据二次函数的性质，即可求取得最大值时，．【详解】①有3种情况，如图，和都是中线，点是重心；如图，四边形是平行四边形，是中点，点是重心；学科网（北京）股份有限公司 如图，点不是中点，所以点不是重心；①正确  ②当，如图时最大，，，，，，，②错误；  ③如图5，若，，∴，，，，，，，∴，，，∴，，∴，∴③错误；学科网（北京）股份有限公司 ④如图6，，∴，即，在中，，∴，∴，当时，最大为5，∴④正确．故选：C．【点睛】本题考查了三角形重心的定义，勾股定理，相似三角形的性质，二次函数的性质，分类讨论，画出图形是解题的关键．5．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在四边形中，，以为腰作等腰直角三角形，顶点恰好落在边上，若，则的长是（    ）  A．B．C．2D．1【答案】A【分析】先根据等腰三角形的性质可得，，，再判断出点四点共圆，在以为直径的圆上，连接，根据圆周角定理可得，，然后根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质即可得．【详解】解：是以为腰的等腰直角三角形，，，，，，，学科网（北京）股份有限公司 点四点共圆，在以为直径的圆上，如图，连接，  由圆周角定理得：，，，，，在和中，，，，，故选：A．【点睛】本题考查了圆内接四边形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，正确判断出点四点共圆，在以为直径的圆上是解题关键．6．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（    ）      A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C学科网（北京）股份有限公司 【分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断①正确；再根据，可判断③正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论④正确，由随着长度变化而变化，不固定，可判断②不一定成立．【详解】解：∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，，∵，∴，∵，∴，∴，故①正确；      又∵,,∴,∴，∵，即：，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，故③正确，又∵，∴，∴，又∵，∴，故④正确，∵若，则，又∵，∴，而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，而，则故不一定成立，故②错误；综上，正确的有①③④共3个，故选：C．【点睛】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形＂三线合一＂的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．二、填空题7．（2023·湖南·统考中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为的正方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为__________．  【答案】【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得的长，即可求解．学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：如图所示，    依题意，，∴图中阴影部分的面积为故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键．8．（2023·天津·统考中考真题）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．  （1）的面积为________；（2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为________．【答案】3【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积；（2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长．【详解】解：（1）过点E作，学科网（北京）股份有限公司   正方形的边长为3，，是等腰三角形，，，，在中，，,故答案为：3；（2）延长交于点K，正方形的边长为3，，，，，，，，F为的中点，，在和中，，，，由（1）可知，，，学科网（北京）股份有限公司 ，，，，，在中，，故答案为：．  【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．9．（2023·河南·统考中考真题）矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为______．【答案】2或【分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．【详解】解：当时，  ∵四边形矩形，∴，则，由平行线分线段成比例可得：，又∵M为对角线的中点，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，即：，∴，当时，    ∵M为对角线的中点，∴为的垂直平分线，∴，∵四边形矩形，∴，则，∴∴，综上，的长为2或，故答案为：2或．【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．10．（2023·湖北·统考中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是_________．学科网（北京）股份有限公司 【答案】①③④【分析】由题意易得，，，，则可证，然后根据全等三角形的性质及平行四边形的性质与判定可进行求解．【详解】解：∵和都是等腰直角三角形，∴，，，，∵，，∴，故①正确；∴，∴，，故③正确；∵，，，∴，；故②错误；∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，故④正确；故答案为①③④．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．11．（2023·山东·统考中考真题）如图，是边长为6的等边三角形，点在边上，若，，则_________．  【答案】【分析】过点A作于H，根据等边三角形的性质可得，再由，可得学科网（北京）股份有限公司 ，再根据，可得，从而可得，利用锐角三角函数求得，再由，求得，即可求得结果．【详解】解：过点A作于H，∵是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∵，∴，∴，∴，故答案为：．  【点睛】本题考查等边三角形的性质、锐角三角函数，熟练掌握等边三角形的性质证明是解题的关键．12．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P学科网（北京）股份有限公司 作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是__________．  【答案】②③④【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．【详解】解：∵，，∴，在点P移动过程中，不一定，相矛盾，故①不正确；  延长交于点P,则为矩形，∴∵，，∴∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，即，解得：，∴故②正确；∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，故③正确，，即当的最小值，作B、D关于的对称点,把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,这时，即的最小值是20，故④正确；故答案为：②③④学科网（北京）股份有限公司   【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．13．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有_________．(填序号)  【答案】①②④【分析】①当时，是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出，进而判断①；证明，根据全等三角形的性质判断②；作直线于点，过点作于点，过点作于点，证明，，，即可得是的中点，故④正确，证明，可得，在中，，在中，学科网（北京）股份有限公司 ，得出，在中，勾股定理即可求解．【详解】解：①当时，是等边三角形，∴∴∵等腰直角、，∴∴∴；故①正确；②∵等腰直角、，∴，∴∴∴；故②正确；④如图所示，作直线于点，过点作于点，过点作于点，  ∵，∴，又，∴又∵，∴同理得，，∴，，，∵，，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，即是的中点，故④正确，∴，设，则在中，在中，∴∴解得：∴，∴，∴∴在中，∴,故③错误故答案为：①②④．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．14．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为________学科网（北京）股份有限公司   【答案】或【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，∴在以为直径的圆上，，∴是圆与直线的交点，  学科网（北京）股份有限公司 当重合时，∵，则，∴，符合题意，∴，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，∴，  ∵，，∴，∴，∴，设，∴，，而，∴，解得：，则，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴；综上：或．故答案为：或．【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．15．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，．过点作，延长到，使，连接．若，则________________．（结果保留根号）  【答案】/【分析】如图，过作于，设，可得，证明，，为等腰直角三角形，，，由勾股定理可得：，再解方程组可得答案．【详解】解：如图，过作于，  设，∵，，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∵，∴，，为等腰直角三角形，∴，∴，由勾股定理可得：，整理得：，解得：，经检验不符合题意；∴；故答案为：．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．16．（2023·山西·统考中考真题）如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为__________．  【答案】/【分析】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可．学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：  则，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵，∴，学科网（北京）股份有限公司 即，解得：．故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质．17．（2023·湖北十堰·统考中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为，，的中点，G，H分别为，的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为____________，最大值为___________________．  【答案】8【分析】根据题意，可固定四边形，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最小值，最大值．【详解】  如图1，，，∴四边形周长=；学科网（北京）股份有限公司        如图2，∴四边形周长为；故答案为：最小值为8，最大值.【点睛】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键．三、解答题18．（2023·北京·统考中考真题）在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．    (1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点；(2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明．【答案】(1)见解析(2)，证明见解析【分析】（1）由旋转的性质得，，利用三角形外角的性质求出，可得，等量代换得到即可；（2）延长到H使，连接，，可得是的中位线，然后求出，设，，求出，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一证明即可．【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，，学科网（北京）股份有限公司 ∵，∴，∴，∴，∴，即D是的中点；（2）；证明：如图2，延长到H使，连接，，∵，∴是的中位线，∴，，由旋转的性质得：，，∴，∵，∴，是等腰三角形，∴，，设，，则，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，即．学科网（北京）股份有限公司   【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．19．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．  【答案】图②中，图③中，证明见解析【分析】图②：如图②所示，连接，先由三角形中位线定理得到，，再证明得到，则，进一步证明，即可证明是等腰直角三角形，则；图③：仿照图②证明是等边三角形，则．【详解】解：图②中，图③中，图②证明如下：如图②所示，连接，∵点F，G分别是的中点，∴是的中位线，∴，同理可得，学科网（北京）股份有限公司 ∵和都是等腰直角三角形，且，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴；  图③证明如下：如图③所示，连接，∵点F，G分别是的中点，∴是的中位线，∴，同理可得，∵和都是等腰三角形，且，∴，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴．  【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．20．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．学科网（北京）股份有限公司   (1)发现问题：如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则与的数量关系：______，______；(2)类比探究：如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数，并说明理由；(3)拓展延伸：如图3，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点，，在一条直线上，过点作，垂足为点．则，，之间的数量关系：______；(4)实践应用：正方形中，，若平面内存在点满足，，则______．【答案】(1)，(2)，，证明见解析(3)(4)或【分析】（1）根据已知得出，即可证明，得出，，进而根据三角形的外角的性质即可求解；（2）同（1）的方法即可得证；（3）同（1）的方法证明，根据等腰直角三角形的性质得出，即可得出结论；学科网（北京）股份有限公司 （4）根据题意画出图形，连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，证明，得出，勾股定理求得，进而求得，根据相似三角形的性质即可得出，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴，设交于点，  ∵∴，故答案为：，．（2）结论：，；证明：∵，∴，即，又∵，，∴∴，∵，，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，（3），理由如下，∵，∴，即，又∵和均为等腰直角三角形∴，∴，∴，在中，，∴，∴；（4）解：如图所示，  连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，则是等腰直角三角形，学科网（北京）股份有限公司   ∵,∴，∵，∴∴，∴，∵，在中，，∴∴过点作于点，设，则，在中，，在中，∴∴解得：，则，设交于点，则是等腰直角三角形，∴学科网（北京）股份有限公司 在中，∴∴又，∴∴∴，∴∴，在中，∴，综上所述，或故答案为：或．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．21．（2023·四川成都·统考中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．【初步感知】学科网（北京）股份有限公司 (1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．【深入探究】(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）【拓展运用】(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时，(3)【分析】（1）连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答；（2）①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据（1）中结论可得，再根据，，即可得到；②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；（3）如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度．【详解】（1）证明：如图，连接，学科网（北京）股份有限公司   当时，，即，，，，,，，即，，，在与中，，，，；（2）①证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，  当时，，即，是的中点，学科网（北京）股份有限公司 ，，，，，，是等腰直角三角形，且，，根据（1）中的结论可得，；故线段之间的数量关系为；②解：当点F在射线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，  同①，可得，，，，，同①可得，，即线段之间数量关系为；当点F在延长线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接学科网（北京）股份有限公司   同（1）中原理，可证明，可得，，，，，同①可得，即线段之间数量关系为,综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，；（3）解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，  如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，学科网（北京）股份有限公司   ，，，，，，，是的中点，，，，，根据（2）中的结论，，，，学科网（北京）股份有限公司 ，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．22．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图①．在矩形．，点在边上，且．动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连续．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．（）  (1)当点和点重合时，线段的长为__________；(2)当点和点重合时，求；(3)当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；(4)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围．【答案】(1)(2)(3)见解析(4)或或【分析】（1）证明四边形是矩形，进而在中，勾股定理即可求解．（2）证明，得出；（3）过点作于点，证明得出，即可得出结论（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当学科网（北京）股份有限公司 重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解．【详解】（1）解：如图所示，连接，    ∵四边形是矩形∴∵，∴四边形是矩形，当点和点重合时，∴，在中，，故答案为：．（2）如图所示，  ∵，，∴，∴∴，∴，∵，，∴；（3）如图所示，过点作于点，学科网（北京）股份有限公司   ∵，，∴，则四边形是矩形，∴又∵∴，∴∴∴是等腰直角三角形；（4）①如图所示，当点在上时，  ∵，在中，，则，∵，则，，在中，，∴解得：当时，点在矩形内部，符合题意，学科网（北京）股份有限公司 ∴符合题意，②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，  则，，在中，，解得：，③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，此时  综上所述，或或．【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．23．（2023·甘肃武威·统考中考真题）【模型建立】（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．①求证：；②用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】学科网（北京）股份有限公司 （3）在（2）的条件下，若，，求的值．  【答案】（1）①见解析；②，理由见解析；（2），理由见解析；（3）【分析】（1）①证明：，再证明即可；②由和关于对称，可得．证明，从而可得结论；（2）如图，过点作于点，得，证明，．可得，证明，，可得，则，可得，从而可得结论；（3）由，可得，结合，求解，，如图，过点作于点．可得，，可得，再利用余弦的定义可得答案．【详解】（1）①证明：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，∴，∴．∴．学科网（北京）股份有限公司   ②．理由如下：∵和关于对称，∴．∵，∴．∴．（2）．理由如下：如图，过点作于点，得．    ∵和关于对称，∴，．∵，∴，∴．∴．∵是直角三角形，，∴，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∴，∴，∴，∴．∴，即．（3）∵，∴，∵，∴，∴．如图，过点作于点．  ∵，∴，．∴．∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．24．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与学科网（北京）股份有限公司 ，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：；(3)如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据旋转的性质得出，，进而证明，即可得证；（2）过点作，交点的延长线于点，连接，，证明四边形四边形是平行四边形，即可得证；（3）如图所示，延长交于点，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，由（2）可得，得出四边形是平行四边形，则，进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解．【详解】（1）证明：∵为等边三角形，∴，，∵将绕点顺时针旋转得到线段，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴∴即在和中，∴，∴；（2）证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，    ∵是等边三角形，∴，∵∴∴垂直平分，∴又∵，∴，∴,  ∴在的垂直平分线上，学科网（北京）股份有限公司 ∵∴在的垂直平分线上，∴垂直平分∴，∴又∵，∴是等边三角形，∴∴∴，又∵，∴∴，∴在与中，∴∴∴∴四边形是平行四边形，∴；（3）解：依题意，如图所示，延长交于点，学科网（北京）股份有限公司   由（2）可知是等边三角形，∴∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，∴，∴，∴是等边三角形，  ∴由（2）可得∴，∵，∴，∵，∴∴四边形是平行四边形，∴由（2）可知是的中点，则∴∴∵折叠，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，又，∴，∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，  ∴，∴，∴．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．25．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在中，，点分别为边的中点，连接．初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________．特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接．学科网（北京）股份有限公司 （1）求的度数；（2）求的长．深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由．【答案】初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论；（2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则；（3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解．【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点，∴是的中位线，∴；；故答案是：；（2）特例研讨：（1）如图所示，连接，，学科网（北京）股份有限公司   ∵是的中位线，∴，∴∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，∴；∵点在同一直线上时，∴又∵在中，是斜边的中点，∴∴∴是等边三角形，∴，即旋转角∴∴是等边三角形，又∵，∴,∴,∴,∴,（2）如图所示，连接，∵，，∴，,学科网（北京）股份有限公司   ∵,∴,∴,设，则，在中，，则，在中，,∴,解得：或（舍去）∴,（3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时，  ∵，∴，设，则，∵是的中位线，∴学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵将绕点顺时针旋转，得到，∴，，∴∴，∵点在同一直线上，∴∴，∴在同一个圆上，  ∴∴∵，∴；如图所示，当在上时，学科网（北京）股份有限公司   ∵∴在同一个圆上，设，则，将绕点顺时针旋转，得到，设，则，则，∴，∵,∴，∵∴∴综上所述，或【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．学科网（北京）股份有限公司