2023中考数学真题分项汇报31几何综合压轴问题(共40题)(解析版)

专题31几何综合压轴问题（40题）1．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．  (1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值；(2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长．【答案】(1)最大值为，最小值为(2)【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解；（2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解．【详解】（1）解：依题意，，，当在的延长线上时，的距离最大，最大值为，当在线段上时，的距离最小，最小值为；  （2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，学科网（北京）股份有限公司   ∵绕顶点逆时针旋转，∴，∵，∴，∴，∴，∴，在中，，在中，，∴．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键．2．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，点为线段上一点，分别以为等腰三角形的底边，在的同侧作等腰和等腰，且．在线段上取一点，使，连接．  (1)如图1，求证：；(2)如图2，若的延长线恰好经过的中点，求的长．【答案】(1)见解析学科网（北京）股份有限公司 (2)【分析】（1）证明，推出，利用证明即可证明结论成立；（2）取的中点H，连接，证明是的中位线，设，则，证明，得到，即，解方程即可求解．【详解】（1）证明：∵等腰和等腰，∴，，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：取的中点H，连接，  ∵点是的中点，∴是的中位线，∴，，设，则，∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵，∴，∴，∴，即，整理得，解得（负值已舍），经检验是所列方程的解，且符合题意，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．3．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．  (1)如图1，求边上的高的长．(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．①如图2，当点落在射线上时，求的长．②当是直角三角形时，求的长．【答案】(1)8(2)①；②或【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，学科网（北京）股份有限公司 为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．【详解】（1）在中，，在中，．（2）①如图1，作于点，由（1）得，，则，作交延长线于点，则，  ∴．∵∴．由旋转知，∴．设，则．∵，∴，∴，∴，即，∴，∴．②由旋转得，，又因为，所以．情况一：当以为直角顶点时，如图2．学科网（北京）股份有限公司   ∵，∴落在线段延长线上．∵，∴，由（1）知，，∴．情况二：当以为直角顶点时，如图3．  设与射线的交点为，作于点．∵，∴，∵，∴，∴．又∵，∴，∴．设，则，学科网（北京）股份有限公司 ∴∵，∴，∴，∴，∴，化简得，解得，∴．情况三：当以为直角顶点时，点落在的延长线上，不符合题意．综上所述，或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．4．（2023·甘肃武威·统考中考真题）【模型建立】（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．①求证：；②用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】（3）在（2）的条件下，若，，求的值．  学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）①见解析；②，理由见解析；（2），理由见解析；（3）【分析】（1）①证明：，再证明即可；②由和关于对称，可得．证明，从而可得结论；（2）如图，过点作于点，得，证明，．可得，证明，，可得，则，可得，从而可得结论；（3）由，可得，结合，求解，，如图，过点作于点．可得，，可得，再利用余弦的定义可得答案．【详解】（1）①证明：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，∴，∴．∴．  ②．理由如下：∵和关于对称，∴．∵，∴．∴．学科网（北京）股份有限公司 （2）．理由如下：如图，过点作于点，得．    ∵和关于对称，∴，．∵，∴，∴．∴．∵是直角三角形，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴．∴，即．（3）∵，∴，∵，∴，∴．学科网（北京）股份有限公司 如图，过点作于点．  ∵，∴，．∴．∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．5．（2023·江西·统考中考真题）课本再现思考我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？可以发现并证明菱形的一个判定定理；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．(1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．己知：在中，对角线，垂足为．求证：是菱形．  学科网（北京）股份有限公司 (2)知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．  ①求证：是菱形；②延长至点，连接交于点，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）根据平行四边形的性质证明得出，同理可得，则，，进而根据四边相等的四边形是菱形，即可得证；（2）①勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，得出，即可得证；②根据菱形的性质结合已知条件得出，则，过点作交于点，根据平行线分线段成比例求得，然后根据平行线分线段成比例即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵∴，在中，∴∴，同理可得，则，又∵∴∴四边形是菱形；（2）①证明：∵四边形是平行四边形，．学科网（北京）股份有限公司 ∴在中，，，∴，∴是直角三角形，且，∴，∴四边形是菱形；②∵四边形是菱形；∴∵，∴，∵，∴，∴，如图所示，过点作交于点，  ∴，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．6．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．学科网（北京）股份有限公司 (1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）当的三个内角均小于时，如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，    由，可知为①三角形，故，又，故，由②可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有③；已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为④点．(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；  (3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A．(2)学科网（北京）股份有限公司 (3)【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；（2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，在根据可证明，由勾股定理求即可，（3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可．【详解】（1）解：∵，∴为等边三角形；∴，，又，故，由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，∴，，∴，，又∵，∴，∴，∴；∵，∴，，∴，，∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．∴该三角形的“费马点”为点A，故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④．（2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接，由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，学科网（北京）股份有限公司   ∵，∴，又∵∴，由旋转性质可知：，∴，∴最小值为，（3）∵总的铺设成本∴当最小时，总的铺设成本最低，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，由旋转性质可知：，，，，∴，∴，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，  过点作，垂足为，∵，，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∴的最小值为总的铺设成本（元）故答案为：【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．7．（2023·山东枣庄·统考中考真题）问题情境：如图1，在中，，是边上的中线．如图2，将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，折痕分别交于点E，G，F，H．    猜想证明：(1)如图2，试判断四边形的形状，并说明理由．问题解决；(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交于点M，N，的对应线段交于点K，求四边形的面积．【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析(2)30【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到，即可得出结论．（2）先证明四边形为平行四边形，过点作于点，等积法得到的积，推出四边形的面积，即可得解．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵在中，，是边上的中线，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∵将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，∴，∴，∴，∴，同法可得：，∴，∵，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵折叠，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵，由（1）知：，，∴，过点作于点，  ∵，∴，∵四边形的面积，，学科网（北京）股份有限公司 ∴四边形的面积．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．8．（2023·湖南·统考中考真题）（1）[问题探究]如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．  ①求证：；②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；③探究与的数量关系，并说明理由．（2）[迁移探究]如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．  【答案】（1）①见解析；②不变化，，理由见解析；③，理由见解析（2），理由见解析【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论；②作，垂足分别为点M、N，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明，得出，进而可得结论；③作交于点E，作于点F，如图，证明，即可得出结论；（2）先证明，作交于点E，交于点G，如图，则四边形是平行四边形，可得，都是等边三角形，进一步即可证得结论．学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴；②的大小不发生变化，；证明：作，垂足分别为点M、N，如图，  ∵四边形是正方形，∴，，∴四边形是矩形，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即；③；证明：作交于点E，作于点F，如图，      ∵四边形是正方形，∴，，∴，四边形是矩形，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∵，，∴，作于点M，则，∴，∵，∴，∴；（2）；证明：∵四边形是菱形，，∴，∴是等边三角形，垂直平分，∴，∵，∴，作交于点E，交于点G，如图，则四边形是平行四边形，，，∴，都是等边三角形，∴，    作于点M，则，∴，∴．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．9．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在中，，点分别为边的中点，连接．初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________．特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接．  （1）求的度数；（2）求的长．深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由．【答案】初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论；（2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则；（3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与学科网（北京）股份有限公司 ，即可求解．【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点，∴是的中位线，∴；；故答案是：；（2）特例研讨：（1）如图所示，连接，，  ∵是的中位线，∴，∴∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，∴；∵点在同一直线上时，∴又∵在中，是斜边的中点，∴∴∴是等边三角形，∴，即旋转角∴∴是等边三角形，又∵，∴,∴,学科网（北京）股份有限公司 ∴,∴,（2）如图所示，连接，∵，，∴，,  ∵,∴,∴,设，则，在中，，则，在中，,∴,解得：或（舍去）∴,（3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时，学科网（北京）股份有限公司   ∵，∴，设，则，∵是的中位线，∴∴，∵将绕点顺时针旋转，得到，∴，，∴∴，∵点在同一直线上，∴∴，∴在同一个圆上，  ∴学科网（北京）股份有限公司 ∴∵，∴；如图所示，当在上时，  ∵∴在同一个圆上，设，则，将绕点顺时针旋转，得到，设，则，则，∴，∵,∴，∵∴∴综上所述，或【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．10．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）【问题呈现】和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．学科网（北京）股份有限公司   (1)如图1，当时，直接写出，的位置关系：____________；(2)如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【拓展应用】(3)当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．【答案】(1)(2)成立；理由见解析(3)或【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论；（2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论；（3）分两种情况，当点E在线段上时，当点D在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．【详解】（1）解：∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴；故答案为：．  （2）解：成立；理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴；  （3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：  学科网（北京）股份有限公司 设，则，根据解析（2）可知，，∴，∴，根据解析（2）可知，，∴，根据勾股定理得：，即，解得：或（舍去），∴此时；当点D在线段上时，连接，如图所示：  设，则，根据解析（2）可知，，∴，∴，根据解析（2）可知，，∴，根据勾股定理得：，即，解得：或（舍去），∴此时；综上分析可知，或．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．11．（2023·河北·统考中考真题）如图1和图2，平面上，四边形中，，点在边上，且．将线段绕点顺时针旋转到的平分线所在直线交折线于点，设点在该折线上运动的路径长为，连接．  (1)若点在上，求证：；(2)如图2．连接．①求的度数，并直接写出当时，的值；②若点到的距离为，求的值；(3)当时，请直接写出点到直线的距离．（用含的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)①，；②或(3)【分析】（1）根据旋转的性质和角平分线的概念得到，，然后证明出，即可得到；（2）①首先根据勾股定理得到，然后利用勾股定理的逆定理即可求出；首先画出图形，然后证明出，利用相似三角形的性质求出，，然后证明出，利用相似三角形的性质得到，进而求解即可；②当点在上时，，，分别求得，根据正切的定义即可求解；②当在上时，则，过点作交的延长线于点，延长交的延长线于点，证明，得出，，进而求得，证明，即可求解；（3）如图所示，过点作交于点，过点作于点，则四边形学科网（北京）股份有限公司 是矩形，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）∵将线段绕点顺时针旋转到，∴∵的平分线所在直线交折线于点，∴又∵∴∴；（2）①∵，，∴∵，∴，∴∴；如图所示，当时，  ∵平分∴∴∴∴∵，∴学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴∵，∴∴，即∴解得∴．②如图所示，当点在上时，，  ∵，∴，，∴，∴∴；如图所示，当在上时，则，过点作交的延长线于点，延长交的延长线于点，  ∵，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴∴即∴，，∴∵∴，∴，∴∴解得：∴，综上所述，的值为或；（3）解：∵当时，∴在上，如图所示，过点作交于点，过点作于点，则四边形是矩形，∴，，  ∵，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，又，∴，又∵，∴，∴∵，，设，即∴，∴整理得即点到直线的距离为．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，熟练掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．12．（2023·四川达州·统考中考真题）（1）如图①，在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点落在上处，若，求的值；  （2）如图②，在矩形的边上取一点，将四边形沿翻折，使点落在的延长线上处，若，求的值；（3）如图③，在中，，垂足为点，过点作交于点，连接，且满足，直接写出的值．学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）；（2）5；（3）【分析】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得，设则，中利用勾股定理求得，则，，进而求解即可；（2）由矩形的性质和翻折性质得到，证明，利用相似三角形的性质求得，则，在中，利用勾股定理求得，进而求得，可求解；（3）证明得到，则；设，，过点D作于H，证明得到，在中，由勾股定理解得，进而可求得，在图③中，过B作于G，证明，则，，再证明，在中利用锐角三角函数和求得即可求解．【详解】解：（1）如图①，∵四边形是矩形，∴，，，由翻折性质得，，在中，，∴，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，∴；（2）如图②，∵四边形是矩形，∴，，，由翻折性质得，，，，∴学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∴，即，又，∴，∴，在中，，∴，则，∴；（3）∵，，∴，∴，∵，∴，∴，则；设，，过点D作于H，如图③，则，∴；  ∵，∴，∴，又∵，，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，在中，，在图③中，过B作于G，则，∴，∴，∴，，∵，，∴，则，在中，，，∵，∴，则，∴．  【点睛】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键．13．（2023·湖南郴州·统考中考真题）已知是等边三角形，点是射线上的一个动点，延长至点，使，连接交射线于点．学科网（北京）股份有限公司   (1)如图1，当点在线段上时，猜测线段与的数量关系并说明理由；(2)如图2，当点在线段的延长线上时，①线段与的数量关系是否仍然成立？请说明理由；②如图3，连接．设，若，求四边形的面积．【答案】(1)，理由见解析(2)①成立，理由见解析②【分析】（1）过点作，交于点，易得，证明，得到，即可得出结论．（2）①过点作，交的延长线于点，易得，证明，得到，即可得出结论；②过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，根据已知条件推出，得到，证明，得到，求出的长，利用四边形的面积为进行求解即可．【详解】（1）解：，理由如下：∵是等边三角形，∴，过点作，交于点，  学科网（北京）股份有限公司 ∴，，∴为等边三角形，∴，∵，，∴，，又，∴，∴，∴；（2）①成立，理由如下：∵是等边三角形，∴，过点作，交的延长线于点，  ∴，，∴为等边三角形，∴，∵，，∴，，又，∴，∴，∴；学科网（北京）股份有限公司 ②过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，则：，  由①知：为等边三角形，，，∵为等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，设，则：，，∴，∵，∴，∴，即：②，学科网（北京）股份有限公司 联立①②可得：（负值已舍去），经检验是原方程的根，∴，，，∴，∴，∵，∴，∴四边形的面积为．【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似三角形．14．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，连接，，．  (1)若正方形的边长为2，E是的中点．①如图1，当时，求证：；②如图2，当时，求的长；(2)如图3，延长，交于点G，当时，求证：．【答案】(1)①详见解析；②(2)详见解析学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）①由，证明，可得结论；②如图，延长，交于点G作，垂足为H，证明，可得，可得，设可得，可得，可得，证明，可得，从而可得答案；（2）如图，延长，作，垂足为H，证明，设，可得，由，可得，可得，由可得，可得，证明，可得，，从而可得答案．【详解】（1）解：如图，  正方形中，，①，∴，，，②如图，  延长，交于点G，作，垂足为H，且，学科网（北京）股份有限公司 ，，，，方法一：设，∴，∴，在中，，，，方法二：在中，由，设，，，，又且，，，，；（2）如图  学科网（北京）股份有限公司 延长，作，垂足为H，且，，设，，，在中，，，，，，，在中，，，，，则，又且，，，，，，．【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，本题计算量大，对学生的要求高，熟练的利用参数建立方程是解本题的关键．15．（2023·湖北武汉·统考中考真题）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，学科网（北京）股份有限公司 是等腰三角形，，交于点，探究与的数量关系．    问题探究：(1)先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小；(2)再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系．问题拓展：(3)将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）延长过点F作，证明即可得出结论．（2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明．（3）过点A作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，由（2）知，，通过相似求出，即可解出．【详解】（1）延长过点F作，∵，，∴，在和中∴，∴，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∴．    故答案为：．（2）解：在上截取，使，连接．，，．，．．，．．  （3）解：过点作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，学科网（北京）股份有限公司 ．在中，，．，由（2）知，．．，，，在上截取，使，连接，作于点O．由（2）知，，∴，∵，∴，．∵，∴，∵，∴．．学科网（北京）股份有限公司   【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角形相似．16．（2023·山西·统考中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．  (1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；(2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．    ①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与学科网（北京）股份有限公司 交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；  ②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．  【答案】(1)正方形，见解析(2)①，见解析；②【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形；（2）①由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论；②设的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下：∵，∴．∵，∴．∴．学科网（北京）股份有限公司 ∵，∴四边形为矩形．∵，∴．∴矩形为正方形．（2）：①．证明：∵，∴．∵，∴．∵，即，∴．∵，∴．由（1）得，∴．②解：如图：设的交点为M，过M作于G，∵，∴，，∴；∵，∴，∴，∵，∴点G是的中点；由勾股定理得，∴；∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴，即；∴；∵，，∴，∴，∴，即的长为．    【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．17．（2023·湖北十堰·统考中考真题）过正方形的顶点作直线，点关于直线的对称点为点，连接，直线交直线于点．  (1)如图1，若，则___________；(2)如图1，请探究线段，，之间的数量关系，并证明你的结论；(3)在绕点转动的过程中，设，请直接用含的式子表示的长．【答案】(1)学科网（北京）股份有限公司 (2)(3)，或，或【分析】（1）如图，连接，，由对称知，由四边形是正方形得，所以，从而；（2）如图，连接，，，，交于点H，由轴对称知，,，，可证得，由勾股定理得，中，，中，，从而；（3）由勾股定理，，分情况讨论：当点F在D,H之间时，；当点D在F,H之间时，；当点H在F,D之间时，．【详解】（1）解：如图，连接，，∵点关于直线的对称点为点，∴，关于对称，∴，，∵四边形是正方形，∴，∴，  ∴．故答案为：20．（2）解：；理由如下：如图，由轴对称知，,，学科网（北京）股份有限公司   而∴∴∴∴中，中，∴即；（3）∵，，∴，∵，∴，如图，当点F在D,H之间时，，  如图，当点D在F,H之间时，学科网（北京）股份有限公司   如图，当点H在F,D之间时，  【点睛】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾股定理等，将运动状态的所有可能考虑完备，分类讨论是解题的关键．18．（2023·辽宁大连·统考中考真题）综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：独立思考：小明：“当点落在上时，．”小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：  问题1：在等腰中，由翻折得到．（1）如图1，当点落在上时，求证：；（2）如图2，若点为中点，，求的长．问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．学科网（北京）股份有限公司 问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．【答案】（1）见解析；（2）；问题2：【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得，根据邻补角互补可得，即可得证；（2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解；问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解．【详解】（1）∵等腰中，由翻折得到∴，，∵，∴；（2）如图所示，连接，交于点，  ∵折叠，∴，，，，∵是的中点，∴，∴，在中，，在中，，学科网（北京）股份有限公司 ∴；问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，  ∵，∴，，∵，∴，∴，∴，又，∴四边形是矩形，则，在中，，,，∴，在中，，∴，在中，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．19．（2023·山东·统考中考真题）（1）如图1，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：．学科网（北京）股份有限公司   【问题解决】（2）如图2，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：．【类比迁移】（3）如图3，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长．【答案】（1）见解析（2）见解析 （3）3【分析】（1）由矩形的性质可得，则，再由，可得，则，根据等角的余角相等得，即可得证；（2）利用“”证明，可得，由，可得，利用“”证明，则，由正方形的性质可得，根据平行线的性质，即可得证；（3）延长到点，使，连接，由菱形的性质可得，，则，推出，由全等的性质可得，，进而推出是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，，，，，；学科网（北京）股份有限公司 （2）证明：四边形是正方形，，，，，，，又，，点在的延长线上，，，，，，；（3）解：如图，延长到点，使，连接，  四边形是菱形，，，，，，，，，是等边三角形，，．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．20．（2023·福建·统考中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．  (1)求证：；(2)求的度数；(3)若是的中点，如图2．求证：．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论；（2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答；（3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．【详解】（1）解：是由线段绕点顺时针旋转得到的，，，．学科网（北京）股份有限公司 ，．．，．．（2）解：如图1：设与的交点为，  ，，，．，，．又，．，．（3）解：如图2：延长交于点，连接，学科网（北京）股份有限公司   ，，．是的中点，．又，，．，，．由（2）知，，．  ，，，，即．，，．【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．学科网（北京）股份有限公司 21．（2023·四川·统考中考真题）如图1，已知线段，，线段绕点在直线上方旋转，连接，以为边在上方作，且．  (1)若，以为边在上方作，且，，连接，用等式表示线段与的数量关系是　　；(2)如图2，在(1)的条件下，若，，，求的长；(3)如图3，若，，，当的值最大时，求此时的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）在中，，，且，，可得，根据相似三角形的性质得出，，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；（2）延长交于点，如图所示，在中，求得，进而求得的长，根据（1）的结论，得出，在中，勾股定理求得，进而根据，即可求解．（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，同（1）可得，进而得出在以为圆心，为半径的圆上运动，当点三点共线时，的值最大，进而求得，，根据得出，过点作，于点，分别求得,然后求得，最后根据正切的定义即可求解．【详解】（1）解：在中，，，且，，∴，，∴，，学科网（北京）股份有限公司 ∴∴∴，故答案为：．（2）∵，且，，∴，，延长交于点，如图所示，  ∵，∴，∴在中，，，∴，由（1）可得，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，学科网（北京）股份有限公司   同（1）可得则，∵，则，在中，，，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，∴当点三点共线时，的值最大，此时如图所示，则，  在中，∴,，∵，∴，过点作，于点，∴，，∵，∴，∴，学科网（北京）股份有限公司 中，．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定义，求圆外一点到圆的距离的最值问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．22．（2023·广西·统考中考真题）【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，展平纸片，连接，，．  请完成：(1)观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系；(2)证明（1）中的猜想；【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在，上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．  请完成：(3)证明是的一条三等分线．学科网（北京）股份有限公司 【答案】(1)(2)见详解(3)见详解【分析】（1）根据题意可进行求解；（2）由折叠的性质可知，，然后可得，则有是等边三角形，进而问题可求证；（3）连接，根据等腰三角形性质证明，根据平行线的性质证明，证明，得出，即可证明．【详解】（1）解：由题意可知；（2）证明：由折叠的性质可得：，，，，∴，，∴是等边三角形，∵，，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴；（3）证明：连接，如图所示：由折叠的性质可知：，，，∵折痕，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∵四边形为矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∵在和中，，∴，∴，∴，∴，∴是的一条三等分线．【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明，是解题的关键．23．（2023·重庆·统考中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．    (1)如图1，若，，求线段的长．(2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点．若，求证：．(3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将学科网（北京）股份有限公司 沿所在直线翻折至所在平面内得到．连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）解，求得，根据即可求解；（2）延长使得，连接，可得，根据，得出四点共圆，则，，得出，结合已知条件得出，可得，即可得证；（3）在取得最小值的条件下，即，设，则，，根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，连接，交于点，则四边形是矩形，得出是的中位线，同理可得是的中位线，是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则，在中，勾股定理求得，进而即可求解．【详解】（1）解：在中，，，∴，∵，∴；（2）证明：如图所示，延长使得，连接，  学科网（北京）股份有限公司 ∵是的中点则，，，∴，∴，∴，∴∵是等边三角形，∴，∵，∴四点共圆，∴，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图所示，  在取得最小值的条件下，即，设，则，，∴，，∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到．∴∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，学科网（北京）股份有限公司 则是的中位线，∴在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，  ∵是的中点，∴，∴是等边三角形，则，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，如图所示，连接，交于点，则四边形是矩形，    学科网（北京）股份有限公司 ∴，是的中点，∴即是的中位线，同理可得是的中位线，∴，∵是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，∴∴则在中，∴．    【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．24．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在等边三角形中，为上的一点，过点作的平行线交于点，点是线段上的动点（点不与重合）．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接交于．  (1)证明：在点的运动过程中，总有．学科网（北京）股份有限公司 (2)当为何值时，是直角三角形？【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用四点共圆知识解答即可．（2）只有，是直角三角形，解答即可．【详解】（1）∵等边三角形，∴,，∵，∴，∵绕点逆时针方向旋转，得到，∴，∴时等边三角形，∴，∴，∴四点共圆，∴，∴．（2）如图，根据题意，只有当时，成立，∵绕点逆时针方向旋转，得到，∴，∴时等边三角形，∴，∵，  ∴，学科网（北京）股份有限公司 ∵等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值，熟练掌握等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值是解题的关键．25．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．  【答案】图②中，图③中，证明见解析【分析】图②：如图②所示，连接，先由三角形中位线定理得到，，再证明得到，则，进一步证明，即可证明是等腰直角三角形，则；图③：仿照图②证明是等边三角形，则．【详解】解：图②中，图③中，图②证明如下：如图②所示，连接，∵点F，G分别是的中点，∴是的中位线，学科网（北京）股份有限公司 ∴，同理可得，∵和都是等腰直角三角形，且，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴；  图③证明如下：如图③所示，连接，∵点F，G分别是的中点，∴是的中位线，∴，同理可得，∵和都是等腰三角形，且，∴，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．26．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．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；（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，学科网（北京）股份有限公司 为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，证明，得出，勾股定理求得，进而求得，根据相似三角形的性质即可得出，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴，设交于点，  ∵∴，故答案为：，．（2）结论：，；证明：∵，∴，即，又∵，，∴∴，∵，，∴，∴，（3），理由如下，学科网（北京）股份有限公司 ∵，∴，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，∴在中，∴∴学科网（北京）股份有限公司 又，∴∴∴，∴∴，在中，∴，综上所述，或故答案为：或．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．27．（2023·广东深圳·统考中考真题）（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，①若，过作交于点，求证：；②若时，则______．  （2）如图，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．学科网（北京）股份有限公司   （3）如图，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．  【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）或或【分析】（1）①根据矩形的性质得出，，进而证明结合已知条件，即可证明；②由①可得，，证明，得出，根据，即可求解；（2）根据菱形的性质得出，，根据已知条件得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解；（3）分三种情况讨论，①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，证明，解，进而得出，根据，得出，建立方程解方程即可求解；②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，同理证明，根据得出，建立方程，解方程即可求解；③当点在边上时，如图所示，过点作于点，求得，而，得出矛盾，则此情况不存在．学科网（北京）股份有限公司 【详解】解：（1）①∵四边形是矩形，则，∴，又∵，∴，，∴，又∵，∴；②由①可得，∴∴，又∵∴,故答案为：．（2）∵在菱形中，，∴，，则，∵，∴，∵∴，∴，∵，∴,又，∴，∴，∴；学科网（北京）股份有限公司 （3）①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，  ∵平行四边形中，，，∴，,∵，∴∴，∴∴在中，，则，，∴∴，∵，∴∴∴∴设，则，，，学科网（北京）股份有限公司 ∴解得：或，即或，②当点在边上时，如图所示，  连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，设，则，，∵∴∴，∴∴，∵∴过点作于点，在中，，∴，，∴，则，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，，∴∴，即，∴即解得：（舍去）即；③当点在边上时，如图所示，  过点作于点，在中，，，∴，∵，∴，∵，∴点不可能在边上，综上所述，的长为或或．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．28．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．  (1)如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；(2)如图2，若，且，①求证：；②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．【答案】(1)点在线段的垂直平分线上(2)①证明见解析，②【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；（2）①根据菱形的性质得出，再由各角之间的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接．利用等边三角形的判定和性质得出，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图，点在线段的垂直平分线上．理由如下：连接．∵四边形是菱形，对角线相交于点，．，，∴点在线段的垂直平分线上．            学科网（北京）股份有限公司   （2）①证明：如图，∵四边形是菱形，，，，，，．，．，，，．在中，，．．，；  ②如图，连接．学科网（北京）股份有限公司 ，∴是等边三角形．∵，∴，在中，，，．，，，．，，．在中，，由勾股定理得，．                  【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．29．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有学科网（北京）股份有限公司 角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．  【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]【分析】[探究一]证明，即可得证；[探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明[探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出结论．【详解】[探究一]∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，∴，∴，∴，在与中学科网（北京）股份有限公司 ∴∴[探究二]证明：如图所示，  ∵四边形是正方形，∴，又，∴，∵，∴，又∵，∴，又∵公共角，∴；[探究三]证明：∵是正方形的对角线，∴，，∴，∵，∴，即，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∴，，如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．  ∴，，∴，又，∴，∴，∵，∴，又，∴，∴，即．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．30．（2023·山东东营·统考中考真题）（1）用数学的眼光观察．如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：．（2）用数学的思维思考．学科网（北京）股份有限公司 如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：．（3）用数学的语言表达．如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）是直角三角形，证明见解析．【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明；（2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明；（3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状.【详解】证明：（1）的中点，是的中点，.学科网（北京）股份有限公司 同理，.，..（2）的中点，是的中点，，.同理，.由（1）可知，.（3）是直角三角形，证明如下：如图，取的中点，连接，，是的中点，，.同理，，.，..，学科网（北京）股份有限公司 ，.，.又，是等边三角形，.又，.，.是直角三角形.故答案为：是直角三角形.【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理.31．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．学科网（北京）股份有限公司   【答案】（1）四边形是正方形，证明见解析（2）（3），证明见解析【分析】（1）证明，可得，从而可得结论；（2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论；（3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案．【详解】解：（1）∵，，，∴，，∵矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴矩形是正方形．（2）∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，同理可得：，学科网（北京）股份有限公司 ∵正方形，∴，∴，∴，，∴四边形是正方形，∴，∴．（3）如图，连接，∵，正方形，∴，，，∵，∴，∴，  ∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．32．（2023·贵州·统考中考真题）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．  (1)【动手操作】如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度；(2)【问题探究】根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；(3)【拓展延伸】如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)作图见解析；135(2)；理由见解析(3)或；理由见解析【分析】（1）根据题意画图即可；先求出，根据，求出；（2）根据，，证明、P、B、E四点共圆，得出，求出，根据等腰三角形的判定即可得出结论；（3）分两种情况，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，分别画出图形，求出之间的数量关系即可．【详解】（1）解：如图所示：  学科网（北京）股份有限公司 ∵，∴，∵，∴，∴；故答案为：135．（2）解：；理由如下：连接，如图所示：  根据旋转可知，，∵，∴、P、B、E四点共圆，∴，∴，∴，∴．（3）解：当点P在线段上时，连接，延长，作于点F，如图所示：  根据解析（2）可知，，∵，∴，∴，∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∵，，∴为等腰直角三角形，∴，∵为等腰直角三角形，∴，即；当点P在线段延长线上时，连接，作于点F，如图所示：  根据旋转可知，，∵，∴、B、P、E四点共圆，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，学科网（北京）股份有限公司 ∵，，∴为等腰直角三角形，∴，即；综上分析可知，或．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．33．（2023·辽宁·统考中考真题）在中，，，点为的中点，点在直线上（不与点重合），连接，线段绕点逆时针旋转，得到线段，过点作直线，过点作，垂足为点，直线交直线于点．(1)如图，当点与点重合时，请直接写出线段与线段的数量关系；(2)如图，当点在线段上时，求证：；(3)连接，的面积记为，的面积记为，当时，请直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）可先证，得到，根据锐角三角函数，可得到和的数量关系，进而得到线段与线段的数量关系．（2）可先证，得到，进而得到，问题即可得证．（3）过点作垂直于，交于点，过点作垂直于，交于点，设，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案．【详解】（1）解：．学科网（北京）股份有限公司 理由如下：如图，连接．根据图形旋转的性质可知．由题意可知，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形斜边上的中线，，．又，．在和中，．，．．．．（2）解：为等腰直角三角形斜边上的中线，．，．学科网（北京）股份有限公司 ，，．，．，．在和中，．．．（3）解：如图，过点作垂直于，交于点；过点作垂直于，交于点．设，则．根据题意可知，四边形和为矩形，为等腰直角三角形．，．由（2）证明可知，．．．根据勾股定理可知，学科网（北京）股份有限公司 的面积与的面积之比．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理以及图形旋转的性质，灵活利用全等三角形的判定及性质是解题的关键．34．（2023·四川成都·统考中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．  【初步感知】(1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．【深入探究】(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）【拓展运用】(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时，(3)学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答；（2）①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据（1）中结论可得，再根据，，即可得到；②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；（3）如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度．【详解】（1）证明：如图，连接，  当时，，即，，，，,，，即，，，在与中，，，学科网（北京）股份有限公司 ，；（2）①证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，  当时，，即，是的中点，，，，，，，是等腰直角三角形，且，，根据（1）中的结论可得，；故线段之间的数量关系为；②解：当点F在射线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，  学科网（北京）股份有限公司 同①，可得，，，，，同①可得，，即线段之间数量关系为；当点F在延长线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接  同（1）中原理，可证明，可得，，，，，同①可得，即线段之间数量关系为,综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，；（3）解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，学科网（北京）股份有限公司   如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，  ，，，，，，，是的中点，，，学科网（北京）股份有限公司 ，，根据（2）中的结论，，，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．35．（2023·江苏徐州·统考中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．  【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析拓展提升：证明见解析学科网（北京）股份有限公司 尝试应用：【分析】探究发现：作于点E，作交的延长线于点F，则，证明，，利用勾股定理进行计算即可得到答案；拓展提升：延长到点C，使，证明四边形是平行四边形，由【探究发现】可知，，则，得到，即可得到结论；尝试应用：由四边形是矩形，，得到，，设，，由勾股定理得到，根据二次函数的性质即可得到答案．【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：作于点E，作交的延长线于点F，则，  ∵四边形为平行四边形，若，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；拓展提升：延长到点C，使，学科网（北京）股份有限公司   ∵为的一条中线，∴，∴四边形是平行四边形，∵．∴由【探究发现】可知，，∴，∴，∴；尝试应用：∵四边形是矩形，，∴，，设，则，∴，∵，∴抛物线开口向上，∴当时，的最小值是故答案为：【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．36．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，正方形中，点在边上，点是的中点，连接，．学科网（北京）股份有限公司   (1)求证：；(2)将绕点逆时针旋转，使点的对应点落在上，连接．当点在边上运动时（点不与，重合），判断的形状，并说明理由．(3)在（2）的条件下，已知，当时，求的长．【答案】(1)见解析(2)等腰直角三角形，理由见解析(3)【分析】（1）根据正方形的基本性质以及“斜中半定理”等推出，即可证得结论；（2）由旋转的性质得，从而利用等腰三角形的性质推出，再结合正方形对角线的性质推出，即可证得结论；（3）结合已知信息推出，从而利用相似三角形的性质以及勾股定理进行计算求解即可．【详解】（1）证：∵四边形为正方形，∴，，∵点是的中点，∴，∴，∴，即：，在与中，∴，∴；（2）解：为等腰直角三角形，理由如下：学科网（北京）股份有限公司 由旋转的性质得：，∴，∴，，∵，∴，即：，∴，∴，∴，∴，∴为等腰直角三角形；（3）解：如图所示，延长交于点，∵，，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，设，则，，学科网（北京）股份有限公司 ∴，解得：，（不合题意，舍去），∴．  【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等，理解并熟练运用基本图形的证明方法和性质，掌握勾股定理等相关计算方式是解题关键．37．（2023·安徽·统考中考真题）在中，是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接．  (1)如图1，求的大小；(2)已知点和边上的点满足．（ⅰ）如图2，连接，求证：；（ⅱ）如图3，连接，若，求的值．【答案】(1)(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）【分析】（1）根据旋转的性质得出，根据等边对接等角得出，在中，根据三角形内角和定理即得出，进而即可求解；（2）（ⅰ）延长交于点，证明四边形是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，，根据等腰三角形的性质，得出是的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；学科网（北京）股份有限公司 （ⅱ）如图所示，过点作于点，由，得出，，进而根据正切的定义即可求解．【详解】（1）解：∵∴，在中，∴（2）证明：（ⅰ）证法一：如图，延长，交于点，则，  ∵，∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∴．∵是的中点，，∴．∴．∴四边形是平行四边形．∵，∴是菱形．∴．∵，∴．∴．∵，即，∴，即点是斜边的中点．∴．学科网（北京）股份有限公司 证法二：∵，是斜边的中点，∴点在以为圆心，为直径的上．  ∵，∴垂直平分．∴．∴．∵，∴．∴．∴．证法三：∵，∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∴．∵是的中点，，∴．∴．∴四边形是平行四边形．∵，∴是菱形．∴．∵，是斜边的中点，学科网（北京）股份有限公司 ∴点在以为圆心，为直径的上．∴．（ⅱ）如图所示，过点作于点，  ∵，∴，则，∵，∴，∴，∴，∴，∴【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．38．（2023·浙江宁波·统考中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．    (1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形．(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．(3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作学科网（北京）股份有限公司 交的延长线于点E．若，求四边形的周长．【答案】(1)证明见解析(2)画图见解析(3)【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论；（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D；（3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．【详解】（1）解：∵，∴，，∵对角线平分，∴，∴，∴，∴四边形为邻等四边形．（2）解：，，即为所求；（3）如图，过作于，学科网（北京）股份有限公司     ∵，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴四边形为平行四边形，∴，，设，而，∴，，由新定义可得，由勾股定理可得：，整理得：，解得：，（不符合题意舍去），∴，∴四边形的周长为．【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．39．（2023·江苏扬州·统考中考真题）【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．【操作探究】如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．学科网（北京）股份有限公司   (1)当时，________；当时，________；(2)当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；(3)如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．【答案】(1)2；30或210(2)画图见解析；(3)【分析】（1）当时，与重合，证明为等边三角形，得出；当时，根据勾股定理逆定理得出，两种情况讨论：当在下方时，当在上方时，分别画出图形，求出结果即可；（2）证明四边形是正方形，得出，求出，得出，求出，根据求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；（3）根据等腰三角形的性质，得出，即，确定将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．【详解】（1）解：∵和中，∴，∴当时，与重合，如图所示：连接，  ∵，，∴为等边三角形，∴；学科网（北京）股份有限公司 当时，∵，∴当时，为直角三角形，，∴，当在下方时，如图所示：  ∵，∴此时；当在上方时，如图所示：  ∵，∴此时；综上分析可知，当时，或；故答案为：2；30或210．（2）解：当时，如图所示：  ∵，学科网（北京）股份有限公司 ∴，∴，∵，又∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即两块三角板重叠部分图形的面积为．（3）解：∵，为的中点，∴，∴，∴将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，∵∴点F运动的路径长为．故答案为：．学科网（北京）股份有限公司   【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．40．（2023·四川乐山·统考中考真题）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动【问题情境】刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第页“探索”部分内容：如图，将一个三角形纸板绕点逆时针旋转到达的位置，那么可以得到：，，；，，（    ）  刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键；故数学就是一门哲学．【问题解决】（1）上述问题情境中“（    ）”处应填理由：____________________；（2）如图，小王将一个半径为，圆心角为的扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置．  学科网（北京）股份有限公司 ①请在图中作出点；②如果，则在旋转过程中，点经过的路径长为__________；【问题拓展】小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．  【答案】问题解决（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；（2）①见解析②；问题拓展：【分析】问题解决（1）根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；（2）①分别作和的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O；②根据弧长公式求解即可；问题拓展，连接，交于，连接，，，由旋转得，，在和中求出和的长，可以求出，再证明，即可求出最后结果．【详解】解：【问题解决】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等                  （2）①下图中，点O为所求                   ②连接，，扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置，，,学科网（北京）股份有限公司 ，设，，，在旋转过程中，点经过的路径长为以点为圆心，圆心角为，为半径的所对应的弧长，点经过的路径长；  【问题拓展】解：连接，交于，连接，，如图所示  ．由旋转得，．    在中，．在中，，，．       ．学科网（北京）股份有限公司 ．，       在和中，，又，，．又，，．【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．学科网（北京）股份有限公司