重难点06 几何类综合问题-2023年中考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）

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重难点06 几何类综合问题

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．

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．

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1．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，的直径AB，垂直平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且．弦DH交OC于G，满足，，AC长为（    ）

A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】连接，如图，先根据题意证明，得到，进而可证明，得出，由垂直平分OA可得，设，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和可求得，进而可求出，由变形可得，然后设未知数求出圆的半径即可求出答案．
【详解】解：连接，如图，

∵，∴，∵，∴，∴，
∵，，∴，，
∴，∴，∴，∴，
∵垂直平分OA，∴，∴，
设，则，∴，∵，∴，
在直角三角形中，∵，∴，解得，
∴，
∴，
∵，∴，
∵，  ∴，∴，
设圆的半径为r，则在直角三角形中，，
∴，∴，作于点M，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴，解得：（负值已舍去），∴．故选：C
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了同圆半径相等、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角性质等知识，综合性较强，熟练掌握上述知识、正确添加辅助线、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
2．（2023·辽宁丹东·校考一模）如图，等腰中，，点D在线段上运动（不与A、B重合），将与分别沿直线翻折得到与，给出下列结论：
①；②面积的最小值为；③当点D在的中点时，是等边三角形；
④当时，的长为；其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①由折叠直接得到结论；
②由折叠的性质求出，再用周角的意义求出；先作出的边上的高，用三角函数求出，得到，判断出面积最小时，点D的位置，据此求解即可；③先判断出是等边三角形，是等边三角形，再求出，即可；
④当D，C，Q共线时，可以证明，求出此时的值即可．
【详解】解：①∵将与分别沿直线翻折得到与，
∴．故①正确；②∵将与分别沿直线翻折得到与，
∴，∴，
∴，如图1中，

过点Q作交延长线于E，∵，∴，
在中，，∴，
∵∴，
∴最短时，最小，即：时，最短，过点C作，此时就是最短的，
∵，∴，∴，即：最短为2，
∴，故②错误，
③∵将与分别沿直线翻折得到与，∴，
∵，∴，∴是等边三角形，∴，
同理：是等边三角形，∴，∴，
∵当点D在的中点，∴，∴，∴是等边三角形．故③正确，
④如图2中，当D，C，Q共线时，∵，∴是等边三角形，
∴，∴，∴，
∴，∴四边形是菱形，∴，
∴四边形是平行四边形，∴，∴，
过点C作于F，则，
∵，∴，∴，故④正确，
综上，①③④正确，故选：B．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定，锐角三角函数，极值的确定，三角形的面积公式，解本题的难点是确定出面积最小时，点D的位置．
3．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考三模）如图，在正方形ABCD中，E是线段CD上一点，连接AE，将△ADE沿AE翻折至△AEF，连接BF并延长BF交AE延长线于点P，过点E作EM⊥PB于M．已知PF=，BF=2．其中正确结论的个数有（  ）
①∠APF=45°  ② ∠EFP=∠FBC    ③ PM=  ④

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】过点A作AN⊥BP于N，证得∠P＝∠PAN＝45°，得①正确；由等角的余角相等可证②正确；由∠EFM=∠FAN及∠EMF=∠FNA=90°可证得△EMF∽△FNA，再由可得PM=EM=，③正确；由△EMF∽△FNA 可得，④正确．
【详解】解：如图，过点A作AN⊥BP于N，

∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
由翻折的性质可知，AD＝AF，∠DAE＝∠EAF，∴AB＝AF，
∵AN⊥BF，∴BN＝FN，∠BAN＝∠FAN，∴∠PAN＝∠PAF＋∠FAN＝∠BAD＝45°，
∵∠ANP＝90°，∴∠P＝∠PAN＝45°，∴AN＝NP，故①正确；
由翻折的性质可知，∠D＝∠AFE=90°，∴∠EFP+∠AFN=90°，
∵AB＝AF，∴∠AFN=∠ABF，∴∠ABF+∠FBC=90°，∴∠EFP=∠FBC，②正确；
∵EM⊥BP，∠P＝45°，∴EM=PM，∵BN＝FN， BF=2，PF=，∴AN＝NP=+1，
∵∠EFM+∠AFN=90°，∠AFN+∠FAN=90°，∴∠EFM=∠FAN，
∵∠EMF=∠FNA=90°，∴△EMF∽△FNA，∴，即
解得PM=EM=，③正确；∵△FNA∽△EMF，∴，
∵CD＝AD＝AF，DE＝EF，∴，④正确.故选：D
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
4．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（    ）

①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，∴，与为等边三角形，
又，，
∴，在与中∴，∴AM=AN，
即为等边三角形，故①正确；
∵，当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，
∵，∴即，故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，∴，∴，
在中，，∴，
而菱形ABCD的面积为：，∴，故③正确，
当时，∴∴
∴∴故④正确；故选：D．

【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
5．（2022·湖北黄冈·统考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB=2．G为对角线BD的延长线上一点，E为线段CD的中点，BF⊥AE，连接OF．已知∠DAG=15°，其中结论正确的是（       ）
①AG=BD；②BF=；③；④S△POF=；⑤若E点为线段CD上一动点，当AE=EC+CQ时，AQ=4．

A．①②③④ B．①②④ C．②③⑤ D．①③⑤
【答案】D
【分析】根据正方形的性质与解直角三角形的方法逐个解题求解．①根据∠DAG=15°可得含60°角的直角三角形AOG，求出AG=2AO；②由∠DAE+∠BAF=90°，∠BAF+∠ABF=90°得∠BAF=∠DAE，tan∠BAF=tan∠DAE=，通过解直角三角形求出BF长度；③将OP：OA转化为OP：OD，通过△ADP∽△QBP求解；④先通过OP：OD=1：3求出三角形OAP的面积，再通过PF与AP的比值求出三角形POF的面积．⑤设ED=x，EC=2-x，通过相似三角形与勾股定理求出x的值从而求出AQ．
【详解】解：①∵∠DAG=15°，∴∠GAO=∠DAG+∠DAO=60°，∴∠G=30°，AG=2AO，
∵BD=2AO，∴AG=BD，∴①正确，符合题意．
②∵E为CD中点，∴DE=CD，∵∠DAE+∠BAF=90°，∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠BAF=∠DAE，∴tan∠BAF=tan∠DAE=，∴BF=2AF，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB=AF=2，
∴AF=，BF=2AF=，∴②错误，不符合题意．
③∵E为CD中点，EC∥AB，∴EC为△ABQ的中位线，C为BQ中点，∴BQ=2BC=2AD，
∵AD∥BQ，∴△ADP∽△QBP，∴，∴，
∴DP=BD，OP=OD-DP=BD-BD=BD，∴，∴③正确，符合题意．
④∵AB=2，BQ=2AB=4，∴AQ=，
∵，∴AP=AQ=，∴，∴，即S△POF=S△AOP，
∵，∴S△AOP=S△AOD=×S正方形ABCD=，
∴S△POF=S△AOP=，∴④错误，不符合题意．
⑤设ED=x，EC=2-x，则，即，∴CQ=，
∴AE=EC+CQ=2-x+，在Rt△ADE中，由勾股定理得：
AE=，∴，解得x=或x=-（舍）．∴AE=，
∵AD∥BQ，∴∠DAE=∠BQA，∴sin∠DAE=sin∠BQA=，
∴AQ=2AB=4，∴⑤正确，符合题意．故选：D．
【点睛】本题考查正方形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形的性质与解直角三角形的方法．
6．（2022·四川达州·统考二模）如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△ EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则下列说法中：①FG=;②CE=；③ME=;④MN=， 其中正确的个数有(    )

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】过点E作PQ⊥CD，交DC于点P，交AB于点Q，连接BE，利用正方形的性质及等腰三角形的性质得出PE=PC，结合全等三角形的判定和性质以及勾股定理可判断②；利用勾股定理及相似三角形的判定和性质可判断①；由勾股定理及翻折的性质可判断③；连接GM，GN，交EF于点H，利用等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理即可判断④．
【详解】解：过点E作PQ⊥CD，交DC于点P，交AB于点Q，连接BE，

∵DC∥AB，∴PQ⊥AB，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，
∴∆PEC为等腰直角三角形，∴PE=PC，设PC=x，则PE=x，PD=4-x，EQ=4-x，∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90，∠PED=∠EFQ，∴∆DPE≅∆EQF，∴DE=EF，
∵DE⊥EF，∴∆DEF是等腰直角三角形，
在∆DCE与∆BCE中，，∴∆DCE≅∆BCE，∴DE=BE，∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，∴FQ=BQ=，∵AB=4，F是AB中点，∴BF=2，∴FQ=BQ=PE=1，
∴CE=，故②正确；PD=4-1=3，在Rt∆DAF中，，∴DE=EF=，
∵DC∥AB，∴∆DGC~∆FGA，∴，∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG=，故①正确；∵AC=，∴CG=，
∴EG=，由于翻折，∴ME=EG=，故③正确；
如图所示，连接GM，GN，交EF于点H，∠GFE=45°，

∴∆GHF为等腰直角三角形，∴GH=FH=，∴EH=EF-FH=，
由折叠可得：GM⊥EF，MH=GH=，∴∠EHM=∠DEF=90，∴DE∥HM，∴∆DEN~∆MNH，
∴，∴，∴EN=3NH，∴EN+NH=EH=，∴EN=，
∴NH=EH-EN=，在Rt∆GNH中，∴GN=，
由折叠可得MN=GN=，故④正确；故选：D．
【点睛】题目主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形及相似三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
7．（2022·江苏无锡·统考一模）我们定义：两边平方和等于第三边平方的2倍的三角形叫做奇异三角形，根据定义：①等边三角形一定是奇异三角形；②在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是奇异三角形，则a：b：c＝1：：2；③如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点（不与点A、B重合），D是半圆的中点，C、D在直径AB的两侧，若在⊙O内存在点E，使AE＝AD，CB＝CE．则△ACE是奇异三角形；④在③的条件下，当△ACE是直角三角形时，∠AOC＝120°，其中，说法正确的有（  ）

A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】B
【分析】①设等边三角形的边长为a，代入检验即可；②在中，由勾股定理可得，因为是奇异三角形，且，所以，然后可得，，代入可求；③要证明△ACE是奇异三角形，只需证即可；④由③可得ΔACE是奇异三角形，所以，当ΔACE是直角三角形时，由②可得或，然后分两种情况讨论．
【详解】解：设等边三角形的边长为a，则，满足奇异三角形的定义，
等边三角形一定是奇异三角形，故①正确；
在中，，∵，∴，，
若是奇异三角形，一定有， ∴，∴，得．
∵，∴，∴，故②错误；
在中，，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，
在中，；在中，．
∵D是半圆的中点，∴，∴AD=BD，  ∴，
又∵，，∴．∴ΔACE是奇异三角形，故③正确；
由③可得ΔACE是奇异三角形，∴．
当ΔACE是直角三角形时，由②可得或，
（Ⅰ）当时，，即，
∵，∴，∴．

（Ⅱ）当时，，即，
∵∠ACB=90°，∴∠ABC=60°，∴∠AOC=2∠ABC=120°，
∴∠AOC的度数为60°或120°，故④错误；故选：B．
【点睛】本题主要考查了：1．命题；2．勾股定理；3．圆周角定理及推论；4．直角三角形的性质．能牢固掌握以上知识点并综合运用是做出本题的关键．
8．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考模拟预测）如图，已知正方形ABCD，E为边BC上一个动点（E点不与B、C重合），F为BC延长线上的一个动点，且有BE=CF，AE交BD于H，连接DF，过F作FG⊥BD于G，连接AG、EG，则下列结论： ①四边形AEFD为菱形；②AG=EG；③当E为BC中点时，tan∠BGE=；④当时，．其中正确的有____________．

【答案】②③④
【分析】证明 结合可判断①，如图，连接CG，过G作于N，证明 可判断②，如图，延长NG交AD于M，证明三角形为等腰直角三角形，可得 从而可判断③，如图，过作于 过作于 设 则 则 证明 再求解 再利用面积公式计算可判断④．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴
∵ ∴ 在Rt中，
∴ ∴四边形AEFD不为菱形；故①不符合题意；
如图，连接CG，过G作于N，由正方形的对称性可得：
∵ ∴

∵ 则 ∴ 故②符合题意；
如图，延长NG交AD于M，由正方形的对称性可得：

∵ ∴ 则
∵ ∴ ∴
∴ ∴
∵ ∴ ∵为BC的中点，∴
∴ 故③符合题意；
如图，过作于 过作于 ∴

∵ 则 设 则 ∴
由正方形的性质可得： ∴
∴ ∴
∵ ∴
∴ 故④符合题意；故答案为：②③④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，属于填空题中的压轴题．
9．（2023·山东日照·日照市新营中学校考一模）如图，在边长为8的正方形中，点O为正方形的中心，点E为边上的动点，连接，作交于点F，连接，P为的中点，G为边上一点，且，连接，则的最小值为____________．

【答案】
【分析】如图，连接，由题意知，，由，得，，证明，则，是等腰直角三角形，由是中点，则，，，如图，过作于，过作于，由，可知四点共圆，由，可得，进而可得在线段上运动，如图，延长，作点关于对称的点，过作于，连接交于，连接，由题意知，，且，可知当三点共线时，值最小，在中，由勾股定理得，，计算求解的值即可．
【详解】解：如图，连接，

由题意知，，
∵，∴，
∵，∴，
在和中，∵，∴，
∴，∴是等腰直角三角形，
∵是中点，∴，∴，，
如图，过作于，过作于，∴，
∵，∴四点共圆，
∵，∴，∴在线段上运动，
如图，延长，作点关于对称的点，过作于，连接交于，连接，
由题意知，，∴，
∴三点共线时，值最小，∵，
在中，由勾股定理得，，
∴的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，圆的内接四边形，对称的性质，等腰三角形的判定与性质，两点之间线段最短等知识．解题的关键在于确定点的运动轨迹．
10．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图所示，，半径为2的圆O内切于，P为圆O上一动点，过点P作分别垂直于的两边，垂足为M、N，则的最大值___________．

【答案】
【分析】作于点H，作于点F，则得到，即当与相切时，取的最大值，解题计算即可．
【详解】解：作于点H，作于点F，

∵，，∴
∴∴，
∴，∴，
∵，∴如图，当与相切时，取的最大值，

连接，，可知，四边形是正方形，∴，
在中，，∴，
在中，，
∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查的是“阿氏圆”模型，解题的关键是作辅助线构造．
11．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，为等腰直角三角形，D为中点，E、F分别为、上的点且满足，已知，，M为上一点，连接，且满足，则___________．

【答案】
【分析】连接，，作平分，交于点H，过H作于K点，过点E作于点G，根据等腰三角形的性质可得；证明，可得，进而可得，求出，，即可得，即可得，设，即有，，根据，可表示出，在中，，问题随之解得．
【详解】连接，，作平分，交于点H，过H作于K点，过点E作于点G，如图，∵，，∴，
∵在为等腰直角三角形，D为中点，
∴，，，，
∴，，
∴，，

∵，∴，∴，
∵，，∴，
∴，，即是等腰直角三角形，
∴，∴，
∵，，，∴，
∴，∴，
∵平分，，∴，
∴，∴，
∵平分，，，∴，，
设，∴，，∵，
∴，即：，∴，
在中，，∴，解得：，
∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理，等腰三角形的判定与性质勾股定理以及解直角三角形等知识，正确构筑辅助线是解答本题的关键．
12．（2023·福建福州·福建省福州屏东中学校考一模）如图，在正方形中，对角线，相交于点O，F是线段上的动点（点F不与点O，D重合），连接，过点F作分别交，于点H，G，连接交于点M，作交于点E，交于点N．有下列结论：①当时，；②；③时，；④．其中正确的是______（填序号）．

【答案】①②③
【分析】①正确．利用面积法证明即可．
②正确．如图中，过点M作于P，于Q，连接．想办法证明，再利用相似三角形的性质，解决问题即可．
③正确．如图中，将绕点C顺时针旋转得到，连接．则，，，，证明，利用勾股定理，即可解决问题．
④错误．假设成立，推出，显然不符合条件．
【详解】解：①如图，过点G作于T．

，，，，
四边形是正方形，，，，
，，，，，故①正确，
②如图，将绕点C顺时针旋转得到，连接．则，

，，，
∵，∴，∴，
，，，，，
，，，故②正确，
③如图，过点M作于P，于Q，连接．

，，，
，，，，
，，，，
，，
，，，，
，，
，，，，
，，，，，
，，，，
，，，是等腰直角三角形，，，
，，，，故③正确，
④假设成立，，，
，显然这个条件不成立，故④错误，故答案为：①②③．
【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．
13．（2022·江苏宿迁·统考一模）如图1，已知矩形的边长，．某一时刻，动点M从点A出发，沿以的速度向点B匀速运动：同时点N从点D出发，沿方向以的速度向点A匀速运动，点N运动到点A时停止运动，运动时间为t．

(1)若是等腰直角三角形，则___________（直接写出结果）．
(2)是否存在时刻t，使以A、M、N为顶点的三角形与相似？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．(3)如图2，连接，试求的最小值．
【答案】(1)2(2)存在，理由见解析(3)15
【分析】（1）根据题意可知只有时，是等腰直角三角形，再根据题意可用t表示出，，列出等式，解出t即可；
（2）分类讨论①当时和②当时，列出比例式，代入数据，即可求解；
（3）取CN中点E，作E点关于CD的对称点，连接．作M点关于BC的对称点，连接，．根据作图可知，，即可知当最小时最小，即最小值为的长．连接并延长，交CD于点F，AB于点G．由作图结合题意易求出，，，从而可求出．在中，利用勾股定理可求出，最后根据二次函数的性质，即得出时，最小，即此时，故可求出的最小值为15．
（1）∵，∴若是等腰直角三角形时，只有．
根据题意可知，，则，∴，解得，故答案为：2．
（2）∵，∴以A、M、N为顶点的三角形与相似分为两种情况，
①当时，有，即，解得：；
②当时，有，即，解得：．
当或时，以A、M、N为顶点的三角形与相似；
（3）如图，取CN中点E，作E点关于CD的对称点，连接．作M点关于BC的对称点，连接，．根据作图可知，，
∴，∴当最小时最小，
∵，∴的最小值为的长，即的最小值为2的长．
如图，连接并延长，交CD于点F，AB于点G．
∵作E点关于CD的对称点，∴，．
又∵E为中点，∴，G为AB中点， ∴，．
∵作M点关于BC的对称点，∴，∴．
在中，，
∵，∴时，最小，即．∴．

【点睛】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形性质，相似三角形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系的应用，三角形中位线的判定和性质，勾股定理以及二次函数的性质．（3）综合性强，较为困难，作出辅助线，利用三角形三边关系判断出的最小值为2的长是解题关键．
14．（2022·黑龙江哈尔滨·统考三模）已知：直线切于点A，点B、点C为上的点，连接．

(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接，点D为弧上一点，连接BD，连接交于点E，连接，交于点H，，求证：；
(3)在（2）的条件下，在射线上取点Q，使，连接，点P为中点，连接，若，求弦的长．
【答案】(1)证明过程见详解(2)证明过程见详解(3)
【分析】（1）连接AO并延长交⊙O于点N，连接BN，先求的∠FAB+∠BAN=90°，再求得∠BNA+∠BAN=90°，再根据∠FAB=∠BNA即可得证；（2）连接AO，根据AO=OC，可得∠OAE=∠OCE，根据切线的性质可得∠FAE+∠OAE=90°，再根据∠FAE=∠AEB，∠AEB=∠HEC，可得∠HEC+∠OAE=90°，即可得∠EHC=90°，即根据垂径定理有OC平分弦BD，BH=HD；（3）连接BO，在AD上取点M、T、N，使得AM=AB，AT=BP，ND=AP，连接QM，QT，NQ，过Q点作QG⊥AD于G点，第一步求证，第二步求证，第三步求证△AQM≌△BDA，得到AD=QM， ；第四步求证△PBD≌△TAQ，得到QT=PD，∠BPD=∠ATQ，即可得∠QTD=∠APD，∠QTD=∠ADQ，进而得到TQ=QD=QD；第五步证明△APD≌△NDQ，得到AD=NQ，AP=ND，QM=QN，根据QG⊥AD，可知△NQM是等腰三角形，即G点是MN的中点，即NG=GM，可得；第六步AT=AP=ND=6，AB=2AP=12，AM=AB=12，即得AG=AM-GM，DG=ND-GM，进而得到AD=AG+GD=18-2GM，结合，可得AD=14=QM，AG=10，在Rt△QGM中，，在Rt△AQG中，，则BD=AQ可求．
（1）连接AO并延长交⊙O于点N，连接BN，如图，

∵AF与⊙O相切，∴OA⊥AF，∴∠OAF=90°，即∠FAB+∠BAN=90°，
∵AN过圆心O，∴AN是⊙O的直径，∴∠ABN=90°，∴∠BNA+∠BAN=90°，∴∠FAB=∠BNA，
∵∠BNA=∠C，∴∠FAB=∠C；
（2）连接AO，如图，∵AO=OC，∴∠OAE=∠OCE，
∵根据切线的性质有∠FAO=90°，∴∠FAE+∠OAE=90°，
∵∠FAE=∠AEB，∠AEB=∠HEC，∴∠HEC=∠FAE，∴∠HEC+∠OAE=90°，
∵∠OAE=∠OCE，∴∠HEC+∠OCE=90°，
∴∠EHC=180°-∠HEC+∠OCE=180°-90°=90°，∴OC⊥BD，
∵OC是半径，∴根据垂径定理有OC平分弦BD，∴BH=HD；
（3）连接BO，在AD上取点M、T、N，使得AM=AB，AT=BP，ND=AP，连接QM，QT，NQ，过Q点作QG⊥AD于G点，如图，

根据（2）中结论可知OC⊥BD，∴在Rt△BOH中，，
∵HC=6OH，∴OC=OH+HC=7OH，∴OB=OC=7OH，
即，∵OC⊥BD，∴OC平分，∴，
∴∠BAC=∠CAD=∠BAD，∵∠BAC=∠BOC，∴∠BAD=∠BOC，
∴，根据题意可知AD＞AB，
对照（1）的证明方法可得∠QAD=∠ABD，∵AQ=BD，AB=AM，∴△AQM≌△BDA，
∴AD=QM，∠BAD=∠AMQ，∴；
∵∠QAD=∠ABD，BD=AQ，AT=BP，∴△PBD≌△TAQ，∴QT=PD，∠BPD=∠ATQ，
∵∠APD+∠BPD=180°，∠ATQ+∠QTD=180°，∴∠QTD=∠APD，
∵∠APD=∠ADQ，∴∠QTD=∠ADQ，∴TQ=QD=QD；
∵QD=PD，ND=AP，∠ADQ=∠APD，∴△APD≌△NDQ，
∴AD=NQ，AP=ND，∴QM=AD=QN，∵QM=QN，QG⊥AD，∴△NQM是等腰三角形，
∴G点是MN的中点，即NG=GM，∵，∴，∴，
∵NG=GM，QM=AD，∴，∵AP=6，P为AB中点，
∴AT=AP=ND=6，AB=2AP=12，AM=AB=12，∴AG=AM-GM=12-GM，DG=ND-GM=6-GM，
∴AD=AG+GD=AM-GM+ND-GM=12-GM+6-GM=18-2GM，
∵，∴7GM=18-2GM，即GM=2，∴AD=14=QM，AG=12-GM=12-2=10，
∵QG⊥AD，∴在Rt△QGM中，，
∴在Rt△AQG中，，∴BD=AQ=．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的性质、圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识，构造△APD≌△NDQ、△PBD≌△TAQ、△AQM≌△BDA并求出是解答本题的关键．
15．（2023·安徽合肥·统考一模）已知四边形，，相交于点P，且，，设，，．

(1)①如图1，当时，时，______；______；
②如图2，当时，时，______；______；
(2)观察（1）中的计算结果，利用图3证明，，三者关系．(3)如图4，在平行四边形中，点E，F，G分别是的中点，，，，求的长．
【答案】(1)①，；②，(2)，证明见解析(3)
【分析】（1）①先证明得到，则，，利用勾股定理求出；再由平行线的性质证明，则即可得到；②由含30度角的直角三角形的性质得到，则，，由勾股定理得；再证明，得到，则；（2）证明，得到，设，则，再利用勾股定理分别用m、n表示出，，即可得到结论；
（3）如图所示，连接，先证明四边形是平行四边形，得到；再证明是得中位线，推出；证明，得到，则由（2）的结论可知，，据此求解即可．
【详解】（1）解：①∵，，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，
在中，由勾股定理得；
∵，∴，
∴，同理可得；故答案为：，；
②∵，，，∴，∴，
∵，∴，在中，由勾股定理得；
∵，∴，∴，
∴；故答案为：，；
（2）解：，证明如下：∵，∴，∴，
设，则，
∴由勾股定理得，，∴，
∵，∴；
（3）解：如图所示，连接，∵四边形是平行四边形，∴，，
∵E、F分别是得中点，∴，
∴四边形是平行四边形，∴；∵G是的中点，∴是得中位线，∴，
∵，∴；∵，∴，∴，
∴由（2）的结论可知，，∴，∴．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，证明第二问的结论是解题的关键．
16．（2022·广东深圳·南山实验教育麒麟中学校联考模拟预测）解答题
(1)如图1，在正方形中，点，分别是，上的两点，连接，，若，则的值为_________；(2)如图2，在矩形中，，，点是上的一点，连接，，若，则的值为_________；
【类比探究】(3)如图3，在四边形中，，点为上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，交的延长线于点，求证：
【拓展延伸】(4)如图4，在中，，，，将沿翻折，点落在点处，得到，点，分别在边，上，连接，，若，则的值为_________．

【答案】(1)【答题空1-1】1(2)【答题空2-1】(3)见解析(4)【答题空4-1】
【分析】（1）通过证明△AED△DFC得到ED=FC，结论可得；
（2）通过证明△EDC△DCB，得到 ，利用矩形的性质结论可得；
（3）过点F作FH⊥BC于点H，则四边形ABHF为矩形；类比（2）的方法证明△AED△HCF，即可得出结论； （4）过点C作CM⊥AD于点M，连接AC，交BD与点H，利用勾股定理和相似三角形的性质求得AH，BH，AC，DH的长度，利用三角形的面积公式求得CM的长度，类比（2）的方法证明△AED△FMC，利用相似三角形的性质即可得出结论
【详解】（1）解：∵ 四边形是正方形，
∴，，∴．
∵，∴．∴．
在和中，，∴．
∴∴故答案为：1．
（2）解：∵四边形是矩形，∴．∴．
∵，∴∴
∵，∴，∴．
∵，，∴ ．故答案为：．
（3）证明：过点作于点，如图，

∵ ，，∴ 四边形为矩形．
∴，∴
∵，∴．
∵，，∴
∵，∴，∴
∵，∴∴∴∴
（4）解：过点作于点，连接，交于点，如图，

由题意：与关于轴对称，∴垂直平分，即，．
∵，，∴，∴∴
∵，∴，∴∴．
∵，∴．
∵，∴∴ ．
∵，∴∵，∴∴．
∵，∴．∴
【点睛】本题是相似三角形的综合题，主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，三角形的面积，利用类比的方法解答是解题的关键．
17．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十九中学校校考模拟预测）三角形ABC内接于⊙O，点D为⊙O上一动点，连接AD、BD、CD，AB＝AC．

(1)当点D在弧AC上时，求证：；(2)当点D在弧BC上时，若BD＋CD＝AD，求证：为等边三角形；(3)在（2）的条件下，设AD、BC交于点F，点M为AF的中点，弦QH经过点M，与BC交于点K，若DMH＝30°，BF＝5，FK＝3.5，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)
【分析】（1）AB＝AC得，另根据， ，即可证明结论成立；
（2）如图4，在线段CD的延长线上取一点E，使得DE=BD，连接BE，由BD＋CD＝AD，DE=BD， DE＋CD＝CE得CE=AD，， 进而得，，于是证明，得BE=BD=DE，进而得即可证明结论成立；
（3）作AW∥MK，交BC于W，将△ABF绕点A逆时针旋转60°，得到△ACI，连接WI,作IE⊥WC，交BC延长线于点E，作BG⊥CD，交CD延长线于点G，证明△AFW≌△AIW，解直角三角形得出WC=3，利用相似三角形的性质得出CD=2BD，再利用解直角三角形即可求解．
（1）证明：如图1，

AB＝AC，，
， ，，；
（2）证明：如图4，在线段CD的延长线上取一点E，使得DE=BD，连接BE，

BD＋CD＝AD，DE=BD， DE＋CD＝CE，CE=AD，，
AB＝AC，，
，
，
，
在和中，，，
BE=BD=DE，，为等边三角形；
（3）解：作AW∥MK，交BC于W，将△ABF绕点A逆时针旋转60°，得到△ACI，连接WI,作IE⊥WC，交BC延长线于点E，作BG⊥CD，交CD延长线于点G，
∵M是AF的中点，∴，∴FK=KW=3.5，
∵∠FMH=30°，AW∥MK，∴∠FAW=∠FMH=30°，
由旋转可知，AI=AF,∠FAI=∠FCI=60°，∴∠FAW=∠IAW=30°，
∵AW=AW，∴△AFW≌△AIW，∴WI=FW=2×3.5=7，IC=BF=5，
∵∠ACB=∠FCI=60°，∴∠ECI=60°，∴IE=IC·sin60°= ，CE=IC·cos60°=，
，WC=WE-EC=3，FC=10，
∵∠BFD=∠AFC，∠DBC=∠DAC，∴△BFD∽△ACF，∴①，
∵∠BFA=∠DFC，∠BAD=∠DCF，∴△BFA∽△DFC，∴②，
∵AB=AC，①÷②得，，设BD=m，则CD=2m，
∵∠ADB=∠ACB=60°，∠ABC =∠ADC=60°，∴∠BDG=60°，
∴BG=BD·sin60°= ，GD=BD·cos60°=，∴，
解得，（负值舍去），BD的长为．

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、圆周角定理、解直角三角形的综合应用，解题关键是恰当作辅助线，利用全等三角形和相似三角形的性质求解．
18．（2022·河南郑州·河南省实验中学校考模拟预测）【问题情境】：
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1，已知矩形纸片，其中宽．

(1)【动手实践】：如图1，威威同学将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕的长度为______．
(2)【探究发现】：如图2，胜胜同学将图1中的四边形剪下，取边中点，将沿折叠得到，延长交于点．点为边的中点，点是边上一动点，将沿折叠，当点的对应点落在线段上时，求此时的值；
(3)【反思提升】：明明同学改变图2中点的位置，即点为边上一动点，点仍是边上一动点，按照（2）中方式折叠，使点落在线段上，明明同学不断改变点的位置，发现在某一位置与（2）中的相等，请直接写出此时的长度．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）通过折叠的性质可证明△BMN是等腰直角三角，利用勾股定理即可求出BN；
（2）先证明．再证明，接着证明，即有∴，进而求出NF，MF，则在Rt△BFM中，有，即得解；
（3）过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，根据（2）的结果得到tan∠QPM=，即可得，先证明四边形KPMS是矩形，再证，即有，设SQ=m，=n，则有，，利用勾股定理可表示出，∴，根据KP=SM=SQ+QM，有，可得，即=，∴，在结合tan∠FBM=可得，进而有，解得：，则BQ得解．
(1)根据矩形的性质有∠A=∠ABM=90°，
根据折叠的性质有∠A=∠BMN，AB=BM，AN=MN，
∴∠A=∠ABM=90°=∠BMN，即四边形ABMN是矩形，∴AB=MN，BM=AN，
∵AB=BM，AN=MN，∴矩形ABMN是正方形，∴MN=BM=AB，
∵AB=8，∴MN=BM=8，∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BN=MN=，故答案为：；
(2)连接EF，如图，

在（1）中已得矩形ABMN是正方形，∴AN=MN=BM=AB=8，，
∵E为AN中点，Q为BM中点，∴AE=EN=4=BQ=QM，
∴根据翻折的性质有，，，，，
∴，，∴，
∵，∴．
∵，，，∴，∴，
又∵，，∴，
∵，∴，∴结合有，∴，
∵AB=8，AE=EN=4，∴，即NF=2，∴MF=MN-NF=8-2=6，
∴在Rt△BFM中，，
∵，∴；
(3)过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，如图，

在（2）中求得tan∠PQM=，∵∠QPM与（2）中的∠PQM相等，
∴可知tan∠QPM=tan∠PQM=，∴在Rt△PQM中，，
∴根据翻折的性质有，=90°，∴∠KP+∠QS=90°，
∵，，PM⊥BM，∴KS⊥KP，KS⊥BM，KP⊥MN，
∴∠K=90°=∠KSQ，且四边形KPMS是矩形，∴∠SQ+∠QS=90°，
∴∠KP=∠SQ，∴，∴，
设SQ=m，=n，则有，，
∴在Rt△中，，∴，
∵四边形KPMS是矩形，∴KP=SM=SQ+QM，∴，可得，即=，
∴，∵在（2）中已求得tan∠FBM=，∴，
∵BS=BM-SQ-QM=8-m-=，∴，解得：，
∴BQ=BM-QM=．
【点睛】本题主要考查了翻折的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行的判断与性质、解直角三角形、正方形的判定与性质等知识，构造合理的辅助线证得是解答本题的关键．
19．（2022·黑龙江·统考三模）综合与实践折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，既可以得到一些美丽的图形，同时还蕴含着丰富的数学知识．

如图①，在矩形纸片ABCD中，．
活动一：(1)如图②，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在点C处，点D落在点处，展开得到折痕EF交AB边于点E，交CD边于点F，则_______；
活动二：(2)如图③，连接图②中的AC交EF于点O，连接AF．猜想四边形AECF是什么特殊四边形，并证明你的猜想；
活动三：(3)如图④，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边的中点处，点D落在点处，展开得到折痕EF交AB边于点E，交CD边于点F，则_______，_______；
活动四：(4)如图⑤，若点A落在靠近点B的BC的四等分点处，即，则与相似吗？若相似，请直接写出相似比；若不相似，请说明理由．
【答案】(1)；(2)四边形AECF是菱形，证明见解析；(3)；
(4)与相似，相似比为
【分析】（1）由翻折的性质和勾股定理求得BE、AE的值，然后证明，过点F作于H，由勾股定理即可求得EF的值；
（2）由翻折的性质证明，然后通过四边相等证明菱形；
（3）根据折叠的性质和勾股定理求得BE的值，进而可以求出的值；
（4）先由折叠的性质得到，然后通过勾股定理求出和的值，通过与的比值即可得到与的相似比．
（1）解：由翻折可得，，
在Rt△BCE中，
即，解得，，
由翻折得，
，，
在与中，，
，过点F作于H，则，

∴四边形ADFH是矩形，，
，在Rt△FHE中，，故答案为：；
（2）四边形AECF是菱形．证明：四边形ABCD是矩形，，，
折叠矩形纸片ABCD，点A落在点C处，折痕为EF，，
，在△AOE与△COF中，，
，，，∴四边形AECF是菱形；
（3）由折叠可得，是BC的中点，，
设，，在中，，
，即，解得，，
∴在中，，故答案为：；；
（4）由折叠可得，
，
又，，
又，，，，
设，则，在中，，
即，解得，，
，，
，，，
故两个三角形的相似比为．
【点睛】本题是一道翻折与四边形综合问题，考查的知识点较多，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理解三角形，解直角三角形等，综合性较强，难度较大，熟练掌握这些性质定理是解题的关键．
20．（2022·四川绵阳·统考三模）如图1，在矩形 ABCD 中，AB= 8，BC= 6，动点E从点A出发沿线段AB以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点B时停止，在运动过程中，经过 A、D、E三点的☉O交线段 BD于点K，交线段CD于点H，将△ADE 沿DE翻折得到△GDE．(1)求证：四边形AEHD是矩形；(2)当点G恰好落在点K处时，求线段HG的长；(3)如图2，连接AG交DE于点P，并延长AG交∠GDC的平分线于点R，设点E运动的时间为t（0
【答案】(1)证明过程见解析(2)(3)
【分析】（1）根据四边形是矩形得到，根据是直径得到，即可证明四边形是矩形；（2）当点恰好落在点处时，连接，过点作的垂线交于点，设，通过翻折的性质得到，在中，利用勾股定理求出的值，根据矩形的性质得到的长度，证明，通过相似比求出，的长度，再在中，利用勾股定理即可求出的长度；（3）在中，利用勾股定理求出，证明，求出、，根据平分，，，推出，，求出，根据即可求出关于时间的函数关系式．
（1）证明：连接，如图所示

∵四边形是矩形∴
∵是直径∴∴四边形是矩形
（2）解：当点恰好落在点处时，连接，过点作的垂线交于点，如图所示

设∵翻折，点恰好落在点处∴，
在中，∴
又∵∴在中，解得：
由（1）可得：四边形是矩形∴
∵，∴
∴∴，∴
在中，
（3）解：由题意可得：，在中，
∵翻折∴相交于点∵，
∴∴∴，
又∵平分，，∴∴
∵
又∵∴
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、直径所对的圆周角是直角、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解答本题的关键是能够正确添加辅助线．
21．（2022·河北保定·统考模拟预测）如图1、2，在中，，，，点在上由点向点运动，过点在的右侧作，连接，，使，经过点，，作．

(1)如图1，若，则阴影部分的面积为______（结果保留）；(2)在点移动过程中，与的比是否为定值？如果是，求出这个比值；如果不是，请说明理由．并求当与相切时的长；
(3)如图2，当的外心在的内部时（包括边界），求在点移动过程中，点经过的路径的长；(4)当为等腰三角形，并且线段与相交时，直接写出截线段所得弦长．（参考数据：，，）
【答案】(1)(2)与的比是定值；比值为；当与相切时的长度是
(3)(4)
【分析】（1）根据∠BAD的正切值求出∠MPA的正切值，根据直角三角形的边角关系求出PM的长度，根据三角形面积公式求出△AMP的面积，根据勾股定理求出AP的长度，根据圆周角定理的推论确定AP是的直径，根据圆形面积公式求出半圆的面积，最后用半圆的面积减去△AMP的面积即可得到阴影部分的面积．（2）连接OM．根据∠MPA的正切值求出∠MAP的正切值，进而确定∠MAP的度数，根据圆周角定理和角的和差关系求出∠MOP和∠AOM，根据弧长公式求出和的长度，即可到和的比值；当与相切时，设．根据直角三角形的边角关系求出PM的长度，根据勾股定理求出AP的长度，根据切线的性质定理，相似三角形的判定定理和性质求出x的值，再代入计算即可求出AM的长度．
（3）设的中点为，当点与重合时，设的中点为，连接．根据三角形外心的性质确定△APD的外心Q在内部的运动轨迹（包括边界）为一条线段，且起点为的中点，终点为当点与重合时的中点，根据直角三角形的边角关系求出PD的长度，再根据三角形中位线定理即可求出Q经过的路径的长度．（4）设线段与的另一交点N，连接AN．根据直角三角形的边角关系和勾股定理求出AM和PM的长度，根据线段的和差关系和勾股定理求出DP的长度，根据圆周角定理的推论确定∠ANP=90°，最后根据等腰三角形三线合一的性质即可求解．
（1）解：∵∠MPA=∠BAD，，∴．
∵MP⊥AM，AM=4，∴，AP是的直径．
∴，．
∴．∴．
（2）解：与的比是定值，比值为．如下图所示，连接OM．

∵，∴．∴∠MAP=37°．∴∠MOP=2∠MAP=74°．
∴，∠AOM=180°-∠MOP=106°．
∴．∴．
当与相切时，如下图所示．设，则．
∴．∵，与相切，∴∠AMP=∠APD=90°．
∵∠MAP=∠PAD，∴．∴．
∵AD=15，∴．∴或（舍）．∴．∴．
∴当与相切时的长度是．
（3）解：如下图所示，设的中点为，当点与重合时，设的中点为，连接．

∵的外心在的垂直平分线上，
∴的外心在内部的运动轨迹（包括边界）为一条线段，且起点为的中点，终点为当点与重合时的中点．∴是点D和点M重合时的中位线．
此时．∴．
∴的外心在内部经过的路径的长为．
（4）解：当为等腰三角形，并且线段与相交时，如下图所示，设线段与的另一交点N，连接AN．

此时AP=AD=15．∵，∴设，则．
∵PM⊥AM，∴．∴．∴y=3．
∴AM=4y=12，PM=3y=9．∴DM=AD-AM=3．∴．
∵AP是的直径，∴∠ANP=90°．∴AN是△ADP的中线．
∴N是DP的中点．∴．
∴当为等腰三角形，并且线段与相交时，截线段所得弦长是．
【点睛】本题考查解直角三角形，三角形面积公式，勾股定理，圆周角定理的推论，圆的面积公式，圆周角定理，角的和差关系，弧长公式，切线的性质定理，相似三角形的判定定理和性质，三角形外接圆的性质，三角形中位线定理，等腰三角形三线合一的性质，综合应用这些知识点是解题关键．
22．（2022·湖北襄阳·统考一模）特例发现：如图1，点和点分别为正方形边和边上一点，当时，则易得，．

(1)深入探究：如图2，点为正方形内一点，且，，点，在直线的两侧，连接，，，探究线段与之间的关系，并说明理由；
(2)类比探究：如图3，在矩形中，：＝1：2，点在矩形内部，，点，在直线的两侧，：＝1：2，连接，，，，． 请探究线段，之间的关系，并说明理由；(3)拓展运用：若（2）中矩形的边，的边，当时，求的长．
【答案】(1)，；见解析(2)：＝1：2，；见解析(3)
【分析】（1）如图，延长交，分别于点，，利用正方形的性质并结合，可得到：，，结合，根据证明，再利用全等三角形的性质可得到结论；（2）如图，延长交，分别于点，，利用矩形的性质并结合，：＝1：2，：＝1：2，可得到，，从而证明，再利用相似三角形的性质可得到结论；（3）如图，连接，先利用勾股定理得到，，再由（2）得，：＝1：2，再由勾股定理可得：，，，，通过变形可得到，结合，可得，由，得到，再根据，可得到，从而有，整理得，再根据，，可得到，最后求得的长．
（1）线段与之间的关系为，． 理由如下：
如图，延长交，分别于点，，
∵四边形是正方形，∴，，
∵，∴，∴，即，
∵，在和中，，  ∴，∴，，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴．

（2）线段与之间的关系为：＝1：2，．理由如下：
如图，延长交，分别于点，，
∵四边形是矩形，∴，，
∴，即，
∵：＝1：2，：＝1：2，∴，∴，
∴，，∵，  ∴，
∵，∴，∴，∴．

（3）解：如图，连接，∵在矩形中，：＝1：2，：＝1：2，
∵，，∴，，，
∵，∴，，  
由（2）得，：＝1：2，∴，，
，，，
∴ ∴，
∵，  ∴，∴，∴，
∵，∴，即：
∴，∴，
∴，由得，  ∴，
∴，，即：，，
∴，∴，∴，∴的长为．

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二元二次方程组和二元一次方程组等知识．解题的关键灵活运用相似三角形的判定和性质及恒等变形．
23．（2022·浙江丽水·统考一模）如图，两个正方形与，与的中点都是．

(1)如图1，点与重合．①求的值；②连结，求的值．(2)如图2，若，在正方形绕点旋转过程中，以，，为顶点的三角形能否是等腰三角形？若能，直接写出该三角形面积；若不能，说明理由．
【答案】(1)①；②
(2)以，，为顶点的三角形能是等腰三角形，该三角形面积或48或32或．
【分析】（1）①连结OB，根据正方形性质得出AD=AB，EF=FG，∠A=∠F=90°，根据O为AD，EF中点，得出OA=，OF=，可证△AOB∽△FOG，得出，根据勾股定理求出OB=即可；
②过点H作HN⊥AB于N，交DC于M，先证△OFG∽△HMD，得出，，再证四边形ANMD为矩形，得出AN=DM=，MN=AD=AB，然后求出BN=AB-AN=，NH=MN-HM=AB-，利用正切定义求解即可；
（2）当CH=CE时分两种情况，当EF⊥AD时，EH交CD于T，先证四边形OETD为正方形，求出ET=OE=4，∠DTE=90°，ET=HT=DT=4，TC=DC-DT=4，当EF与AD不垂直，连结OC，作以O为圆心，OE为半径的⊙O，过点C作CZ⊥EH，过圆心O作OM⊥CZ于M，先证四边形EZMO为正方形，再证CZ为⊙O的切线，CD为⊙O的切线，利用切线长得出CM=CD=8，当EH=CH分两种情况，当EF与AD重合时点H与点B重合，点C与点G重合，△CEH为等腰直角三角形，利用三角形面积公式即可求出当EF与AD不重合，先证△ADE≌△HEW（AAS），根据勾股定理在Rt△EWH中，，，列方程组，解方程组即可．
（1）解：①连结OB，∵四边形ABCD与四边形EFGH均为正方形，
∴AD=AB，EF=FG，∠A=∠F=90°，∵O为AD，EF中点，
∴OA=，OF=，∴，  ∴△AOB∽△FOG，∴，
在Rt△AOB中OB=，
∵OG=，∴，∴AB=，；

②过点H作HN⊥AB于N，交DC于M，∵CD∥AB，∴NM⊥CD，∴∠DMH=∠F=90°，
∵∠FGH=∠ADM=90°，∴∠OGF+∠ODH=∠HDM+∠ODH=90°，
∴∠OGF=∠HDM，  ∴△OFG∽△HMD，，
∴，，
∵MN⊥AB，∴∠ANM=∠NMD=∠A=90°，∴四边形ANMD为矩形，
∴AN=DM=，MN=AD=AB，∴BN=AB-AN=，NH=MN-HM=AB-，
∴；
（2）当CH=CE时分两种情况，当EF⊥AD时，EH交CD于T,
∵四边形ABDC与四边形EFGH均为正方形，
∴∠OET=∠EOD=∠D=90°，∴四边形OETD为矩形，
∵O为AD、EF中点，，∴OD=OE=4，
∴四边形OETD为正方形，  ∴ET=OE=4，∠DTE=90°，
∴ET=HT=DT=4，TC=DC-DT=4，∴EC=HC，∴△ECH为等腰三角形，∴S△ECH=，

当EF与AD不垂直，连结OC，作以O为圆心，OE为半径的⊙O，过点C作CZ⊥EH，过圆心O作OM⊥CZ于M，∵CH=CE，CZ⊥EH，∴HZ=EZ=4，∠EZM=90°，
∵四边形EHGF为正方形，∴∠ZEO=90°，∵CZ⊥EH，点O为EF中点，
∴∠OMZ=∠MZE=∠ZEO=90°，OE=OF=4，∴四边形EZMO为矩形，  
∵ZE=EO=4，∴四边形EZMO为正方形，∴OM=OE=MZ=4，∴CZ为⊙O的切线，
∵OD=4=r，OD⊥CD，∴CD为⊙O的切线，∴CM=CD=8，∴CZ=CM+MZ=8+4=12，
∴S△CHE=，
当EH=CH分两种情况，当EF与AD重合时点H与点B重合，点C与点G重合，
∴△CEH为等腰直角三角形，∴S△CEH=，

当EF与AD不重合，EH交CD于T，连结AC，DE，AE，延长AE交CH于W，
∵O为AD，EF中点，∴OE=OA=OD=4，∴∠OAE=∠OEA，∠OED=∠ODE，
∵∠OAE+∠OEA+∠OED+∠ODE=180°，∴∠OEA+∠OED=90°，即∠AED=90°，∴AE⊥ED，
∵∠OET=∠ODT=90°，∠OED=∠ODE，∴∠TED=∠TDE，∴ET=DT，
∵EH=DC，∴TC=TH，∴∠TCH=∠THC，
∵∠ETD=∠CTH，2∠EDT+∠ETD=2∠TCH+∠CTH，
∴∠EDT=∠TCH，∴CH∥ED，∴AW⊥CH，
∵∠ADE+∠EDT=∠EHW+∠HEW=90°，∴∠ADE=∠HEW，
在△ADE和△HEW中，∴△ADE≌△HEW（AAS），
∴AE=HW，ED=WE，设AE=HW=b，ED=WE=a，∴AW=AE+EW=a+b，CW=CH-WH=8-b
在Rt△EWH中，，，
∴，解得（舍去），∴S△CEH=；

综合△CEH为等腰三角形时，△CEH的面积为： 或48或32或．
【点睛】本题考查图形旋转性质，正方形性质，矩形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，二元二次方程组，圆的切线判定与性质，切线长定理，三角形面积，本题难度角度，利用辅助线画出准确图形，利用分类思想是解题关键．
24．（2022·上海青浦·统考二模）梯形中，，于点，，，以为直径，以为直径，直线与交于点，与交于点（如图），设．
(1)记两圆交点为、（在上方），当时，求的值；
(2)当与线段交于、时，设，求关于的函数关系式，并写出定义域；
(3)连接，线段与交于点，分别连接、，若与相似，求的值．

【答案】(1)1+(2)=-(x+3)2+64（1≤x＜2）(3)6-
【分析】（1）过点A作AG⊥BC，连接O1E，O2E，由题意得垂直平分EF，，通过解直角三角形可得AG=8，BG=6，再由，，，AG⊥BC得四边形ADCG和四边形ADO2I是矩形，根据勾股定理求出O1N和O2H，进而求AD；
（2）过点O2作O2G⊥PQ于点G，勾股定理求O2G=，再由正切求得关于的函数关系式；
（3）由∽，得=，由=，得MN=GN，过点A作AH⊥MN，利用正切和勾股定理求出AM=2，再由相似的性质和判定求出AM=（6-x），进而得x．
（1）解：过点A作AG⊥BC，连接O1E，O2E 由题意得垂直平分EF，
又∴，∠EHO2=∠EHO1=90°，EH=EF=3
又AG⊥BC，∴∠AGC=∠AGB=90°，∠DCG=90°
∵∴∠AIO2=∠AIO1=90°，∠DO2I=∠O1O2C=∠ADO2=90°
∴四边形ADCG和四边形ADO2I是矩形∴DC=AG，DA=CG= IO2，DO2=AI
∵O2是DC的中点∴I是AG的中点∵O1是AB的中点∴O1I是△ABG的中位线∴O1I=BG
∵，∴AG=8，BG=6∴O1I=BG=×6=3
在Rt△O1HE和Rt△O2HE中O1H===4 O2H===
∴O1 O2= O1H + O2H=4+ ∴AD=IO2= O1 O2- O1I==4+-3=1+

（2）解：由（1）可知，O1 O2= AD+O1I=x+3过点O2作O2G⊥PQ于点G
∴PG=PQ=y 在Rt△O2PG中O2G===
∵
∴∠O2O1G=∠B
又
∴tan∠O2O1G=
∴sin∠O2O1G=
又O1 O2= x+3
∴=
∴=-(x+3)2+64（1≤x＜2）

（3）解：∵MN=O2N+O1M-O1O2∴MN=4+5-（3+x）=6-x
由∽，得=由=，得MN=GN=6-x∴∠GMN=∠MGN
又O1A= O1M∴∠GMN=∠O1AM∴∠O1AM=∠MGN∴∠AM O1为公共角
∴△AMO1∽△GMN∴△AMO1∽∴=∴AM=（6-x）
∵∴又∴
过点A作AH⊥MN又O1A=5∴O1H=3，AH=4∴HM=O1M-O1H=5-3=2
在Rt△AHM中AM===2∴（6-x）=2解得x=6-

【点睛】本题是圆的综合，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数求值，中位线的性质以及勾股定理等知识点，属于中考中的压轴题．
25．（2021·重庆·一模）矩形ABCD中．∠ADB＝30°，△AEF中，∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，AEBD．连接EC，点G是EC中点．将△AEF绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°）．

(1)如图1，若A恰好在线段CE延长线上，CD＝2，连接FG，求FG的长度；
(2)如图2，若点F恰好落在线段EC上，连接BG．证明：2（GC﹣GB）DC；
(3)如图3，若点F恰好落在线段BA延长线上，M是线段BC上一点，3BM＝CM，P是平面内一点，满足∠MPC＝∠DCE，连接PF，已知CD＝2，求线段PF的取值范围．
【答案】(1)(2)见解析(3)PF
【分析】（1）如图1中，过点F作AH⊥AE于H．解直角三角形求出FH，HG，利用勾股定理解决问题即可．（2）如图2中，连接AC交BD于M，连接BF，GM．证明△BAF≌△BMG（SAS），推出BF＝MG，∠ABF＝∠MBF，推出∠FBG＝∠ABM＝60°，推出△FBG是等边三角形，可得结论．
（3）如图3中，连接AC，作线段CM的垂直平分线交EC于O，连接OM．以O为圆心，OM为半径作⊙O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作⊙O′，推出∠MPC＝∠ECD＝30°，∠MPC∠MOC＝30°，推出点P在CM两侧的两段优弧上，再根据r﹣OF≤PF≤r+O′F，求解即可．
(1)解：如图1中，过点F作AH⊥AE于H．

∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，
∵AB＝CD＝2，∠ADB＝30°，∴BD＝2AB＝4，
∵AEBD，∴AE＝AB＝2，∵∠ABD＝90°﹣30°＝60°，
∴△ABE是等边三角形，∴AE＝BE＝DE＝2，∴A，E，C共线，
∵FH⊥AE，∴∠FHE＝∠AFE＝90°，∵∠AEF＝30°，
∴AFAE＝1，EF，FH，EH，
∵EG＝CG＝1，∴GH＝1，∴FG．
(2)解：如图2中，连接AC交BD于M，连接BF，GM．
∵四边形ABCD是矩形，∴AM＝MC＝BM＝DM，
∵∠ABM＝90°﹣∠ADB＝60°，∴△ABM是等边三角形，∴∠AMB＝∠BAM＝60°，
∵AM＝MC，EG＝CG，∴GM∥AE，GMAE，∴∠AMG+∠EAM＝180°，
∴∠AMG+60°+∠FAB+60°＝180°，∴∠AMG+∠FAB＝60°，
∵∠AMG+∠BMG＝60°，∴∠BAF＝∠BMG，∵MGAE．AFAE，∴AF＝MG，AB＝MB，
∴△BAF≌△BMG（SAS），∴BF＝BG，∠ABF＝∠MBF，
∴∠FBG＝∠ABM＝60°，∴△FBG是等边三角形，∴BG＝FG，∴GC﹣GB＝GE﹣FG＝BFAF，
∵AE＝CD＝2AF，∴2（GC﹣GB）DC．
(3)解：如图3中，连接AC，作线段CM的垂直平分线交EC于O，连接OM．

∵∠EAD＝∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，∴∠BAC＝∠CAE＝60°，AB＝AE，
∵AC＝AC，∴△ACB≌△ACE（SAS），∴∠ACB＝∠ACE＝30°，
∵OE＝OC，∠MCO＝60°，∴△OMC是等边三角形，∴∠MOC＝60°，
以O为圆心，OM为半径作⊙O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作⊙O′，
∵∠MPC＝∠ECD＝30°，∴∠MPC∠MOC＝30°，∴点P在CM两侧的两段优弧上，
由题意，⊙O，⊙O′的半径都是r＝CM，OF，O′F，∵r﹣OF≤PF≤r+O′F，∴PF．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等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，圆周角定理等知识，正确寻找全等三角形解决问题是解题的关键是．
26．（2022·辽宁辽阳·一模）如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直线BG与DE交于点H．(1)如图1，当点G在CD上时，请直接写出线段BG与DE的数量关系和位置关系；
(2)将正方形CEFG绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．

【答案】(1)BG＝DE，BG⊥DE(2)①见解析；②或
【分析】（1）证明△BCG≌△DCE可得结论；（2）①在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．证明△BCK≌△DCH(SAS)，推出CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解决问题；
②分两种情形：当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD；和当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD，分别根据正方形的性质结合勾股定理求解即可解决问题．
（1）解：BG＝DE，BG⊥DE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°，CG＝CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE．
∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠HBE+∠BEH＝90°，∴∠BHD＝90°，即．
综上可知BG和DE的关系为BG＝DE且．故答案为：BG＝DE且；
（2）①证明：如图，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．

∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠GCE＝90°，CG＝CE，∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，∴∠CBK＝∠CDH，
∵BK＝DH，BC＝DC，∴△BCK≌△DCH(SAS)，∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，
∴∠BCK+∠KCD＝∠DCH+∠KCD，即∠KCH＝∠BCD＝90°，
∴△KCH是等腰直角三角形，∴，∴；
②如图，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．由（1）同样的方法可知，BH＝DE，
∵四边形CEFG为正方形∴CE＝CH＝1，∴．
∵AB＝3，∴，设DH＝x，则，
在Rt△BDH中，，即，
解得：（舍）故此时；
如图，当H，E重合时，∠DEC＝45°，连接BD．
设DH＝x，∵BG＝DH，∴，
在Rt△BDH中，，即
解得：（舍）故此时；
综上所述，满足条件的DH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，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题是解题关键．
27．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）综合与实践：数学课外小组研究了两个问题，请你帮助解答．
问题一：如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD边的中点，四边形AEGF为矩形，连接CG．
问题二：数学小组对图形的旋转进行了拓展研究，如图4，在平行四边形ABCD中，，，，E，F分别为AB，AD边的中点，四边形AEGF为平行四边形，连接CG．数学小组发现DF与CG仍然存在着特定的数量关系．(1)请直接写出CG的长是______．如图2，当矩形AEGF绕点A旋转（如顺时针旋转）至点G落在边AB上时，______，______，DF与CG之间的数量关系是______．(2)当矩形AEGF绕点A旋转至如图3的位置时，（1）中DF与CG之间的数量关系是否还成立？并说明理由．
(3)如图5，当平行四边形ABCD绕点A旋转（如顺时针旋转），其它条件不变时，数学小组发现DF与CG仍然存在着这一特定的数量关系．请你直接写出这个特定的数量关系是______．

【答案】(1)5，，，(2)成立，理由见解析(3)
【分析】（1）延长FG，交BC于点H．根据题意和所作辅助线可得出，，即可利用勾股定理求出CG的长；过点F作于点M．利用勾股定理可求出，即得出，再次利用勾股定理可求出．又易证，即得出，代入数据可求出，，从而求出，最后即可利用勾股定理求出，并得出DF和CG的关系；（2）连接AG，AC，由旋转的性质可得出，再利用勾股定理可求出，即可得出，从而可证明，即得出；（3）连接AG，AC，过点C作于点N．根据题意易求出．，，即得出．再根据旋转的性质可得出，即证明，从而即得出．
（1）如图，延长FG，交BC于点H．

∵E，F分别为AB，AD边的中点，四边形AEGF为矩形，∴四边形BEGH为矩形，
∴，，∴；
如图，过点F作于点M．
∵，∴，∴，
∴．
∵，，∴．
又∵，∴，∴，即，
∴，，∴，
∴，∴．故答案为：5，，，；
（2）成立，理由如下：如图，连接AG，AC，
由旋转可知：，由题意可求出，
∵，∴，∴，∴，即；
（3）如图，连接AG，AC，过点C作于点N．
∵，，，∴，∴，
∴，，∴．
∵E，F分别为AB，AD边的中点，四边形AEGF为平行四边形，
∴，∴，∴．
又∵，∴，∴，即．
【点睛】本题为四边形综合题，考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质等知识．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
28．（2022·河北石家庄·统考二模）如图1，在矩形ABCD中，E，F，G分别为边BC，AB，AD的中点，连接DF，EF，H为DF的中点，连接GH，将△BEF绕点B旋转．

(1)当△BEF旋转到如图2所示位置，且AB＝BC时，猜想GH与CE之间的关系，并证明你的猜想．(2)已知AB＝6，BC＝8，①当△BEF旋转到如图3所示位置时，猜想GH与CE之间的数量关系，并说明理由．②射线GH，CE相交于点Q，连接BQ，在△BEF旋转过程中，BQ有最小值，请直接写出BQ的最小值．
【答案】(1)猜想，，理由见解析 (2)①猜想，理由见解析；②
【分析】（1）连接，并延长交的延长线于，交于，由“”可知，可得，，由三角形中位线定理可证，由余角的性质可证，可得结论；（2）①通过证明，可得，即可求解；②延长，交于点，连接，取的中点，过点作于，连接，，，由勾股定理和相似三角形的性质分别求出和的值，由题意可得点在以为直径的圆上，则当点，点，点共线时，有最小值．
（1）解：猜想，，理由如下：
连接，并延长交的延长线于，交于，如图所示：

，，分别为边，的中点，，
由旋转可知：，，
，，，
点是的中点，点是的中点，，，，
，，，，；
（2）解：①猜想，理由如下：连接，延长交于，交于，如图所示：
，，，分别为边，的中点，，，
由旋转可知：，，
又，，，设，，
点是的中点，点是的中点，，，，；
②延长，交于点，连接，取的中点，过点作于，连接，，，如图所示：，，点是中点，，
，，点是中点，
，，，
又，，，
，，，，
，点在以为直径的圆上，
当点，点，点不共线时，，即，
当点，点，点共线时，，综上所述：的最小值为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
29．（2022·山东青岛·一模）已知，如图1，在四边形ABCD中，AD//BC，∠BCD=90°，AD=CD=6，tanB=3，动点P从B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC方向运动，过点P作PE⊥BC，交折线BA-AD于点E，以PE为斜边向右作等腰直角三角形PEF，设点P的运动时间为t秒（t＞0）

(1)当t为何值时，点F恰好落在CD上？(2)若P与C重合时运动结束，在整个运动过程中，设等腰直角三角形PEF与四边形ABCD重叠部分的面积为S，请求S关于t之间的函数关系式；(3)当F在CD右侧时，是否存在某一时刻，使得重叠部分的面积S与四边形ABCD重叠部分的面积比为1：8？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；(4)如图2，在点P开始运动时，BC上另一点Q同时从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿CB方向运动，当Q到达B点时停止运动，同时点P也停止运动，过点Q作QM⊥BC，交射线CA于点M，以QM为斜边向左作等腰直角三角形QMN，若两个等腰直角三角形分别有一条边恰好在一条直线上，请直接写出t的值．
【答案】(1)5 (2)(3)存在，此时t的值为(4)t的值为或或．
【分析】（1）过点A作于点G．由即可求出BG的长，从而可求出BC的长．当点F恰好落在CD上时，和均为等腰直角三角形，从而可求出，进而可求出，即可求出t的值；
（2）分类讨论：①当点P在BG之间时，即时，此时重合部分面积即为，求出即可；②当点P过点G，且F点在四边形ABCD内部时，即时，此时重合部分面积即为，求出即可；③当点F在四边形ABCD外部时，即时，此时重合部分面积为，求出即可；
（3）根据题意可知若存在，则．由题意可将代入，解出t，在判断其是否符合即可；（4）分类讨论：①当EF和NQ在一条直线上时；②当PF和MN在一条直线上时；③当PE和QM在一条直线上时，根据等腰直角三角形的判定即可求解．
(1)如图，过点A作于点G．∴．
∵在中，，即，∴，∴．
当点F恰好落在CD上时，如图，

由此可知和均为等腰直角三角形，∴，．
∵为等腰直角三角形．∴，∴，
∴．∴；
(2)分类讨论：①当点P在BG之间时，即时，如图，
∴此时重合部分面积即为．∵在中，，
∴，∴；
②当点P过点G，且F点在四边形ABCD内部时，即时，如图，
∴此时重合部分面积即为．此时，
∴，∴；
③当点F在四边形ABCD外部时，即时，如图，设EF交CD于点M，PF交CD于点N，
∴此时重合部分面积为．同理（1）和均为等腰直角三角形．
∴，，∵，∴，
∴，
∴．
综上可知S关于t之间的函数关系式为．
(3)∵，∴若存在，．
∵F在CD右侧，∴，解得：，
∵，∴．故存在，此时t的值为；
(4)分类讨论：①当EF和NQ在一条直线上时，如图，
此时易证为等腰直角三角形，∴．∵，，∴，
∴，解得：；
②当PF和MN在一条直线上时，如图，此时易证为等腰直角三角形，∴．

∵，，∴，∴，解得：；
③当PE和QM在一条直线上时，如图，此时P，Q重合，∴，解得：．
综上可知当两个等腰直角三角形分别有一条边恰好在一条直线上，t的值为或或．
【点睛】本题为四边形综合题，考查等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的面积和梯形的面积计算等知识．理解图形的运动过程并画出图形，进行分类讨论是解题关键，为压轴题．
30．（2022·重庆·重庆实验外国语学校校考一模）已知，正方形ABCD中，M、N分别为AD边上的两点，连接BM、CN并延长交于一点H，连接AH，E为BM上一点，连接AE、CE，∠ECH＋∠MNH＝90°．
(1)如图1，若E为BM的中点，且DM＝3AM，，求线段AB的长．
(2)如图2，若点F为BE中点，点G为CF延长线上一点，且EG//BC，CE＝GE，求证：．
(3)如图3，在（1）的条件下，点P为线段AD上一动点，连接BP，作CQ⊥BP于Q，将△BCQ沿BC翻折得到△BCl，点K、R分别为线段BC、Bl上两点，且BI＝3RI，BC＝4BK，连接CR、IK交于点T，连接BT，直接写出△BCT面积的最大值．

【答案】(1)4(2)证明见解析(3)
【分析】（1）由正方形ABCD的性质，可得到△ABM为直角三角形，再由E为BM中点，得到BM=2AE，最后由勾股定理求得AB的长度；（2）过点A作AY⊥BH于点Y，由EG∥BC，CE＝GE，F为BE中点，可得△GEF≌△CBF，从而得到△BCE为等腰三角形，再根据角的关系，易得∠ECG＋∠ECH=∠BCD=45°，得到△HFC为等腰直角三角形，再根据△ABY≌△BCF，得到BM=CF，AY=BF，从而转化得到结论；（3）当P、D重合时得到最大面积，以B为原点建立直角坐标系，求出坐标和表达式，联立方程组求解，即可得出答案．
(1)解：∵四边形ABCD为正方形，且DM＝3AM，
∴∠BAM=90°，AD=AB=4AM，∴△ABM为直角三角形，
∵E为BM的中点，，∴BM=2AE=，
在Rt△ABM中，设AM=x，则AB=4x，∴，解得，∴AB=4；
(2)过点A作AY⊥BH于点Y，∵EG//BC，CE＝GE，∴∠G=∠BCG=∠ECG，
∵F为BE的中点，∴△GEF≌△CBF（AAS），
∴GE=BC，△BCE为等腰三角形，∴CF⊥BE，∠CFE=90°；
∵∠ECH＋∠MNH＝90°，∠MNH=∠CND，∠CND＋∠NCD=90°，
∴∠ECH=∠NCD，∴∠ECG＋∠ECH=∠BCD=45°，∴△HFC为等腰直角三角形，∴CF=HF；
∵∠ABE＋∠CBE=90°，∠CBE＋∠BCF=90°，∴∠ABE=∠BCF，
∵AB=BC，∠AYB=∠BFC=90°，∴△ABY≌△BCF（AAS），
∴BY=CF，AY=BF，∴BY=HF∴BY-FY=HF-FY∴BF=HY=AY，
∴△AHY是等腰直角三角形，∴，
∴,∴；

(3)∵∠BQC=90°，∴点Q在以BC为直径的半圆弧上运动，当P点与D点重合时，此时Q点离BC最远，
∴△QBC和△IBC面积最大，∴此时△BCT面积最大；
∵CQ⊥BP，∴△CBQ为等腰直角三角形，由翻折可得，△CBI为等腰直角三角形，
建立如图直角坐标系，作RS⊥BC，TV⊥BC，由（1）中结论可知：B（0，0），C（4，0），I（2，）,
∵BI＝3RI，BC＝4BK，∴，解得RS=,∴R，K（1，0），
∴直线KI解析式为：，直线CR解析式为：，
联立，解得，即T，∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查正方形的性质、全等三角形证明、翻折问题、等腰三角形的性质等，熟练掌握每个性质的核心内容，理清相互之间的联系，属于压轴题．





限时检测2：最新各地中考真题（90分钟）
1．（2022·湖北黄冈·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．其中正确结论的个数是（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】如图，设与的交点为，

根据作图可得，且平分，，
四边形是矩形，，，
又， ，，，
，四边形是平行四边形，垂直平分，
，四边形是菱形，故①正确；
②，，∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得AC•EF＝CF•CD；故③不正确，
④四边形是矩形，，若AF平分∠BAC，，
则，，，，
，，，CF＝2BF．故④正确；故选B
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
2．（2022·黑龙江·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一
点，交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（       ）

A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】B
【分析】分别对每个选项进行证明后进行判断：
①通过证明得到EC=FD，再证明得到∠EAC=∠FBD，从而证明∠BPQ=∠AOQ=90°，即；②通过等弦对等角可证明；
③通过正切定义得，利用合比性质变形得到，再通过证明得到，代入前式得，最后根据三角形面积公式得到，整体代入即可证得结论正确；④作EG⊥AC于点G可得EGBO，根据，设正方形边长为5a，分别求出EG、AC、CG的长，可求出，结论错误；
⑤将四边形OECF的面积分割成两个三角形面积，利用，可证明S四边形OECF=S△COE+S△COF= S△DOF+S△COF =S△COD即可证明结论正确．
【详解】①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°
∵∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°∴∠DOF=∠EOC
在△DOF与△COE中∴∴EC=FD
∵在△EAC与△FBD中∴∴∠EAC=∠FBD
又∵∠BQP=∠AQO∴∠BPQ=∠AOQ=90°∴AE⊥BF所以①正确；
②∵∠AOB=∠APB=90°∴点P、O在以AB为直径的圆上
∴AO是该圆的弦∴所以②正确；
③∵∴∴∴∴
∵∴∴∴∴
∵∴∴所以③正确；
④作EG⊥AC于点G，则EGBO，∴设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=，
若，则，∴∴∴
∵EG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠GEC=45°∴CG=EG=
∴所以④错误；
⑤∵，S四边形OECF=S△COE+S△COF∴S四边形OECF= S△DOF+S△COF= S△COD
∵S△COD=∴S四边形OECF=所以⑤正确；综上，①②③⑤正确，④错误，故选 B

【点睛】本题综合考查了三角形、正方形、圆和三角函数，熟练运用全等三角形、相似三角形、等弦对等角和三角函数的定义是解题的关键．
3．（2022·四川达州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是____．

【答案】①②④⑤
【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明，，可证明②正确；作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明，可判断③错误；通过证明，，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，

四边形ABCD是正方形，垂直平分BD，，
，，，故①正确；
，，
，，，即，
，，，，
，，故②正确；

如图2，作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
，，，，
，即，，故③错误；
如图1，四边形ABCD是正方形，，
，，，
，，，
，为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，，
，，，
，故⑤正确；故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
4．（2022·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是__________．（填写序号）

【答案】①②③
【分析】根据全等三角形判定即可判断①；过D作DM⊥CA1于M，利用等腰三角形性质及折叠性质得∠ADE+∠CDM，再等量代换即可判断②；连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，知P、A、C共线时取最小值，最小值为AC长度，勾股定理求解即可判断③；过点A1作A1H⊥AB于H，借助特殊角的三角函数值求出BE，A1H的长度，代入三角形面积公式求解即可判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋转知，∠A1BA2=90°，A1B=A2B，∴∠ABA1=∠CBA2，∴△ABA1≌△CBA2，故①正确；
过D作DM⊥CA1于M，如图所示，

由折叠知AD=A1D=CD，∠ADE=∠A1DE，∴DM平分∠CDA1，∴∠ADE+∠CDM=45°，
又∠BCA1+∠DCM=∠CDM+∠DCM=90°，∴∠BCA1=∠CDM，∴∠ADE+∠BCA1=45°，故②正确；
连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，
即PA1+PC=PA+PC，当P、A、C共线时取最小值，最小值为AC的长度，即为，故③正确；
过点A1作A1H⊥AB于H，如图所示，∵∠ADE=30°，∴AE=tan30°·AD=，DE=，
∴BE=AB-AE=1-，由折叠知∠DEA=∠DEA1=60°，AE=A1E=，
∴∠A1EH=60°，∴A1H=A1E·sin60°=，∴△A1BE的面积=，
故④错误，故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、折叠性质及解直角三角形等知识点，综合性较强．
5．（2022·山东泰安·中考真题）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是 ．

【答案】①③⑤
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等； 
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF； 
③利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证； 
④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可； 
⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积．
【详解】①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°， ∴∠EAB=∠PAD， 
又∵AE=AP，AB=AD， ∵在△APD和△AEB中， 
， ∴△APD≌△AEB（SAS）； 故此选项成立； 
③∵△APD≌△AEB， ∴∠APD=∠AEB， ∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE， 
∴∠BEP=∠PAE=90°， ∴EB⊥ED； 故此选项成立； 
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F， ∵AE=AP，∠EAP=90°， ∴∠AEP=∠APE=45°， 
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF， ∴∠FEB=∠FBE=45°， 
又∵BE= = = ， ∴BF=EF= ， 故此选项不正确； 
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
 
∵AE=AP=1， ∴EP= ， 又∵PB= ， ∴BE= ， ∵△APD≌△AEB， ∴PD=BE= ， 
∴S △ABP+S △ADP=S △ABD-S △BDP= S 正方形ABCD- ×DP×BE= ×（4+ ）- × × = + ． 
故此选项不正确． 
⑤∵EF=BF= ，AE=1， ∴在Rt△ABF中，AB 2=（AE+EF） 2+BF 2=4+ ， 
∴S 正方形ABCD=AB 2=4+ ， 故此选项正确． 故答案为①③⑤．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
6．（2022·湖北宜昌·中考真题）已知，在中，，，以为直径的与交于点，将沿射线平移得到，连接．


(1)如图1，与相切于点．①求证：；②求的值；
(2)如图2，延长与交于点，将沿折叠，点的对称点恰好落在射线上．
①求证：；②若，求的长．
【答案】(1)①见解析；②(2)①见解析；②的长为
【分析】（1）①用切线角定理即可证；②连接，，，证明，利用相似对应边成比例即可得到。（2）①延长交于点，设，利用题目中平移，折叠的对应角相等，和用α表示出来，得到即可②连接，交于点，证明，设，利用，算出x；在中，，在中，即可求出的长
(1)①如第23题图1

∵沿射线方向平移得到∴ ∵∴
方法一：连接， ∵与相切于点∴∴
∵，为公共边∴∴
方法二：∵是的直径∴与相切于点∵与相切于点∴
②如第23题图2
方法一 ：过点作于点∴由（1）已证
∴四边形是矩形∴，由（1）已证：
同理可证：设，在中，
∴∴即
方法二：图3，连接，，
∵与相切于点，与相切于点，与相切于点
∴，，，
∵∴∴∴∴
又∵与相切于点∴∴
∴∴∴，即
∵的直径为6∴∴
(2)①方法一：如图4

延长交于点 设 ∵在中，∴
∴∴
∵沿射线方向平移得到，沿折叠得到
∴∴∴∴
方法二：∵是的直径，∴，设，在中，，
∴，∴，∵沿射线方向平移得到，
沿折叠得到，∴，∴，
∵，在中，，
∴，∴.
方法三：如图，延长交于点
∵沿射线方向平移得到∴，
∵沿折叠得到∴ ∴∴，
∵∴∵是直径∴
∵∴∴
∴∴即∴
②连接，交于点，如图6

∵沿折叠，点的对称点为∴，
∵是的直径∴，点恰好落在射线上∴
∵沿射线方向平移得到∴，
∴点B在的延长线上∴点B，，这三点在同一条直线上
而为的直径∴ 在和中
；；∴∴
设，则
∵∴而∴
∴∴解得：，（不合题意，舍）∴
在中，∴∴
在中，∴即的长为
【点睛】本题考查折叠，三角形全等，三角形相似，圆的性质；巧妙构造辅助线，利用上题目所给条件是本题的关键
7．（2022·湖北荆州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点O是边AB上一个动点（不与点A重合），连接OD，将△OAD沿OD折叠，得到△OED；再以O为圆心，OA的长为半径作半圆，交射线AB于G，连接AE并延长交射线BC于F，连接EG，设OA＝x．

(1)求证：DE是半圆O的切线；(2)当点E落在BD上时，求x的值；(3)当点E落在BD下方时，设△AGE与△AFB面积的比值为y，确定y与x之间的函数关系式；(4)直接写出：当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围．
【答案】(1)见详解(2)(3)(4)或
【分析】（1）根据切线的判定定理求解即可；（2）如图，在，根据勾股定理列方程求解即可；
（3）先证，求出AE，然后证明，根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解；（4）结合图形，分情况讨论即可求出x的取值范围．
【解析】(1)证明：在矩形ABCD中，，△OED是△OAD沿OD折叠得到的，
，即， DE是半圆O的切线；

(2)解：△OED是△OAD沿OD折叠得到的，，
，在中，，
，在中，，
，解得，答：x的值为．
(3)解：在中，，
△OED是△OAD沿OD折叠得到的，，
是的直径，，即，，，
， ，，
，，
，即， （）

(4)解：由（2）知，当E在DB上时， ，如图，当点E在DC上时， ，
∴当时，半圆O与△BCD的边有两个交点；
当半圆O经过点C时，半圆O与△BCD的边有两个交点，
连接OC，在中，，
， ，解得，
∴当时，半圆O与△BCD的边有两个交点；
综上所述，当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称，勾股定理，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
8．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形．

(1)如图1，点G在上．求证：．(2)若，当过中点时，求的长．(3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？
【答案】(1)见解析(2)或5(3)或或或
【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；
（2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可；
（3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可．
(1)证明：如图1，∵四边形是菱形，∴，∴．

∵FGBC，∴，∴，∴△AFG是等腰三角形，∴．
(2)解：记中点为点O．①当点E在上时，如图2，过点A作于点M，
∵在中，，∴．
∴，∵，∴，
∴，∴．
②当点E在上时，如图3，
过点A作于点N．同理，，，
∴．∴或5．

(3)解：过点A作于点M，作于点N．
①当点E在线段上时，．设，则，
ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4，
．
∵，∴，∴，∴，解得，
经检验，是方程的根，∴．∵，∴，
∴，∴，解得，经检验，是方程的根，∴．
ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5，

．
∵，∴，∴，∴，此方程无解．
∵，∴，∴，∴，解得，
经检验，是方程的根，∴．
②当点E在线段上时，，如图6，．
∴．
∵，∴，∴，∴，此方程无解．
∵，∴，∴，∴，解得，
经检验，是方程的根，∵，∴不合题意，舍去；
③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J，

在中，．，
∴，∴，∵，
∴，符合题意，此时，．
④当点E在线段上时，，∵，∴与不相似．
综上所述，s满足的条件为：或或或．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键．
9．（2022·广东深圳·中考真题）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或
【分析】（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证；
（2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，；（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，．
【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，，
，，；
（2）解：延长，交于，如图：

设，在中，，
，解得，，
，，，
，即，，，
，，，，
，即，，设，则，
，，
，即，解得，的长为；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：

设，，则，，，，，
沿翻折得到，，，，
是的角平分线，，即①，
，，，，
在中，，②，联立①②可解得，；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，，即，由得：，
可解得，，综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
10．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，已知点对于点给出如下定义：将点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，点关于点的对称点为，称点为点的“对应点”．
(1)如图，点点在线段的延长线上，若点点为点的“对应点”．

①在图中画出点；②连接交线段于点求证：
(2)的半径为1，是上一点，点在线段上，且，若为外一点，点为点的“对应点”，连接当点在上运动时直接写出长的最大值与最小值的差（用含的式子表示）
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】（1）①先根据定义和求出点的坐标，再根据点关于点的对称点为求出点Q的坐标；②延长ON至点，连接AQ，利用AAS证明，得到，再计算出OA，OM，ON，即可求出；
（2）连接PO并延长至S，使，延长SQ至T，使，结合对称的性质得出NM为的中位线，推出，得出，则．
(1)解：①点Q如下图所示．
∵点，∴点向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点，∴，
∵点关于点的对称点为，，∴点的横坐标为：，纵坐标为：，
∴点，在坐标系内找出该点即可；

②证明：如图延长ON至点，连接AQ，∵ ，∴，
在与中，，∴，∴，
∵ ，，，∴，，，
∴，∴，∴；   
(2)解：如图所示，

连接PO并延长至S，使，延长SQ至T，使，
∵，点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，∴，∵点关于点的对称点为，∴，
又∵，∴OM∥ST，∴NM为的中位线，∴，，
∵，∴，∴，   
在中，，结合题意，，，
∴，即长的最大值与最小值的差为．
【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点的轨迹是解题的关键．
11．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图，和的顶点重合，，，，．

(1)特例发现：如图1，当点，分别在，上时，可以得出结论：______，直线与直线的位置关系是______；(2)探究证明：如图2，将图1中的绕点顺时针旋转，使点恰好落在线段上，连接，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展运用：如图3，将图1中的绕点顺时针旋转，连接、，它们的延长线交于点，当时，求的值．
【答案】(1) ，垂直(2)成立，理由见解析 (3)
【分析】（1）解直角三角形求出，，可得结论；（2）结论不变，证明，推出，，可得结论；（3）如图3中，过点作于点，设交于点，过点作于点求出，，可得结论．
(1)解：在中，，，，∴，
在中，，，∴，∴，，
∴，此时，故答案为：，垂直；
(2)结论成立．理由：∵，∴，
∵，，∴，∴，∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴；
(3)如图3中，过点作于点，设交于点，过点作于点．

∵，，∴，∴．
∵，∴，，当时，四边形是矩形，
∴，，设，则，，
∵，∴，∴，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
12．（2022·四川乐山·中考真题）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
2．如图，在正方形ABCD中，．求证：．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．

某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．试猜想的值，并证明你的猜想．

(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．则______．
(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且．求的值．
【答案】(1)1；证明见解析(2)(3)
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．（3）先证是等边三角形，设，过点，垂足为，交于点，则，在中，利用勾股定理求得的长，然后证，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
(1)，理由为：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，

∴AM＝HF，AN＝EG，在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN∴AM＝AN，即EG＝FH，∴；
(2)解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，∴AM＝HF，AN＝EG，

在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN．∴△ABM∽△ADN，∴，
∵，，AM＝HF，AN＝EG，∴，∴；故答案为：
(3)解：∵，，∴是等边三角形，∴设，
过点，垂足为，交于点，则，
在中，，
∵，，∴，，
又∵，∴，
∵，，∴，∴，∴，即．

【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
13．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，四边形ABCD内接于，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．

(1)求证：；(2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形ABCD，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．②当，时，试用含m，n，p的式子表示．
【答案】(1)见解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由见解析，②
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得，即可得出0，根据已知条件可得，，即可得出根据相似三角形的性质可得，根据恒等式变形，进而即可求解．
（3）①记的面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出，结合同弧所对的圆周角相等即可证明是等腰三角形；
②证明，，根据相似三角形的性质，得出，则，，计算即可求解．
(1)证明：，，即，
又，；
(2)，，，
，，
，，，，
，，
，，，，
，，，故答案为：0，1，0
(3)①记的面积为，则，
，①
，即，②
由①②可得，即，，
，即，，，
，，都为等腰三角形；
②，，，，，
，，
，，又，，
，，，
则，，．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键．
14．（2022·湖南娄底·中考真题）如图，已知是的角平分线，点是斜边上的动点，以点为圆心，长为半径的经过点，与相交于点．

(1)判定与的位置关系，为什么？(2)若，，①求、的值；
②试用和表示，猜测与，的关系，并用给予验证．
【答案】(1)相切，原因见解析(2)①，；②，验证见解析
【分析】（1）连接OD，根据角之间的关系可推断出，即可求得的角度，故可求出圆与边的位置关系为相切；（2）①构造直角三角形，根据角之间的关系以及边长可求出，的值；②先表示出来、和的关系，进而猜测与，的关系，然后将代入进去加以验证．
(1)解：连接OD，如图所示


∵BD为的角平分线∴
又∵过点B、D，设半径为r∴OB=OD=r
∴ ∴（内错角相等，两直线平行）
∵ ∴AC与的位置关系为相切．
(2)①∵BC=3， ∴ ∴
过点D作交于一点F，如图所示

∴CD=DF（角平分线的性质定理）∴BF=BC=3
∴OF=BF-OB=3-r， ∴即 ∴
∵ ∴ ∴ ∴；
② ∴ ∴
猜测
当时 ∴
∴ ∴．
【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系、切线的判定、三角函数之间的关系，解题的关键在于找到角与边之间的关系，进而求出结果．
15．（2022·浙江宁波·中考真题）如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设．


(1)用含的代数式表示．(2)求证：．(3)如图2，为的直径．
①当的长为2时，求的长．②当时，求的值．
【答案】(1)(2)见解析(3)①3；②
【分析】（1）根据，即可求解；
（2）由（1）的结论，、证即可；
（3）①通过角的转换得，即可求的长；②连结，证，设，则，由相似的性质即可求解；
(1)∵，①
又∵，②
②-①，得2，∴．
(2)由（1）得，∵，
∴，∴．
∵，∴．∵，∴．
∵，∴．
(3)①∵，∴，∴．
∵，∴，
∴在中，，
∵为的直径，∴．
∴．∴与的度数之比为3∶2．
∴与的的长度之比为3∶2，∵，∴．
②如图，连结．

∵，∴，∴．
∵，∴．
∵，∴，设与的相似比为k，∴．
∵，∴设，则，
∴，，
∴，由，得，解得，（舍），
∴，，∴，
在中，，∴．
【点睛】本题考查圆的性质、三角函数、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
16．（2022·江西·中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．

(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为__________；当与垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为__________；
(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；
②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；
(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），
（参考数据：）
【答案】(1)1,1， (2)①是等边三角形，理由见解析；② (3)
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4-2中，当CM=CN时，S2最大．分别求解即可．
(1)如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．

∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，∴四边形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（AAS），∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，∴S1=S．故答案为：1，1，S1=S．
(2)①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，
∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
       
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，∴∠JOM=90°-75°=15°，∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ•tan15°=2-，∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，∴S四边形OMCN=2××CM×OJ=-1．
(3)如图4，将沿翻折得到，则，此时则当在上时，比四边形的面积小，设，则当最大时，最小，
，即时，最大，
此时垂直平分，即，则 如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，

，BM=CN当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ•tan=tan，∴MN=2MQ=2tan，
∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．
则△COM≌△CON，∴∠COM=，
∵∠COQ=45°，∴∠MOQ=45°-，QM=OQ•tan（45°-）=tan（45°-），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
17．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，点M为边的中点，动点P从点A出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结．作点A关于直线的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒．
(1)点D到边的距离为__________；(2)用含t的代数式表示线段的长；
(3)连结，当线段最短时，求的面积；(4)当M、、C三点共线时，直接写出t的值．

【答案】(1)3 (2)当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；(3)(4)或
【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得，从而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；（4）分两种情况讨论：当点位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
(1)解：如图，连接DM，
∵AB=4，，点M为边的中点，∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴，即点D到边的距离为3；故答案为：3

(2)解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，；
综上所述，当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
(3)解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，
∵作点A关于直线的对称点，∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，∴，
根据题意得：，，由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，∴PE∥AB， ∴△PDE∽△ADM，
∴，∴，解得：，
∴，在中，，
∴，解得：，∴，∴；
(4)解：如图，

当点M、、C三点共线时，且点位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，∴PM∥A′B，∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，在中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，∴DM∥CN，∴四边形CDMN为平行四边形，∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，∴，∵ M=2，∴，∴，
∴，∴，∴，
∴，即PF=3FM，∵，，
∴，∴，即AF=2FM，∵AM=2，∴，∴，解得：；
如图，当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，，
过点作于点G′，则，取的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，
同理：，∵HK⊥AB，，∴HK∥A′′G′，∴，
∵点H是的中点，∴，∴，∴，
∴，∴，即MT=3PT，
∵，，
∴，∴，∵MT+BT=BM=2，∴，
∴，解得：；综上所述，t的值为或．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
18．（2022·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，点O是的中点，点M是射线上动点，点P在线段上（不与点A重合），．(1)判断的形状，并说明理由．(2)当点M为边中点时，连接并延长交于点N．求证：．(3)点Q在边上，，当时，求的长．

【答案】(1)为直角三角形，理由见解析(2)见解析(3)或12
【分析】（1）由点O是的中点，可知，由等边对等角可以推出；
（2）延长AM，BC交于点E，先证，结合（1）的结论得出PC是直角斜边的中线，推出，进而得到，再通过等量代换推出，即可证明；
（3）过点P作AB的平行线，交AD于点F，交BC于点G，得到两个K型，证明，，利用相似三角形对应边成比例列等式求出QF，FP，再通过即可求出DM．
(1)解：为直角三角形，理由如下：
∵点O是的中点，，∴，∴，，
∵ ，∴，
∴，∴为直角三角形；
(2)证明：如图，延长AM，BC交于点E，

由矩形的性质知：，，∴，
∵ 点M为边中点，∴，在和中，
∴，∴，
∵，∴，即C点为BE的中点，由（1）知，
∴，即为直角三角形，∴，∴，
又∵，，∴，∴；
(3)解：如图，过点P作AB的平行线，交AD于点F，交BC于点G，
由已知条件，设，，
则，，．
∵，，，∴，，
∴，∴，∵，∴，
∴，∴，∴，即，
∴．同理，∵ ，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴，即，∴．∴，解得，
∴，将代入得，
整理得，解得或．
∵，，∴，∴，即，
∴，∴当时，，
当时，，此时点M在DC的延长线上，综上，的长为或12．
【点睛】本题考查矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，相似三角形的判定与性质等，第3问有一定难度，解题关键是作辅助线构造K字模型．
19．（2022·江苏淮安·统考中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点．

(1)【观察发现】与的位置关系是______；
(2)【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
(3)如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
(4)【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)；(2)，理由见解析；
(3)，理由见解析；(4)，理由见解析．
【分析】（1）用菱形的性质和翻折变换的性质判断即可；（2）连接，，由可知点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，则，由翻折变换的性质得，证明，可得结论；（3）连接，，，延长至点H，求出，，可得，然后证明，可得，进而得到即可解决问题．（4）延长交的延长线于点，过点作交延长线于点，设，，解直角三角形求出，，利用勾股定理求出，然后根据相似三角形的判定和性质及平行线分线段成比例求出，，再根据勾股定理列式即可得出结论．
【详解】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，故答案为：；
（2）解：，理由：如图，连接，，
∵为中点，∴，∴点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，
∴，∴，由翻折变换的性质可知，
∴，∴；

（3）解：结论：；理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，设，，
∵四边形是菱形，  ∴，，
∴，∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，∴，
∵，∴，∴，
∴，∵，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，∵，∴，∴，
∴，，在中，则有，
∴，∴，，∵，∴，∴，
∴∴，∵，∴，∴，
∵，∴，∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
20．（2022·黑龙江绥化·统考中考真题）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．

(1)如图一，在等腰中，，边上有一点D，过点D作于E，于F，过点C作于G.利用面积证明：．
(2)如图二，将矩形沿着折叠，使点A与点C重合，点B落在处，点G为折痕上一点，过点G作于M，于N.若，，求的长．
(3)如图三，在四边形中，E为线段上的一点，，，连接，且，，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）根据题意，利用等面积法，根据等腰中，，即可得到结论；
（2）根据题中条件，利用折叠性质得到，结合矩形中得到，从而有，从而确定是等腰三角形，从而利用（1）中的结论得到，结合勾股定理及矩形性质即可得到结论；（3）延长交于，连接，过点作于，根据，，，得到是等腰三角形，从而由（1）知，在中，，在中，，，联立方程求解得，从而得到结论．
（1）证明：连接，如图所示：

在等腰中，，边上有一点D，过点D作于E，于F，过点C作于G，由得，；
（2）解：连接，过点作于，如图所示：根据折叠可知，
在矩形中，，则，，即是等腰三角形，
在等腰中，，边上有一点G，过点G作于M，于N，过点作于，由（1）可得，
在中，，，则，
在四边形中，，则四边形为矩形，
，即；
（3）解：延长交于，连接，过点作于，

在四边形中，E为线段上的一点，，，则，
又，，，即是等腰三角形，
由（1）可得，设，，，，
在中，，在中，，，
，解得，经检验，x=1是方程的解用符合题意，
，即．
【点睛】本题考查几何综合，涉及到等腰三角形的判定与性质、等面积求线段关系、折叠的性质、勾股定理求线段长、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂题意，掌握（1）中的证明过程与结论并运用到其他情境中是解决问题的关键．