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【中考真题汇编】2019-2023年 5年真题分项汇编 初中数学 专题17几何压轴题（教师版+学生版）.zip
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考点1 几何压轴题
一、单选题
1．（2023年北京市中考数学真题）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；
∵，
∴，，，，
∵，
∴，，
∴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．
2．（2023年天津市中考数学真题）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得，，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
3．（2023年河北省中考数学真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得．
【详解】如图，∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．
4．（2023年山西省中考数学真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标．
【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点P的坐标为，
∴，
即；
∴，，
∴点M的坐标为．
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键．
5．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（ ）
A．8B．4C．3.5D．3
【答案】B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，
∴点D、E、F分别是的中点，
∴，
∵的周长为21，
∴即，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．
6．（2023年吉林省长春市中考数学真题）如图，用直尺和圆规作的角平分线，根据作图痕迹，下列结论不一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据作图可得，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：根据作图可得，故A，C正确；
∴在的垂直平分线上，
∴，故D选项正确，
而不一定成立，故B选项错误，
故选：B．
【点睛】本题考查了作角平分线，垂直平分线的判定，熟练掌握基本作图是解题的关键．
7．（2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学真题）如图，在正方形中，，动点M，N分别从点A，B同时出发，沿射线，射线的方向匀速运动，且速度的大小相等，连接，，．设点M运动的路程为，的面积为，下列图像中能反映与之间函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据，求出与之间函数关系式，再判断即可得出结论．
【详解】解：，
，
，
，
故与之间函数关系为二次函数，图像开口向上，时，函数有最小值6，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的图像与性质，本题的关键是求出与之间函数关系式，再判断与之间函数类型．
8．（2023年上海市中考数学真题）已知在梯形中，连接，且，设．下列两个说法：
①；②
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形为等腰梯形，即，时，①；②，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过作，交延长线于，如图所示：
若梯形为等腰梯形，即，时，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，即，
又，
，
在中，，，则，
，此时①正确；
过作于，如图所示：
在中，，，，则，，
，此时②正确；
而题中，梯形是否为等腰梯形，并未确定；梯形是还是，并未确定，
无法保证①②正确，
故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．
9．（2023年江苏省无锡市中考数学真题）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；
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；
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．
10．（2023年浙江省绍兴市中考数学真题）如图，在中，是边上的点（不与点，重合）．过点作交于点；过点作交于点．是线段上的点，；是线段上的点，．若已知的面积，则一定能求出（ ）
A．的面积B．的面积
C．的面积D．的面积
【答案】D
【分析】如图所示，连接，证明，得出，由已知得出，则，又，则，进而得出，可得，结合题意得出，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，，
∴，，，．
∴，．
∴．
∵，，
∴，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的知识，解题的关键是掌握相似三角形的性质与判定，平行线的判定和性质，等面积转换．
11．（2023年安徽中考数学真题）如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．周长的最小值为6D．四边形面积的最小值为
【答案】A
【分析】延长，则是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当点与重合时，则三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解．
【详解】解：如图所示，
延长，
依题意
∴是等边三角形，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
则为的中点
如图所示，
设的中点分别为，
则
∴当点在上运动时，在上运动，
当点与重合时，即，
则三点共线，取得最小值，此时，
则，
∴到的距离相等，
则，
此时
此时和的边长都为2，则最小，
∴，
∴
∴，
或者如图所示，作点关于对称点，则，则当三点共线时，
此时
故A选项错误，
根据题意可得三点共线时，最小，此时，则，故B选项正确；
周长等于，
即当最小时，周长最小，
如图所示，作平行四边形，连接，
∵，则
如图，延长,，交于点，
则，
∴是等边三角形，
∴，
在与中，
∴
∴
∴
∴
∴，则，
∴是直角三角形，
在中，
∴当时，最短，
∵
∴周长的最小值为，故C选项正确；
∵
∴四边形面积等于
∴当的面积为0时，取得最小值，此时，重合，重合
∴四边形面积的最小值为，故D选项正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当点与重合时得出最小值是解题的关键．
12．（2022·江苏南京·统考中考真题）直三棱柱的表面展开图如图所示，，，，四边形是正方形，将其折叠成直三棱柱后，下列各点中，与点距离最大的是（ ）
A．点B．点C．点D．点
【答案】B
【分析】根据勾股定理的逆定理判定是直角三角形，折叠成直三棱柱后，运用勾股定理计算比较大小即可．
【详解】∵，，，
∴，
∴是直角三角形，
∵四边形是正方形，将其折叠成直三棱柱，
∴直棱柱的高，
∴，，，，
∵，
∴选B．
【点睛】本题考查了几何体的展开与折叠，勾股定理及其逆定理，熟练掌握展开图与折叠的意义是解题的关键．
13．（2021·四川甘孜·统考中考真题）如图，直线，直线、与、、分别交于点、、和点、、，若，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出AB：BC=DE：EF，再求出答案即可．
【详解】解：∵l1∥l2∥l3，
∴AB：BC=DE：EF，
∵AB：BC=2：3，EF=9，
∴2：3= DE：EF，
∴DE=6．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解题的关键．
14．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，将两个完全相同的Rt△ACB和Rt△A'C′B′拼在一起，其中点A′与点B重合，点C'在边AB上，连接B′C，若∠ABC＝∠A′B′C′＝30°，AC＝A′C′＝2，则B′C的长为（ ）
A．2B．4C．2D．4
【答案】A
【分析】先根据直角三角形的性质可得，再根据勾股定理和角的和差可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：∵，
∴，
∴，，
则在中，，
故选：A．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键．
15．（2019·四川绵阳·统考中考真题）如图，在四边形中，，，，，点是线段的三等分点，且靠近点，的两边与线段分别交于点、，连接分别交、于点、．若，，则( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据等腰直角三角形的性质求出的长，再根据相似三角形的性质得到，从而求得的长，过作于，则四边形是矩形，可得、的长，进一步由勾股定理可求出的长，进而求得的长，然后根据可得的值，再由相似三角形的性质列方程即可求得结果．
【详解】解：∵，，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，
过作于，则四边形是矩形，
∴，，∴，
∴，
∵，∴，
∵，，
∴，∴，
∴设，，
∵，∴，
∴，解得：，∴，
故选B．
【点睛】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、矩形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
二、填空题
16．（2023年北京市中考数学真题）如图，是的半径，是的弦，于点D，是的切线，交的延长线于点E．若，，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】根据，得出，，根据等腰直角三角形的性质得出，即，根据，，得出为等腰直角三角形，即可得出．
【详解】解：∵，
∴，．
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵是的切线，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质，解题的关键是熟练掌握垂径定理，得出．
17．（2023年天津市中考数学真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上．
（1）线段的长为 ；
（2）若点D在圆上，与相交于点P．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】(1)
(2)画图见解析；如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求
【分析】（1）在网格中用勾股定理求解即可；
（2）取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点M，连接；连接与网格线相交于点G，连接并延长与网格线相交于点H，连接并延长与圆相交于点I，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求，连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，由图可得，根据全等三角形的性质可得和，根据同弧所对圆周角相等可得，进而得到和，再通过证明即可得到结论．
【详解】（1）解：；
故答案为：．
（2）解：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求；
连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，
由图可得：∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，即，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，此时点Q即为所求；
故答案为：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，勾股定理、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识是关键．
18．（2023年河北省中考数学真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
（1） 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．
【答案】
【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可求解；
（2）表问题转化为图形问题，首先作图，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求，再根据正六边形的特征及利用勾股定理及三角函数，分别求出即可求解．
【详解】解：（1）作图如下：
根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和，得，
，
故答案为：；
（2）取中间正六边形的中心为，作如下图形，
由题意得：，,，
四边形为矩形，
，
，
，
，
在中，，
由图1知，
由正六边形的结构特征知：，
，
，
，
又，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含度直角三角形的特征，全等三角形的判定性质，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的结构特征．
19．（2023年山西省中考数学真题）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．
【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：
则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
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．
20．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）如图，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：
①平分； ②； ③四边形是菱形； ④
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据正五边形的性质得出各角及各边之间的关系，然后由各角之间的关系及相似三角形的判定和性质，菱形的判定依次证明即可．
【详解】解：①∵正五边形，
∴，，
∴，
∴，
∴平分；正确；
②∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，故②错误；
③∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；正确；
④∵，，
∴，
∴，
∴，即，正确；
故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质及相似三角形、菱形的判定和性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
21．（2023年辽宁省大连市中考数学真题）如图，在正方形中，，延长至，使，连接，平分交于，连接，则的长为 ．
【答案】
【分析】如图，过作于，于，由平分，可知，可得四边形是正方形，，设，则，证明，则，即，解得，，由勾股定理得，计算求解即可．
【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是矩形，，
∵平分，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，解得，
∴，
由勾股定理得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
22．（2023年吉林省长春市中考数学真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为 度．
【答案】
【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，
将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，
则，
∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，
∴，，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
23．（2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在轴上，点B在轴上，，连接，过点O作于点，过点作轴于点；过点作于点，过点作轴于点；过点作于点，过点作轴于点；…；按照如此规律操作下去，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据题意，结合图形依次求出的坐标，再根据其规律写出的坐标即可．
【详解】解：在平面直角坐标系中，点A在轴上，点B在轴上，，
是等腰直角三角形，，
，
是等腰直角三角形，
同理可得：均为等腰直角三角形，
，
根据图中所有的三角形均为等腰直角三角形，
依次可得：
由此可推出：点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标特征，以及点的坐标变化规律问题，等腰直角三角形的性质，解题的关键是依次求出的坐标，找出其坐标的规律．
24．（2023年上海市中考数学真题）在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先画出图形，连接，利用勾股定理可得，，从而可得，再根据与有公共点可得一个关于的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：由题意画出图形如下：连接，
过点，且，
的半径为7，
过点，它的半径为，且，
，
，
，，
在边上，点在延长线上，
，即，
，
与有公共点，
，即，
不等式①可化为，
解方程得：或，
画出函数的大致图象如下：
由函数图象可知，当时，，
即不等式①的解集为，
同理可得：不等式②的解集为或，
则不等式组的解集为，
又，
半径r的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立不等式组是解题关键．
25．（2023年安徽中考数学真题）清初数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，是锐角的高，则．当，时， ．
【答案】
【分析】根据公式求得，根据，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴
∴,
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的高的定义，正确的使用公式是解题的关键．
26．（2023年江西省中考数学真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．
【答案】或或
【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，
∵在中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，
当点在的延长线上时，如图所示，则
当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴
即是直角三角形，
综上所述，旋转角的度数为或或
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
27．（2022·江苏南京·统考中考真题）如图，四边形内接于，它的3个外角，，的度数之比为，则 ．
【答案】/72度
【分析】根据圆内接四边形的对角互补以及外角的性质可求出，再根据平角的定义求解．
【详解】解：如图，延长到H，
四边形内接于，
，
，
，，的度数之比为，
，，，的度数之比为，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接四边形，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补，外角和是360度．
28．（2021·四川甘孜·统考中考真题）如图，，，是上的三个点，，则的度数为 ．
【答案】
【分析】根据圆周角定理求得，进而根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求得的度数
【详解】，
故答案为：
【点睛】本题考查了圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
29．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，，，点P是AC上一动点，点E是AB的中点，则的最小值为 ．
【答案】．
【分析】连接DE，依据菱形的性质即可计算得到DE的长，再根据线段的性质，即可得到PD+PE的最小值为DE的长．
【详解】如图，连接DE，
∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，，，
∴，，，
∴，
∴，即是等边三角形，
又∵E是AB的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴的最小值为DE的长，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了轴对称-最短路线问题，关键是掌握菱形的性质以及线段的性质：两点之间，线段最短．
30．（2019·四川绵阳·统考中考真题）如图，、都是等腰直角三角形，，，，．将绕点逆时针方向旋转后得，当点恰好落在线段上时，则 ．
【答案】
【分析】如图，连接，易求得，，根据旋转的性质得到，，，由全等三角形的性质得到，过作于，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：如图，连接，
∵、都是等腰直角三角形，，，，，
∴，，
∵将绕点逆时针方向旋转后得，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
过作于，
在中，，
在中，，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和解直角三角形等知识，熟练掌握旋转的性质、正确的作出辅助线是解题的关键．
三、解答题
31．（2023年北京市中考数学真题）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：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，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．
【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．
32．（2023年北京市中考数学真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．
(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
33．（2023年天津市中考数学真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点．
(1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；
(2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．
①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：
②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)，．
(2)①；②
【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；
（2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且，
∴，
∴；
连接，交于一点H，如图所示：
∵四边形是菱形，且，
∴，，
∴，
∴，
故答案为，；
（2）解：①∵点，点，点，
∴矩形中，轴，轴，．
∴矩形中，轴，轴，．
由点，点，得．
在中，，得．
在中，由，得．
∴．同理，得．
∵，得．
又，
∴，
当时，则矩形和菱形重叠部分为，
∴的取值范围是．
②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，
∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：
此时面积S最大，最大值为；
当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：
由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为，
由①可知：，
∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形，
∴该等边三角形的边长为，
∴此时面积S最小，最小值为；
综上所述：当时，则．
【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．
34．（2023年河北省中考数学真题）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
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴
∵，
∴
∴，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，
∵，
∴，
∴
∴
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，
∴，，
∵，
∴，
∴，
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．
35．（2023年山西省中考数学真题）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：
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴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，
∴；
∵，
∴，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．
36．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）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．
（2）①证明：如图，∵四边形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；
②如图，连接．
，
∴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．
37．（2023年辽宁省大连市中考数学真题）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．
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，，
∴；
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．
38．（2023年北京市中考数学真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．
(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
39．（2023年吉林省长春市中考数学真题）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，
∵，，
∴，
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，
∴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．
40．（2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学真题）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．
(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，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，
∵，
∴，
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，
∵,
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
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，
∴
∴
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．
41．（2023年上海市中考数学真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．
(1)如果，求证：四边形为平行四边形；
(2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长；
(3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证；
（2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解；
（3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵
∴
∵
∴,
∴
∴，
∵是的中点，，
∴是的中位线，
∴，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，点边中点，
设，，则
由（1）可得
∴，
∴，
又∵
∴,
∴
即，
∵，
在中，，
∴，
∴
解得：或（舍去）
∴；
（3）解：①当时，点与点重合，舍去；
②当时，如图所示，延长交于点P，
∵点是的中点，，
∴，
设，
∵
∴，
∴，
设，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
连接交于点，
∵，
∴
∴，
∴，
在与中，，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键．
42．（2023年江苏省无锡市中考数学真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．
(1)当时，求四边形的面积；
(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；
（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．
【详解】（1）如图，连接、，
四边形为菱形，
，，
为等边三角形．
为中点，
，，
，．
，
为等腰直角三角形，
，，
翻折，
，，
，；.
同理，
，，
∴；
（2）如图，连接、，延长交于点．
，，，
．
∵
，
，
．
，则，
，
，
．
∵，
．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
43．（2023年浙江省绍兴市中考数学真题）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，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．
∵，
∴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，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
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．
44．（2023年安徽中考数学真题）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；
（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．
∴．
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，
∴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．
45．（2021·四川甘孜·统考中考真题）如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一
点，连接DE交AC于点F，连接BF．
(1)求证：△CBF≌△CDF；
(2)如图2，过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N．
①求证：FB＝FG；
②若tan∠BDE，ON＝1，直接写出CG的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②．
【分析】（1）由正方形的性质结合三角形全等的判定条件“SAS”即可证明；
（2）①由和可推出，再根据可推出，即可证明，根据等角对等边即得出FB＝FG；②由题意易证，得出，即，，从而可求出，，进而可求，．过点F作于点H，易证为等腰直角三角形，即得出，从而可求．最后由等腰三角形“三线合一”即得，即可求出．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD，．
又∵，
∴．
（2）①∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴FB＝FG；
②∵，，
∴，即，
∴．
∵四边形ABCD是正方形，
∴，OD=OC=OB,
∴，，
∴，
解得：，．
∴，．
如图，过点F作于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵BF=FG，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理以及解直角三角形．熟练掌握正方形的性质是解题关键．
46．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，是的直径，是延长线上的一点，点在上，交的延长线于点，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的直径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O的直径为.
【分析】（1）连接OC，如图所示：标注∠1，∠2，∠3，∠4，根据角平分线的性质、等角代换、平行线的判定即可求得OC⊥ED，继而即可根据切线的判定定理即可求证结论；
（2）根据等边对等角的性质、等角代换、角的和差倍数关系证得∠OCB＝2∠3，继而可得∠1=∠2=∠3=∠4＝30°，设，则OD＝2x，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：标注∠1，∠2，∠3，∠4，
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠2，
又平分∠BAE，
∴∠1＝∠EAC，
，
，（内错角相等）
，
，
是的切线．
（2）∵BC＝BD，
∴∠3＝∠4．
∵AB是的直径，
，
由（1）知OC⊥CD
∴∠OCD＝∠3＋∠OCB＝90°，
，
∵OC＝OB
∴∠OBC＝∠OCB，
而，
而，
，
设，则OD＝2x，
由勾股定理得，
解得，
所以
【点睛】本题考查圆的有关知识，涉及到切线的判定定理、勾股定理、等边对等角、平行线的判定、等角代换，解题的关键是综合运用所学知识．
47．（2019·四川绵阳·统考中考真题）如图，在以点为中心的正方形中，，连接，动点从点出发沿以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点停止．在运动过程中，的外接圆交于点，连接交于点，连接，将沿翻折，得到．
(1)求证：是等腰直角三角形；
(2)当点恰好落在线段上时，求的长；
(3)设点运动的时间为秒，的面积为，求关于时间的关系式．
【答案】(1)证明见解析；(2)EH；(3).
【分析】(1)由正方形的性质可得，再根据圆周角定理即可证得结论；
(2)设，连接，通过证明可得，再证明可得与t的关系式，进一步可表示的长，由得比例线段，进而求出的值，然后代入的表达式可求的值；
(3)由(2)知与t的关系式，再过点作于点，易证，于是，再根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】(1)证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
(2)设，连接，如图，则，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，，∴，
∴，∴，
又∵，∴，
∴，
当点恰好落在线段上时，，
∴，∴，
∵，∴，
∴，
∵FG=FH，∴，
解得：，(舍去)，
∴；
(3)过点作于点，由(2)得，
∵，，∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，重点考查了正方形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的求解和三角形的面积等知识，涉及的知识点多，难度较大，属于试卷的压轴题，第（2）小题具有相当的难度，解题的关键是灵活应用相似三角形的判定与性质，学会利用参数构建方程解决问题
48．（2023·福建福州·校考二模）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（ ）
A．B．C．3D．2
【答案】C
【分析】如图，过作于 求解 结合旋转：证明 可得为等边三角形，求解 再应用锐角三角函数可得答案．
【详解】解：如图，过作于
由，
结合旋转：
为等边三角形，
∴A到的距离为3．
故选C
【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
49．（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
50．（2023·福建福州·校考二模）如图，是的直径，上的点C，D在直径的两侧，连接，若，，则的长等于 ．
【答案】
【分析】连接，，根据特殊角锐角三角函数值可得，再由是的直径，可得，从而得到，进而得到，，再由，可得，然后由弧长公式计算，即可求解．
【详解】解：如图，连接，，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的长等于．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，特殊角锐角三角函数值，熟练掌握弧长公式，圆周角定理，特殊角锐角三角函数值是解题的关键．
51．（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，已知菱形的边长为，是的中点，平分交于点，交于点．若，则的长是 ．
【答案】/
【分析】方法一：过点作于点，过点作于点，根据，可得，所以，然后证明是的垂直平分线，可得，设，根据，进而可以解决问题；
方法二：作垂直于，延长和交于点由已知可得，所以设，则，，由三角形相似于三角形即可得结论．
【详解】解：方法一，如图，过点作于点，过点作于点，
菱形的边长为4，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
平分，
，
，
，
，
，
设，
，，
，
，
，
，
，
，
解得，
则的长是．
或者：，，
四边形的等腰梯形，
，
则，
解得，
则的长是．
方法二：如图，作垂直于，延长和交于点，
菱形的边长为4，
，
，
，
是的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
所以，
设，
则，，
，
，
，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形、相似三角形的判定及性质，解题的关键是掌握菱形的性质．
52．（2023·河南商丘·一模）如图，在中，，，．点为的中点，点在上，且，将绕点在平面内旋转，点的对应点为点，连接，，．当时，的长为 ．
【答案】或
【分析】延长，交于点，连接．求出，可得，即点与点重合，或是以为底的等腰三角形，据此求解．
【详解】解：延长，交于点，连接．
在中，，，，
，．
．
是的中点，
．
，
在与中，
，
（）
，
在中，．
由旋转的性质，得，
．
①当点与点重合时，如图1，．
②当点与点不重合时，如图2，过点作于点，连接．
，，
，
，
又，
是等边三角形，
，
在中，，．
．
在中，．
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，解直角三角形，含角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
53．（2023·福建福州·校考二模）在中，，，以为直径作，交于点D，点P是上的一个点．
(1)如图1，若点P是的中点，，垂足为E，求证：直线是的切线；
(2)如图2，连接，若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，进而证明，再由点P是的中点，得到，则，即可证明直线是的切线；
（2）如图所示，过点A作交延长线于F，连接，证明，得到，再解，得到，则，即可得到．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵点P是的中点，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
（2）解：如图所示，过点A作交延长线于F，连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理的推理，解直角三角形，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
54．（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC上的一个动点，连接DE，交AC于点F．
（1）如图①，当时，求的值；
（2）如图②当DE平分∠CDB时，求证：AF=OA；
（3）如图③，当点E是BC的中点时，过点F作FG⊥BC于点G，求证：CG=BG．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用相似三角形的性质求得EF与DF的比值，依据△CEF和△CDF同高，则面积的比就是EF与DF的比值，据此即可求解；
（2）利用角之间的关系到证得∠ADF=∠AFD，可以证得AD=AF，在Rt△AOD中，利用勾股定理可以证得；
（3）连接OE，易证OE是△BCD的中位线，然后根据△FGC是等腰直角三角形，易证△EGF∽△ECD，利用相似三角形的对应边的比相等即可证得．
【详解】解：（1）∵，
∴．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△CEF∽△ADF，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：∵DE平分∠CDB，
∴∠ODF=∠CDF，
又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，
又∵∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，
∴∠ADF=∠AFD，
∴AD=AF，
在Rt△AOD中，根据勾股定理得：，
∴AF=OA．
（3）证明：连接OE，
∵点O是正方形ABCD的对角线AC、BD的交点，
∴点O是BD的中点，
又∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE∥CD，OE=CD，
∴△OFE∽△CFD，
∴，
∴，
又∵FG⊥BC，CD⊥BC，
∴FG∥CD，
∴△EGF∽△ECD，
∴．
在Rt△FGC中，∵∠GCF=45°，
∴CG=GF，
又∵CD=BC，
∴，
∴，
∴CG=BG．
【点睛】本题是勾股定理、三角形的中位线定理、以及相似三角形的判定与性质的综合应用，理解正方形的性质是关键．
55．（2023·河南商丘·一模）综合与实践
综合实践课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠”为主题开展数学活动．
(1)【操作发现】对折，使点C落在边上的点E处，得到折痕，把纸片展平，如图1．小明根据以上操作发现：四边形满足，．查阅相关资料得知，像这样的有两组邻边分别相等的四边形叫作“筝形”．请写出图1中筝形的一条性质____．
(2)【探究证明】如图2，连接EC，设筝形的面积为．若，求S的最大值；
(3)【迁移应用】在中，，点D，E分别在，上，当四边形是筝形时，请直接写出四边形的面积．
【答案】(1)对角线垂直平分，
(2)18
(3)或
【分析】（1）根据，可知对角线垂直平分；
（2）设，则，推导筝形的面积得：，再利用二次函数的顶点式求最值即可；
（3）分两种情况讨论：①当时，根据中线的性质和全等三角形面积相等即可求解．②当时，设，则，在中，根据勾股定理得：，即，解出x，继而求出筝形面积．
【详解】（1）解：∵，，
∴点A、点D都在的垂直平分线上，即对角线垂直平分，
故答案为：对角线垂直平分，(填“对角线互相垂直”也对)
（2）由（1）得⊥，
∴筝形面积为：，
设，则
∴
∴当时，
（3）四边形的面积为或，
补充理由如下：
根据题意，分两种情况讨论：①；② ．
①当时
作出这个筝形如下，
根据折叠的性质可知：，
∴，
∵，，
∴，即是中边边上的中线，
∴
∴
∴．
②当时，作出这个筝形如下
根据折叠的性质可知：，
∴，
在中，，
∴，
设，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴
综上所示：四边形的面积为或
【点睛】本题考查新定义的“筝形”的性质和面积，涉及垂直平分线的判断，二次函数的最值，中线的性质，折叠的性质等知识，掌握垂直平分线的判断和二次函数的最值是解题的关键．
56．（2023·河南南阳·校联考三模）问题情境：数学活动课上，老师要求学生出示两个大小不一样的等腰直角三角形，如图1所示，把和摆在一起，其中直角顶点重合，延长至点，满足，然后连接．
(1)实践猜想：图1中的与的数量关系为___________，位置关系为___________；
(2)拓展探究：当绕着点旋转一定角度时，如图2所示，（1）中的结论是否还成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)解决问题：当，，旋转得到三点共线时，直接写出线段的长．
【答案】(1)，
(2)成立，见解析
(3)或
【分析】（1）和等腰直角三角形，证明即可；
（2）根据和都是等腰直角三角形，证明即可；
（3）分类讨论，如图所示（见详解），过点作于，过点作于，根据直角三角形的勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵和等腰直角三角形，
∴，
延长至点，
∴，且，
∴，
∴，，，
如图所示，延长交于，
在中，，
∵，
∴在中，，即，
∴，即，
故答案为：，．
（2）解：成立，理由如下，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
（3）解：旋转得到三点共线，
①如图所示，过点作于，
∵是等腰三角形，，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，即旋转得到三点共线时，；
②如图所示，过点作于，
同理，，即旋转得到三点共线时，；
综上所述，当，，旋转得到三点共线时，线段的长为或．
【点睛】本题主要考查三角形的全等的判定和性质，理解图示中旋转的规律，掌握三角形全等的判定和性质，直角三角形中勾股定理的运算是解题的关键．
57．（2023·河南南阳·校联考三模）问题情境：数学活动课上，老师要求学生出示两个大小不一样的等腰直角三角形，如图1所示，把和摆在一起，其中直角顶点重合，延长至点，满足，然后连接．
(1)实践猜想：图1中的与的数量关系为___________，位置关系为___________；
(2)拓展探究：当绕着点旋转一定角度时，如图2所示，（1）中的结论是否还成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)解决问题：当，，旋转得到三点共线时，直接写出线段的长．
【答案】(1)，
(2)成立，见解析
(3)或
【分析】（1）和等腰直角三角形，证明即可；
（2）根据和都是等腰直角三角形，证明即可；
（3）分类讨论，如图所示（见详解），过点作于，过点作于，根据直角三角形的勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵和等腰直角三角形，
∴，
延长至点，
∴，且，
∴，
∴，，，
如图所示，延长交于，
在中，，
∵，
∴在中，，即，
∴，即，
故答案为：，．
（2）解：成立，理由如下，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
（3）解：旋转得到三点共线，
①如图所示，过点作于，
∵是等腰三角形，，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，即旋转得到三点共线时，；
②如图所示，过点作于，
同理，，即旋转得到三点共线时，；
综上所述，当，，旋转得到三点共线时，线段的长为或．
【点睛】本题主要考查三角形的全等的判定和性质，理解图示中旋转的规律，掌握三角形全等的判定和性质，直角三角形中勾股定理的运算是解题的关键．
58．（2023·广东广州·广州市真光中学校考二模）已知，如图①，在矩形ABCD中，AB=，AD=3，点E是BC边上的动点，把点E绕着点A逆时针旋转60°得到点F，连接AE、AF、EF、DF．
(1)当点A、F、C三点在同一条直线上时，求DF的长；
(2)如图②，点M在CB的延长线上，且，连接AM，当点E在BC上运动时，的面积的值是否发生变化？若不变求出该定值，若变化说明理由．
(3)在点E由B向C运动的过程中，求DF的取值范围．
【答案】(1)
(2)不变，
(3)
【分析】（1）根据三角函数的定义求得∠CAB=60°，点E与点B重合，据此求解即可；
（2）证明△APF≌△EBA，即可求解；
（3）以AD为边向右侧作等边△ADQ，证明△ADF≌△AQE，得到DF=QE，当E在B（或C）时，QE最大，当E在BC中点时，QE最小，据此求解即可．
【详解】（1）解：连接AC，
在Rt△ABC中，AB=，AD=BC=3，
∴tan∠CAB=，
∴∠CAB=60°，
∴点E与点B重合，
∴AF=AB==AC，
∴F为AC中点
∴DF=AC=；
（2）解：不变，
理由如下：
过F作MA的垂线，垂足为P，
在Rt△ABM中，AB=，BM=1，
∴AM=2，tan∠MAB=，
∴∠MAB=30°，
∵∠MAF=∠P+∠PFA=90°+∠PFA，
∠MAF=∠FAE+∠BAE +∠MAB=60°+∠BAE +30°=90°+∠BAE，
∴∠PFA=∠BAE，
∵AE=AF，∠P=∠ABE=90°，
∴△APF≌△EBA，
∴FP=AB=，
S△AMF=AM•FP=；
（3）解：以AD为边向右侧作等边△ADQ，连接QE，
∵△ADQ、△AEF等边三角形，
∴∠DAQ=∠FAE=60°，AF=AE，AD=AQ，
∴∠DAF=∠QAE，
∴△ADF≌△AQE，
∴DF=QE，
当E在B（或C）时，QE最大，
同（1）得∠ADB=30°，则∠QDB=30°，又AD=AQ，
∴DB是线段AQ的垂直平分线，
∴QE最大=AB=；
过点Q作QG⊥AD于点G，交BC于点H，
当E与点H重合时，此时当E在BC中点，QE最小，
QG=ODsin60°=，
QE最小=QG-EG=；
∴≤DF≤．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识．
59．（2023·江苏无锡·统考二模）已知，在矩形中，，，为矩形的中心，在中，，，，将绕点按顺时针方向旋转一周，
(1)如图1，当直角边，分别在，边上时，连接，，求的面积；
(2)设斜边与矩形的交点为，当，，三点在一条直线时，求的值；
(3)如图2，连接，取中点，连接，请直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）连接，利用三角形面积关系进行求解即可；
（2）绕点按顺时针方向旋转一周，根据点位置分两种情况进行求解，画出两种情况的图，利用相似三角形的判定和性质求出结果即可；
（3）延长至，使，连接，，作于，求出，，的长度，利用点在以为圆心，为半径的圆上运动，表示出的最大值和最小值，根据表示出的取值范围即可．
【详解】（1）解：如图1，连接，
为矩形的中心，
到的距离为，到的距离为的距离为，
，
，
，
，
，
的面积为；
（2）如图，连接、，
在中，，
，，
，
，
，
，
在和中，
，，
，
；
如图，当旋转到点位于中时，
同理可证，
，
综上所述的值为或；
（3）如图，延长至，使，连接，，作于，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
点在以为圆心，为半径的圆上运动，
的最大值，的最小值，
是的中点，
，
．
【点睛】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，掌握旋转的性质，通过添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
60．（2023·山东菏泽·统考二模）如图，和的顶点重合，，，，．
(1)如图1，当点，分别在，上时，得出结论： ；直线与直线的位置关系是 ；
(2)如图2，将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，连接，，其所在直线相交于点．
①（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，说明理由．
②当的长度最大时，求线段的长度．
【答案】(1)；
(2)①成立，理由见解析；②的长为：或．
【分析】（1）解直角三角形求出，，可得结论；
（2）①结论不变，证明，推出，，可得结论；
②分两种情况讨论：如图，当在的左边时，由三角形三边关系可得：，当共线时，如图，，此时重合，最大，由①可知：将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，都有，成立，在中，设，则，由勾股定理可得：，当在的右边时，如图，同理可得：，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∴，，
∴，
∵直线与直线的夹角：，
∴直线与直线的位置关系是：垂直．
故答案为：；垂直．
（2）解：①（1）中的结论仍然成立．
理由：∵和的顶点重合，，，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴
，
∴，
∴，
∴；
②：如图，当在的左边时，
由三角形三边关系可得：，
当共线时，如图，，此时重合，最大，如图，
由①可知：将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，都有，成立，
在中，设，则，
而，
∴，
同理可得：，
由勾股定理可得：，
解得：（负根舍去）
∴，
当在的右边时，如图，
同理可得：，
解得：（负根舍去），
∴，
综上：的长为：或．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了旋转的性质，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．
61．（2023·山东济南·统考三模）某校数学兴趣小组对图形的旋转问题进行了深入探究．
专题探究：已知中，，，点M是线段上的一点，N是线段上的点，，交于点Q，将线段绕点M顺时针旋转度，得到线段，连接．
(1)如图1，当时，直接写出线段与的数量关系______；
(2)如图2，当时，判断线段与的数量关系，并给出证明；
(3)变式应用：如图3，在中，，，，M是上的任意一点，连接，将绕点按顺时针方向旋转，得到线段，连接．求线段的最小值．
【答案】(1)
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）根据条件依次证明、、都是等边三角形，然后证明，可得结论；
（2）根据旋转的性质、含30度为底角的等腰三角形的性质证明，，即可证明，推出，即得结论；
（3）在线段上截取，连接，证明（），推出，可得当的值最小时，的值最小，作于H，求出的长即得答案．
【详解】（1）解：；
理由如下：如图1，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵将线段绕点M顺时针旋转度，得到线段，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）；
证明：先证明含30度为底角的等腰三角形的腰与底之比为，
如图，中，，，作于D，
则，且在直角三角形中，，即，
∴；
如图2，∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵将线段绕点M顺时针旋转度，得到线段，，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，即；
（3）∵，，，，
∴，
∵，，
∴ ，，
在线段上截取，连接，
∴（），
∴，
∴当的值最小时，的值最小，
作于H，在中，
∵，，
∴，
根据垂线段最短可知，当点M与H重合时，的值最小，即的值最小，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了等边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、全等三角形的判定和性质以及垂线段最短等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、构建全等三角形和相似三角形是解题的关键．
考点1 几何压轴题
一、单选题
1．（2023年北京市中考数学真题）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；
∵，
∴，，，，
∵，
∴，，
∴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．
2．（2023年天津市中考数学真题）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得，，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
3．（2023年河北省中考数学真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得．
【详解】如图，∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
故选：C．
【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．
4．（2023年山西省中考数学真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标．
【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点P的坐标为，
∴，
即；
∴，，
∴点M的坐标为．
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键．
5．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（ ）
A．8B．4C．3.5D．3
【答案】B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，
∴点D、E、F分别是的中点，
∴，
∵的周长为21，
∴即，
∴，
故选：B．
【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．
6．（2023年吉林省长春市中考数学真题）如图，用直尺和圆规作的角平分线，根据作图痕迹，下列结论不一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据作图可得，进而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：根据作图可得，故A，C正确；
∴在的垂直平分线上，
∴，故D选项正确，
而不一定成立，故B选项错误，
故选：B．
【点睛】本题考查了作角平分线，垂直平分线的判定，熟练掌握基本作图是解题的关键．
7．（2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学真题）如图，在正方形中，，动点M，N分别从点A，B同时出发，沿射线，射线的方向匀速运动，且速度的大小相等，连接，，．设点M运动的路程为，的面积为，下列图像中能反映与之间函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据，求出与之间函数关系式，再判断即可得出结论．
【详解】解：，
，
，
，
故与之间函数关系为二次函数，图像开口向上，时，函数有最小值6，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的图像与性质，本题的关键是求出与之间函数关系式，再判断与之间函数类型．
8．（2023年上海市中考数学真题）已知在梯形中，连接，且，设．下列两个说法：
①；②
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形为等腰梯形，即，时，①；②，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过作，交延长线于，如图所示：
若梯形为等腰梯形，即，时，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，即，
又，
，
在中，，，则，
，此时①正确；
过作于，如图所示：
在中，，，，则，，
，此时②正确；
而题中，梯形是否为等腰梯形，并未确定；梯形是还是，并未确定，
无法保证①②正确，
故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．
9．（2023年江苏省无锡市中考数学真题）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；
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；
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．
10．（2023年浙江省绍兴市中考数学真题）如图，在中，是边上的点（不与点，重合）．过点作交于点；过点作交于点．是线段上的点，；是线段上的点，．若已知的面积，则一定能求出（ ）
A．的面积B．的面积
C．的面积D．的面积
【答案】D
【分析】如图所示，连接，证明，得出，由已知得出，则，又，则，进而得出，可得，结合题意得出，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，，
∴，，，．
∴，．
∴．
∵，，
∴，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的知识，解题的关键是掌握相似三角形的性质与判定，平行线的判定和性质，等面积转换．
11．（2023年安徽中考数学真题）如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．周长的最小值为6D．四边形面积的最小值为
【答案】A
【分析】延长，则是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当点与重合时，则三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解．
【详解】解：如图所示，
延长，
依题意
∴是等边三角形，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
则为的中点
如图所示，
设的中点分别为，
则
∴当点在上运动时，在上运动，
当点与重合时，即，
则三点共线，取得最小值，此时，
则，
∴到的距离相等，
则，
此时
此时和的边长都为2，则最小，
∴，
∴
∴，
或者如图所示，作点关于对称点，则，则当三点共线时，
此时
故A选项错误，
根据题意可得三点共线时，最小，此时，则，故B选项正确；
周长等于，
即当最小时，周长最小，
如图所示，作平行四边形，连接，
∵，则
如图，延长,，交于点，
则，
∴是等边三角形，
∴，
在与中，
∴
∴
∴
∴
∴，则，
∴是直角三角形，
在中，
∴当时，最短，
∵
∴周长的最小值为，故C选项正确；
∵
∴四边形面积等于
∴当的面积为0时，取得最小值，此时，重合，重合
∴四边形面积的最小值为，故D选项正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当点与重合时得出最小值是解题的关键．
12．（2022·江苏南京·统考中考真题）直三棱柱的表面展开图如图所示，，，，四边形是正方形，将其折叠成直三棱柱后，下列各点中，与点距离最大的是（ ）
A．点B．点C．点D．点
【答案】B
【分析】根据勾股定理的逆定理判定是直角三角形，折叠成直三棱柱后，运用勾股定理计算比较大小即可．
【详解】∵，，，
∴，
∴是直角三角形，
∵四边形是正方形，将其折叠成直三棱柱，
∴直棱柱的高，
∴，，，，
∵，
∴选B．
【点睛】本题考查了几何体的展开与折叠，勾股定理及其逆定理，熟练掌握展开图与折叠的意义是解题的关键．
13．（2021·四川甘孜·统考中考真题）如图，直线，直线、与、、分别交于点、、和点、、，若，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平行线分线段成比例定理得出AB：BC=DE：EF，再求出答案即可．
【详解】解：∵l1∥l2∥l3，
∴AB：BC=DE：EF，
∵AB：BC=2：3，EF=9，
∴2：3= DE：EF，
∴DE=6．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，能根据平行线分线段成比例定理得出正确的比例式是解题的关键．
14．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，将两个完全相同的Rt△ACB和Rt△A'C′B′拼在一起，其中点A′与点B重合，点C'在边AB上，连接B′C，若∠ABC＝∠A′B′C′＝30°，AC＝A′C′＝2，则B′C的长为（ ）
A．2B．4C．2D．4
【答案】A
【分析】先根据直角三角形的性质可得，再根据勾股定理和角的和差可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：∵，
∴，
∴，，
则在中，，
故选：A．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键．
15．（2019·四川绵阳·统考中考真题）如图，在四边形中，，，，，点是线段的三等分点，且靠近点，的两边与线段分别交于点、，连接分别交、于点、．若，，则( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据等腰直角三角形的性质求出的长，再根据相似三角形的性质得到，从而求得的长，过作于，则四边形是矩形，可得、的长，进一步由勾股定理可求出的长，进而求得的长，然后根据可得的值，再由相似三角形的性质列方程即可求得结果．
【详解】解：∵，，∴，
∵，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，
过作于，则四边形是矩形，
∴，，∴，
∴，
∵，∴，
∵，，
∴，∴，
∴设，，
∵，∴，
∴，解得：，∴，
故选B．
【点睛】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、矩形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
二、填空题
16．（2023年北京市中考数学真题）如图，是的半径，是的弦，于点D，是的切线，交的延长线于点E．若，，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】根据，得出，，根据等腰直角三角形的性质得出，即，根据，，得出为等腰直角三角形，即可得出．
【详解】解：∵，
∴，．
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵是的切线，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质，解题的关键是熟练掌握垂径定理，得出．
17．（2023年天津市中考数学真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上．
（1）线段的长为 ；
（2）若点D在圆上，与相交于点P．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】(1)
(2)画图见解析；如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求
【分析】（1）在网格中用勾股定理求解即可；
（2）取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点M，连接；连接与网格线相交于点G，连接并延长与网格线相交于点H，连接并延长与圆相交于点I，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求，连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，由图可得，根据全等三角形的性质可得和，根据同弧所对圆周角相等可得，进而得到和，再通过证明即可得到结论．
【详解】（1）解：；
故答案为：．
（2）解：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求；
连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，
由图可得：∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，即，
∴，即，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，此时点Q即为所求；
故答案为：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求．
【点睛】本题考查作图—复杂作图，勾股定理、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识是关键．
18．（2023年河北省中考数学真题）将三个相同的六角形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图1，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上，两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图2，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点．则图2中
（1） 度．
（2）中间正六边形的中心到直线l的距离为 （结果保留根号）．
【答案】
【分析】（1）作图后，结合正多边形的外角的求法即可求解；
（2）表问题转化为图形问题，首先作图，标出相应的字母，把正六边形的中心到直线l的距离转化为求，再根据正六边形的特征及利用勾股定理及三角函数，分别求出即可求解．
【详解】解：（1）作图如下：
根据中间正六边形的一边与直线l平行及多边形外角和，得，
，
故答案为：；
（2）取中间正六边形的中心为，作如下图形，
由题意得：，,，
四边形为矩形，
，
，
，
，
在中，，
由图1知，
由正六边形的结构特征知：，
，
，
，
又，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正六边形的特征，勾股定理，含度直角三角形的特征，全等三角形的判定性质，解直角三角形，解题的关键是掌握正六边形的结构特征．
19．（2023年山西省中考数学真题）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．
【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：
则，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵，
∴，
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．
20．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）如图，是正五边形的对角线，与相交于点．下列结论：
①平分； ②； ③四边形是菱形； ④
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据正五边形的性质得出各角及各边之间的关系，然后由各角之间的关系及相似三角形的判定和性质，菱形的判定依次证明即可．
【详解】解：①∵正五边形，
∴，，
∴，
∴，
∴平分；正确；
②∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，故②错误；
③∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；正确；
④∵，，
∴，
∴，
∴，即，正确；
故答案为：①③④．
【点睛】题目主要考查正多边形的性质及相似三角形、菱形的判定和性质，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
21．（2023年辽宁省大连市中考数学真题）如图，在正方形中，，延长至，使，连接，平分交于，连接，则的长为 ．
【答案】
【分析】如图，过作于，于，由平分，可知，可得四边形是正方形，，设，则，证明，则，即，解得，，由勾股定理得，计算求解即可．
【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是矩形，，
∵平分，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，解得，
∴，
由勾股定理得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
22．（2023年吉林省长春市中考数学真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为 度．
【答案】
【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，
将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，
则，
∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，
∴，，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
23．（2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在轴上，点B在轴上，，连接，过点O作于点，过点作轴于点；过点作于点，过点作轴于点；过点作于点，过点作轴于点；…；按照如此规律操作下去，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】根据题意，结合图形依次求出的坐标，再根据其规律写出的坐标即可．
【详解】解：在平面直角坐标系中，点A在轴上，点B在轴上，，
是等腰直角三角形，，
，
是等腰直角三角形，
同理可得：均为等腰直角三角形，
，
根据图中所有的三角形均为等腰直角三角形，
依次可得：
由此可推出：点的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标特征，以及点的坐标变化规律问题，等腰直角三角形的性质，解题的关键是依次求出的坐标，找出其坐标的规律．
24．（2023年上海市中考数学真题）在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先画出图形，连接，利用勾股定理可得，，从而可得，再根据与有公共点可得一个关于的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：由题意画出图形如下：连接，
过点，且，
的半径为7，
过点，它的半径为，且，
，
，
，，
在边上，点在延长线上，
，即，
，
与有公共点，
，即，
不等式①可化为，
解方程得：或，
画出函数的大致图象如下：
由函数图象可知，当时，，
即不等式①的解集为，
同理可得：不等式②的解集为或，
则不等式组的解集为，
又，
半径r的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立不等式组是解题关键．
25．（2023年安徽中考数学真题）清初数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，是锐角的高，则．当，时， ．
【答案】
【分析】根据公式求得，根据，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴
∴,
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的高的定义，正确的使用公式是解题的关键．
26．（2023年江西省中考数学真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．
【答案】或或
【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，
∵在中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，
当点在的延长线上时，如图所示，则
当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴
即是直角三角形，
综上所述，旋转角的度数为或或
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
27．（2022·江苏南京·统考中考真题）如图，四边形内接于，它的3个外角，，的度数之比为，则 ．
【答案】/72度
【分析】根据圆内接四边形的对角互补以及外角的性质可求出，再根据平角的定义求解．
【详解】解：如图，延长到H，
四边形内接于，
，
，
，，的度数之比为，
，，，的度数之比为，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆内接四边形，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补，外角和是360度．
28．（2021·四川甘孜·统考中考真题）如图，，，是上的三个点，，则的度数为 ．
【答案】
【分析】根据圆周角定理求得，进而根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求得的度数
【详解】，
故答案为：
【点睛】本题考查了圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
29．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，，，点P是AC上一动点，点E是AB的中点，则的最小值为 ．
【答案】．
【分析】连接DE，依据菱形的性质即可计算得到DE的长，再根据线段的性质，即可得到PD+PE的最小值为DE的长．
【详解】如图，连接DE，
∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，，，
∴，，，
∴，
∴，即是等边三角形，
又∵E是AB的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴的最小值为DE的长，
即的最小值为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了轴对称-最短路线问题，关键是掌握菱形的性质以及线段的性质：两点之间，线段最短．
30．（2019·四川绵阳·统考中考真题）如图，、都是等腰直角三角形，，，，．将绕点逆时针方向旋转后得，当点恰好落在线段上时，则 ．
【答案】
【分析】如图，连接，易求得，，根据旋转的性质得到，，，由全等三角形的性质得到，过作于，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：如图，连接，
∵、都是等腰直角三角形，，，，，
∴，，
∵将绕点逆时针方向旋转后得，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
过作于，
在中，，
在中，，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和解直角三角形等知识，熟练掌握旋转的性质、正确的作出辅助线是解题的关键．
三、解答题
31．（2023年北京市中考数学真题）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：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，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．
【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．
32．（2023年北京市中考数学真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．
(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
33．（2023年天津市中考数学真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点．
(1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；
(2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．
①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：
②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)，．
(2)①；②
【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；
（2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且，
∴，
∴；
连接，交于一点H，如图所示：
∵四边形是菱形，且，
∴，，
∴，
∴，
故答案为，；
（2）解：①∵点，点，点，
∴矩形中，轴，轴，．
∴矩形中，轴，轴，．
由点，点，得．
在中，，得．
在中，由，得．
∴．同理，得．
∵，得．
又，
∴，
当时，则矩形和菱形重叠部分为，
∴的取值范围是．
②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，
∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：
此时面积S最大，最大值为；
当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：
由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为，
由①可知：，
∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形，
∴该等边三角形的边长为，
∴此时面积S最小，最小值为；
综上所述：当时，则．
【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．
34．（2023年河北省中考数学真题）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
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴
∵，
∴
∴，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，
∵，
∴，
∴
∴
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，
∴，，
∵，
∴，
∴，
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．
35．（2023年山西省中考数学真题）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：
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴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，
∴；
∵，
∴，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．
36．（2023年内蒙古包头市中考数学真题）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．
（2）①证明：如图，∵四边形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；
②如图，连接．
，
∴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．
37．（2023年辽宁省大连市中考数学真题）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．
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，，
∴；
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．
38．（2023年北京市中考数学真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．
(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
【答案】(1)见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
39．（2023年吉林省长春市中考数学真题）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，
∵，，
∴，
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，
∴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．
40．（2023年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学真题）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．
(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，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，
∵，
∴，
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，
∵,
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
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，
∴
∴
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．
41．（2023年上海市中考数学真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．
(1)如果，求证：四边形为平行四边形；
(2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长；
(3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证；
（2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解；
（3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵
∴
∵
∴,
∴
∴，
∵是的中点，，
∴是的中位线，
∴，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，点边中点，
设，，则
由（1）可得
∴，
∴，
又∵
∴,
∴
即，
∵，
在中，，
∴，
∴
解得：或（舍去）
∴；
（3）解：①当时，点与点重合，舍去；
②当时，如图所示，延长交于点P，
∵点是的中点，，
∴，
设，
∵
∴，
∴，
设，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
连接交于点，
∵，
∴
∴，
∴，
在与中，，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键．
42．（2023年江苏省无锡市中考数学真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．
(1)当时，求四边形的面积；
(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；
（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．
【详解】（1）如图，连接、，
四边形为菱形，
，，
为等边三角形．
为中点，
，，
，．
，
为等腰直角三角形，
，，
翻折，
，，
，；.
同理，
，，
∴；
（2）如图，连接、，延长交于点．
，，，
．
∵
，
，
．
，则，
，
，
．
∵，
．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
43．（2023年浙江省绍兴市中考数学真题）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，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．
∵，
∴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，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
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．
44．（2023年安徽中考数学真题）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；
（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．
∴．
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，
∴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．
45．（2021·四川甘孜·统考中考真题）如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一
点，连接DE交AC于点F，连接BF．
(1)求证：△CBF≌△CDF；
(2)如图2，过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N．
①求证：FB＝FG；
②若tan∠BDE，ON＝1，直接写出CG的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②．
【分析】（1）由正方形的性质结合三角形全等的判定条件“SAS”即可证明；
（2）①由和可推出，再根据可推出，即可证明，根据等角对等边即得出FB＝FG；②由题意易证，得出，即，，从而可求出，，进而可求，．过点F作于点H，易证为等腰直角三角形，即得出，从而可求．最后由等腰三角形“三线合一”即得，即可求出．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD，．
又∵，
∴．
（2）①∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴FB＝FG；
②∵，，
∴，即，
∴．
∵四边形ABCD是正方形，
∴，OD=OC=OB,
∴，，
∴，
解得：，．
∴，．
如图，过点F作于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵BF=FG，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理以及解直角三角形．熟练掌握正方形的性质是解题关键．
46．（2020·广西贺州·统考中考真题）如图，是的直径，是延长线上的一点，点在上，交的延长线于点，平分．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的直径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O的直径为.
【分析】（1）连接OC，如图所示：标注∠1，∠2，∠3，∠4，根据角平分线的性质、等角代换、平行线的判定即可求得OC⊥ED，继而即可根据切线的判定定理即可求证结论；
（2）根据等边对等角的性质、等角代换、角的和差倍数关系证得∠OCB＝2∠3，继而可得∠1=∠2=∠3=∠4＝30°，设，则OD＝2x，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：标注∠1，∠2，∠3，∠4，
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠2，
又平分∠BAE，
∴∠1＝∠EAC，
，
，（内错角相等）
，
，
是的切线．
（2）∵BC＝BD，
∴∠3＝∠4．
∵AB是的直径，
，
由（1）知OC⊥CD
∴∠OCD＝∠3＋∠OCB＝90°，
，
∵OC＝OB
∴∠OBC＝∠OCB，
而，
而，
，
设，则OD＝2x，
由勾股定理得，
解得，
所以
【点睛】本题考查圆的有关知识，涉及到切线的判定定理、勾股定理、等边对等角、平行线的判定、等角代换，解题的关键是综合运用所学知识．
47．（2019·四川绵阳·统考中考真题）如图，在以点为中心的正方形中，，连接，动点从点出发沿以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点停止．在运动过程中，的外接圆交于点，连接交于点，连接，将沿翻折，得到．
(1)求证：是等腰直角三角形；
(2)当点恰好落在线段上时，求的长；
(3)设点运动的时间为秒，的面积为，求关于时间的关系式．
【答案】(1)证明见解析；(2)EH；(3).
【分析】(1)由正方形的性质可得，再根据圆周角定理即可证得结论；
(2)设，连接，通过证明可得，再证明可得与t的关系式，进一步可表示的长，由得比例线段，进而求出的值，然后代入的表达式可求的值；
(3)由(2)知与t的关系式，再过点作于点，易证，于是，再根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】(1)证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
(2)设，连接，如图，则，
∵，∴，
∴，∴，
又∵，，∴，
∴，∴，
又∵，∴，
∴，
当点恰好落在线段上时，，
∴，∴，
∵，∴，
∴，
∵FG=FH，∴，
解得：，(舍去)，
∴；
(3)过点作于点，由(2)得，
∵，，∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，重点考查了正方形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的求解和三角形的面积等知识，涉及的知识点多，难度较大，属于试卷的压轴题，第（2）小题具有相当的难度，解题的关键是灵活应用相似三角形的判定与性质，学会利用参数构建方程解决问题
48．（2023·福建福州·校考二模）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，其中点与点A是对应点，点与点B是对应点．若点恰好落在边上，则点A到直线的距离等于（ ）
A．B．C．3D．2
【答案】C
【分析】如图，过作于 求解 结合旋转：证明 可得为等边三角形，求解 再应用锐角三角函数可得答案．
【详解】解：如图，过作于
由，
结合旋转：
为等边三角形，
∴A到的距离为3．
故选C
【点睛】本题考查的是旋转的性质，含的直角三角形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建直角三角形是解本题的关键．
49．（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，的顶点，，点在轴的正半轴上，延长交轴于点．将绕点顺时针旋转得到，当点的对应点落在上时，的延长线恰好经过点，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接,由题意可证明，利用相似三角形线段成比例即可求得OC的长，即得点的坐标．
【详解】如图，连接，因为轴，
绕点顺时针旋转得到，
所以，
,
故答案为B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，找到是解题的关键．
50．（2023·福建福州·校考二模）如图，是的直径，上的点C，D在直径的两侧，连接，若，，则的长等于 ．
【答案】
【分析】连接，，根据特殊角锐角三角函数值可得，再由是的直径，可得，从而得到，进而得到，，再由，可得，然后由弧长公式计算，即可求解．
【详解】解：如图，连接，，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的长等于．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，特殊角锐角三角函数值，熟练掌握弧长公式，圆周角定理，特殊角锐角三角函数值是解题的关键．
51．（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，已知菱形的边长为，是的中点，平分交于点，交于点．若，则的长是 ．
【答案】/
【分析】方法一：过点作于点，过点作于点，根据，可得，所以，然后证明是的垂直平分线，可得，设，根据，进而可以解决问题；
方法二：作垂直于，延长和交于点由已知可得，所以设，则，，由三角形相似于三角形即可得结论．
【详解】解：方法一，如图，过点作于点，过点作于点，
菱形的边长为4，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
平分，
，
，
，
，
，
设，
，，
，
，
，
，
，
，
解得，
则的长是．
或者：，，
四边形的等腰梯形，
，
则，
解得，
则的长是．
方法二：如图，作垂直于，延长和交于点，
菱形的边长为4，
，
，
，
是的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
所以，
设，
则，，
，
，
，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形、相似三角形的判定及性质，解题的关键是掌握菱形的性质．
52．（2023·河南商丘·一模）如图，在中，，，．点为的中点，点在上，且，将绕点在平面内旋转，点的对应点为点，连接，，．当时，的长为 ．
【答案】或
【分析】延长，交于点，连接．求出，可得，即点与点重合，或是以为底的等腰三角形，据此求解．
【详解】解：延长，交于点，连接．
在中，，，，
，．
．
是的中点，
．
，
在与中，
，
（）
，
在中，．
由旋转的性质，得，
．
①当点与点重合时，如图1，．
②当点与点不重合时，如图2，过点作于点，连接．
，，
，
，
又，
是等边三角形，
，
在中，，．
．
在中，．
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，解直角三角形，含角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
53．（2023·福建福州·校考二模）在中，，，以为直径作，交于点D，点P是上的一个点．
(1)如图1，若点P是的中点，，垂足为E，求证：直线是的切线；
(2)如图2，连接，若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图所示，连接，由直径所对的圆周角是直角得到，进而证明，再由点P是的中点，得到，则，即可证明直线是的切线；
（2）如图所示，过点A作交延长线于F，连接，证明，得到，再解，得到，则，即可得到．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵点P是的中点，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
（2）解：如图所示，过点A作交延长线于F，连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理的推理，解直角三角形，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
54．（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC上的一个动点，连接DE，交AC于点F．
（1）如图①，当时，求的值；
（2）如图②当DE平分∠CDB时，求证：AF=OA；
（3）如图③，当点E是BC的中点时，过点F作FG⊥BC于点G，求证：CG=BG．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用相似三角形的性质求得EF与DF的比值，依据△CEF和△CDF同高，则面积的比就是EF与DF的比值，据此即可求解；
（2）利用角之间的关系到证得∠ADF=∠AFD，可以证得AD=AF，在Rt△AOD中，利用勾股定理可以证得；
（3）连接OE，易证OE是△BCD的中位线，然后根据△FGC是等腰直角三角形，易证△EGF∽△ECD，利用相似三角形的对应边的比相等即可证得．
【详解】解：（1）∵，
∴．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△CEF∽△ADF，
∴，
∴，
∴．
（2）证明：∵DE平分∠CDB，
∴∠ODF=∠CDF，
又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，
又∵∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，
∴∠ADF=∠AFD，
∴AD=AF，
在Rt△AOD中，根据勾股定理得：，
∴AF=OA．
（3）证明：连接OE，
∵点O是正方形ABCD的对角线AC、BD的交点，
∴点O是BD的中点，
又∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE∥CD，OE=CD，
∴△OFE∽△CFD，
∴，
∴，
又∵FG⊥BC，CD⊥BC，
∴FG∥CD，
∴△EGF∽△ECD，
∴．
在Rt△FGC中，∵∠GCF=45°，
∴CG=GF，
又∵CD=BC，
∴，
∴，
∴CG=BG．
【点睛】本题是勾股定理、三角形的中位线定理、以及相似三角形的判定与性质的综合应用，理解正方形的性质是关键．
55．（2023·河南商丘·一模）综合与实践
综合实践课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠”为主题开展数学活动．
(1)【操作发现】对折，使点C落在边上的点E处，得到折痕，把纸片展平，如图1．小明根据以上操作发现：四边形满足，．查阅相关资料得知，像这样的有两组邻边分别相等的四边形叫作“筝形”．请写出图1中筝形的一条性质____．
(2)【探究证明】如图2，连接EC，设筝形的面积为．若，求S的最大值；
(3)【迁移应用】在中，，点D，E分别在，上，当四边形是筝形时，请直接写出四边形的面积．
【答案】(1)对角线垂直平分，
(2)18
(3)或
【分析】（1）根据，可知对角线垂直平分；
（2）设，则，推导筝形的面积得：，再利用二次函数的顶点式求最值即可；
（3）分两种情况讨论：①当时，根据中线的性质和全等三角形面积相等即可求解．②当时，设，则，在中，根据勾股定理得：，即，解出x，继而求出筝形面积．
【详解】（1）解：∵，，
∴点A、点D都在的垂直平分线上，即对角线垂直平分，
故答案为：对角线垂直平分，(填“对角线互相垂直”也对)
（2）由（1）得⊥，
∴筝形面积为：，
设，则
∴
∴当时，
（3）四边形的面积为或，
补充理由如下：
根据题意，分两种情况讨论：①；② ．
①当时
作出这个筝形如下，
根据折叠的性质可知：，
∴，
∵，，
∴，即是中边边上的中线，
∴
∴
∴．
②当时，作出这个筝形如下
根据折叠的性质可知：，
∴，
在中，，
∴，
设，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴
综上所示：四边形的面积为或
【点睛】本题考查新定义的“筝形”的性质和面积，涉及垂直平分线的判断，二次函数的最值，中线的性质，折叠的性质等知识，掌握垂直平分线的判断和二次函数的最值是解题的关键．
56．（2023·河南南阳·校联考三模）问题情境：数学活动课上，老师要求学生出示两个大小不一样的等腰直角三角形，如图1所示，把和摆在一起，其中直角顶点重合，延长至点，满足，然后连接．
(1)实践猜想：图1中的与的数量关系为___________，位置关系为___________；
(2)拓展探究：当绕着点旋转一定角度时，如图2所示，（1）中的结论是否还成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)解决问题：当，，旋转得到三点共线时，直接写出线段的长．
【答案】(1)，
(2)成立，见解析
(3)或
【分析】（1）和等腰直角三角形，证明即可；
（2）根据和都是等腰直角三角形，证明即可；
（3）分类讨论，如图所示（见详解），过点作于，过点作于，根据直角三角形的勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵和等腰直角三角形，
∴，
延长至点，
∴，且，
∴，
∴，，，
如图所示，延长交于，
在中，，
∵，
∴在中，，即，
∴，即，
故答案为：，．
（2）解：成立，理由如下，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
（3）解：旋转得到三点共线，
①如图所示，过点作于，
∵是等腰三角形，，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，即旋转得到三点共线时，；
②如图所示，过点作于，
同理，，即旋转得到三点共线时，；
综上所述，当，，旋转得到三点共线时，线段的长为或．
【点睛】本题主要考查三角形的全等的判定和性质，理解图示中旋转的规律，掌握三角形全等的判定和性质，直角三角形中勾股定理的运算是解题的关键．
57．（2023·河南南阳·校联考三模）问题情境：数学活动课上，老师要求学生出示两个大小不一样的等腰直角三角形，如图1所示，把和摆在一起，其中直角顶点重合，延长至点，满足，然后连接．
(1)实践猜想：图1中的与的数量关系为___________，位置关系为___________；
(2)拓展探究：当绕着点旋转一定角度时，如图2所示，（1）中的结论是否还成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
(3)解决问题：当，，旋转得到三点共线时，直接写出线段的长．
【答案】(1)，
(2)成立，见解析
(3)或
【分析】（1）和等腰直角三角形，证明即可；
（2）根据和都是等腰直角三角形，证明即可；
（3）分类讨论，如图所示（见详解），过点作于，过点作于，根据直角三角形的勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵和等腰直角三角形，
∴，
延长至点，
∴，且，
∴，
∴，，，
如图所示，延长交于，
在中，，
∵，
∴在中，，即，
∴，即，
故答案为：，．
（2）解：成立，理由如下，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
（3）解：旋转得到三点共线，
①如图所示，过点作于，
∵是等腰三角形，，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，即旋转得到三点共线时，；
②如图所示，过点作于，
同理，，即旋转得到三点共线时，；
综上所述，当，，旋转得到三点共线时，线段的长为或．
【点睛】本题主要考查三角形的全等的判定和性质，理解图示中旋转的规律，掌握三角形全等的判定和性质，直角三角形中勾股定理的运算是解题的关键．
58．（2023·广东广州·广州市真光中学校考二模）已知，如图①，在矩形ABCD中，AB=，AD=3，点E是BC边上的动点，把点E绕着点A逆时针旋转60°得到点F，连接AE、AF、EF、DF．
(1)当点A、F、C三点在同一条直线上时，求DF的长；
(2)如图②，点M在CB的延长线上，且，连接AM，当点E在BC上运动时，的面积的值是否发生变化？若不变求出该定值，若变化说明理由．
(3)在点E由B向C运动的过程中，求DF的取值范围．
【答案】(1)
(2)不变，
(3)
【分析】（1）根据三角函数的定义求得∠CAB=60°，点E与点B重合，据此求解即可；
（2）证明△APF≌△EBA，即可求解；
（3）以AD为边向右侧作等边△ADQ，证明△ADF≌△AQE，得到DF=QE，当E在B（或C）时，QE最大，当E在BC中点时，QE最小，据此求解即可．
【详解】（1）解：连接AC，
在Rt△ABC中，AB=，AD=BC=3，
∴tan∠CAB=，
∴∠CAB=60°，
∴点E与点B重合，
∴AF=AB==AC，
∴F为AC中点
∴DF=AC=；
（2）解：不变，
理由如下：
过F作MA的垂线，垂足为P，
在Rt△ABM中，AB=，BM=1，
∴AM=2，tan∠MAB=，
∴∠MAB=30°，
∵∠MAF=∠P+∠PFA=90°+∠PFA，
∠MAF=∠FAE+∠BAE +∠MAB=60°+∠BAE +30°=90°+∠BAE，
∴∠PFA=∠BAE，
∵AE=AF，∠P=∠ABE=90°，
∴△APF≌△EBA，
∴FP=AB=，
S△AMF=AM•FP=；
（3）解：以AD为边向右侧作等边△ADQ，连接QE，
∵△ADQ、△AEF等边三角形，
∴∠DAQ=∠FAE=60°，AF=AE，AD=AQ，
∴∠DAF=∠QAE，
∴△ADF≌△AQE，
∴DF=QE，
当E在B（或C）时，QE最大，
同（1）得∠ADB=30°，则∠QDB=30°，又AD=AQ，
∴DB是线段AQ的垂直平分线，
∴QE最大=AB=；
过点Q作QG⊥AD于点G，交BC于点H，
当E与点H重合时，此时当E在BC中点，QE最小，
QG=ODsin60°=，
QE最小=QG-EG=；
∴≤DF≤．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识．
59．（2023·江苏无锡·统考二模）已知，在矩形中，，，为矩形的中心，在中，，，，将绕点按顺时针方向旋转一周，
(1)如图1，当直角边，分别在，边上时，连接，，求的面积；
(2)设斜边与矩形的交点为，当，，三点在一条直线时，求的值；
(3)如图2，连接，取中点，连接，请直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）连接，利用三角形面积关系进行求解即可；
（2）绕点按顺时针方向旋转一周，根据点位置分两种情况进行求解，画出两种情况的图，利用相似三角形的判定和性质求出结果即可；
（3）延长至，使，连接，，作于，求出，，的长度，利用点在以为圆心，为半径的圆上运动，表示出的最大值和最小值，根据表示出的取值范围即可．
【详解】（1）解：如图1，连接，
为矩形的中心，
到的距离为，到的距离为的距离为，
，
，
，
，
，
的面积为；
（2）如图，连接、，
在中，，
，，
，
，
，
，
在和中，
，，
，
；
如图，当旋转到点位于中时，
同理可证，
，
综上所述的值为或；
（3）如图，延长至，使，连接，，作于，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
点在以为圆心，为半径的圆上运动，
的最大值，的最小值，
是的中点，
，
．
【点睛】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，掌握旋转的性质，通过添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
60．（2023·山东菏泽·统考二模）如图，和的顶点重合，，，，．
(1)如图1，当点，分别在，上时，得出结论： ；直线与直线的位置关系是 ；
(2)如图2，将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，连接，，其所在直线相交于点．
①（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，说明理由．
②当的长度最大时，求线段的长度．
【答案】(1)；
(2)①成立，理由见解析；②的长为：或．
【分析】（1）解直角三角形求出，，可得结论；
（2）①结论不变，证明，推出，，可得结论；
②分两种情况讨论：如图，当在的左边时，由三角形三边关系可得：，当共线时，如图，，此时重合，最大，由①可知：将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，都有，成立，在中，设，则，由勾股定理可得：，当在的右边时，如图，同理可得：，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∴，，
∴，
∵直线与直线的夹角：，
∴直线与直线的位置关系是：垂直．
故答案为：；垂直．
（2）解：①（1）中的结论仍然成立．
理由：∵和的顶点重合，，，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴
，
∴，
∴，
∴；
②：如图，当在的左边时，
由三角形三边关系可得：，
当共线时，如图，，此时重合，最大，如图，
由①可知：将图1中的绕点顺时针旋转一周的过程中，都有，成立，
在中，设，则，
而，
∴，
同理可得：，
由勾股定理可得：，
解得：（负根舍去）
∴，
当在的右边时，如图，
同理可得：，
解得：（负根舍去），
∴，
综上：的长为：或．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了旋转的性质，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．
61．（2023·山东济南·统考三模）某校数学兴趣小组对图形的旋转问题进行了深入探究．
专题探究：已知中，，，点M是线段上的一点，N是线段上的点，，交于点Q，将线段绕点M顺时针旋转度，得到线段，连接．
(1)如图1，当时，直接写出线段与的数量关系______；
(2)如图2，当时，判断线段与的数量关系，并给出证明；
(3)变式应用：如图3，在中，，，，M是上的任意一点，连接，将绕点按顺时针方向旋转，得到线段，连接．求线段的最小值．
【答案】(1)
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）根据条件依次证明、、都是等边三角形，然后证明，可得结论；
（2）根据旋转的性质、含30度为底角的等腰三角形的性质证明，，即可证明，推出，即得结论；
（3）在线段上截取，连接，证明（），推出，可得当的值最小时，的值最小，作于H，求出的长即得答案．
【详解】（1）解：；
理由如下：如图1，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵将线段绕点M顺时针旋转度，得到线段，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）；
证明：先证明含30度为底角的等腰三角形的腰与底之比为，
如图，中，，，作于D，
则，且在直角三角形中，，即，
∴；
如图2，∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵将线段绕点M顺时针旋转度，得到线段，，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，即；
（3）∵，，，，
∴，
∵，，
∴ ，，
在线段上截取，连接，
∴（），
∴，
∴当的值最小时，的值最小，
作于H，在中，
∵，，
∴，
根据垂线段最短可知，当点M与H重合时，的值最小，即的值最小，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了等边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、全等三角形的判定和性质以及垂线段最短等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、构建全等三角形和相似三角形是解题的关键．
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