资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩27页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题39 几何探究题（6大类型）
展开
这是一份最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题39 几何探究题（6大类型），文件包含专题39几何探究题6大类型原卷版docx、专题39几何探究题6大类型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共154页， 欢迎下载使用。
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
模块三 重难点题型专项训练
专题39 几何探究题（6大类型）
考查类型一 非动点探究题
例1 （2022·宁夏·中考真题）综合与实践
知识再现
如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，______．
问题探究
如图，中，．
（1）如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是______．
（2）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；
（2）如图，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．
【答案】知识再现 ；
问题探究：（1）；（2）；理由见解析；
实践应用：（1）见解析；（2）．
【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出，，，由勾股定理可得，即可求S4+S5=S6；
实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则，，再由，可证明．
(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由，即可求．
【详解】知识再现：解：中，，
，
，
，，
，
故答案为：；
问题探究：解：中，，
，
，
，
故答案为：；
解：中，，
，
过点作交于，
在等边三角形中，，，
，
，
同理可得，，
，
；
实践应用：证明：设，，，
，，，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，
是等边三角形，四边形是平行四边形，
，，
是直角三角形，
，
，
；
解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，
是直角三角形，
，
，
，
，，，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
例2 （2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=AC；理由见详解；
(3)或
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．
∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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．
各地的中考数学试题中,最后一道压轴题以代数和几何的综合性问题最为常见,而非动点坐标系图形探究问题,更是近年的重点与难点,这类问题往往自成一系,解法有规律可循.非动点坐标系图形探究问题,是指以坐标系中的特殊图形如特殊三角形,特殊四边形,相似图形或特殊直线等为探究对象,以初中代数和几何难点内容相结合为背景,以数形结合为研究方法的题型.通过图形之间的特殊位置关系和一些特殊的值,建立方程或函数模型去求解,是解决这类问题的关键.
【变式1】（2022·重庆·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点E是对角线上一点，连接AE并延长交CD于点F，过点E作EG⊥AE交BC于点G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，则AE＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作的平行线，分别交于点，先根据矩形的性质与判定可得四边形和四边形都是矩形，设，则，再根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得的值，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：如图，过点作的平行线，分别交于点，
四边形是矩形，，
，
四边形是矩形，
，
同理可得：四边形是矩形，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
，，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得或，
经检验，是所列分式方程的根，且符合题意；不是所列分式方程的根，舍去，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
【变式2】（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，于点E，点F为的中点，与相交于点P，则的长为______．
【答案】
【分析】延长交于点，根据平行四边形的性质，得到，进而得到，相似比为，得到，，得到，利用所对的直角边是斜边的一半，得到，进而求出的值，过点作，交的延长线与点，易得四边形为矩形，进而得到的长，利用勾股定理求出的长，再根据的值求出的长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
延长交于点，
∵四边形为平行四边形，，，
∴，
∴，
∴，
∵点F为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
过点作，交的延长线与点，
则四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，含的直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．本题的综合性强，通过添加辅助线，证明三角形相似，是解题的关键．
【变式3】（2022·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）问题提出：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积．
问题探究：为了解决上述问题，我们先由特殊到一般来进行探究．
探究一：如图1，在中，，，，，求的面积．
在中，，
．
．
探究二：如图2，中，，，，求的面积（用含、、代数式表示），写出探究过程．
探究三：如图3，中，，，，求的面积（用、、表示）写出探究过程．
问题解决：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积方法是：___________（用文字叙述）．
问题应用：如图4，已知平行四边形中，，，，求平行四边形的面积（用、、表示）写出解题过程．
问题拓广：如图5所示，利用你所探究的结论直接写出任意四边形的面积（用、、、、、表示），其中，，，，，．
【答案】，见解析；，见解析；一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半；；
【分析】探究二：如图2中，作于．求出高，即可解决问题；
探究三：如图3中，作于．求出高，即可解决问题；
问题解决：（）是a、b两边的夹角）；
问题应用：如图4中，作AH⊥CB于H．求出高，即可解决问题；
问题拓广：如图5，连接，由探究三的结论可得出答案．
【详解】解：探究二：如图2中，作于．
，，，
，
在中，，
，
，
．
探究三：如图3中，作于．
在中，
，
．
问题解决：一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半．
故答案为：一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半．
问题应用：如图4中，作于．
在中，
，
．
问题拓广：
连接，由探究三的结论可得：．
．
．
【点睛】本题考查四边形综合题、三角形的面积、平行四边形的面积，锐角三角函数知识，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．
考查类型二 动点探究题
例1 （2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②
【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，
≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．
，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，
∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【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，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
例2 （2022·吉林长春·统考中考真题）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．
【详解】（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．
从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图象等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索及发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。选择基本的几何图形，让学生经历探索的过程，以能力为意，考查学生的自主探究能力，促进培养学生解决问题的能力，图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况，需要理解图形在不同位置的情况，才能做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决“动点”探究题的基本思路.
【变式1】（2021·江苏南通·统考一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，若D，E是边AB上的两个动点，F是边AC上的一个动点，DE＝，则CD+EF的最小值为( )
A．﹣B．3﹣C．1+D．3
【答案】B
【分析】首先是含有角的直角三角形，因此可以得知各边的长分别为，．因为，是边上的两个动点，是边上的一个动点，求的最小值，就是需要转换成同一直线上求解，即求关于的对称点，作．构建平行四边形，作于，交于．利用平行四边形和对称图形的性质，找出线段之间的关系．
【详解】解：如图，过C作AB的对称点C1，连接CC1，交AB于N；过C1作C1C2∥AB，且C1C2＝，过C2作C2F⊥AC于F，交AB于E，C2F的长度即为所求最小值，
∵C1C2∥DE，C1C2＝DE，
∴四边形C1DEC2是平行四边形，
∴C1D＝C2E，
又∵CC1关于AB对称，
∴CD＝C1D，
∴CD+EF＝C2F，
∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC＝2，
∴CN＝，AN＝3，
过C2作C2M⊥AB，则C2M＝C1N＝CN＝，
∴C2M∥C1N，C1C2∥MN，
∴MN＝C1C2＝，
∵∠MEC2＝∠AEF，∠AFE＝∠C2ME＝90°，
∴∠MC2E＝∠A＝30°，
在Rt△C2ME中，ME＝，C2M＝1，C2E＝2，
∴AE＝AN﹣MN﹣ME＝3﹣﹣1＝2﹣，
∴EF，
∴C2F．
故选：B．
【点睛】本题主要考查动点构成的线段中最小值问题，转换成三点共线，并在垂直的时候最小，找到对称点，构建最短路径是解题的关键．
【变式2】（2023·陕西西安·交大附中分校校考一模）如图，在矩形中，，，点为线段的中点，动点从点出发，沿的方向在和上运动，将矩形沿折叠，点的对应点为，当点恰好落在矩形的对角线上时，点运动的距离为________.
【答案】或
【分析】分点落在对角线上和点落在对角线上两种情况分别进行讨论求解，即可得出点运动的距离．
【详解】分两种情况：
①当点落在对角线上时，连接，如图所示：
将矩形沿折叠，点的对应点为点，且点恰好落在矩形的对角线上，
，
点为线段的中点，
，
，即，
，
点是的中点，
在矩形中，，
，
，
点运动的距离为；
②当点落在对角线上时，作于，则，四边形为矩形，如图所示：
在矩形中，，，，，
，，
，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
点运动的距离为；
综上所述：点运动的距离为或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了几何变换综合题，需要利用翻折变换的性质、矩形的性质、平行线的性质、三角函数的应用等知识；熟练掌握矩形的性质，熟记翻折变换的性质是解题的关键．
【变式3】（2022·广东云浮·校联考三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点C，点在抛物线上，点P是抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，连接，若平分，求点P的坐标；
(3)如图2，连接，，抛物线上是否存在点P，使？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）利用角平分线的性质和平行线的性质作轴，交于点Q，交x轴于点E，可证得，求的解析式为，设点P的横坐标为t，则有，，，求出，，由求得t值即可解答；
（3）将绕点O顺时针方向旋转，至，可得，，则，求出过点的直线的解析式为，与抛物线联立方程组求得交点；再过C作轴，过B作轴，与交于点F，则四边形为正方形，作关于的对称点G，点G在上，作直线，则直线与抛物线的交点也满足条件，则，与点D重合，则可得，即可求解．
【详解】（1）解：∵点、在抛物线上，
∴，
解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：作轴，交于点Q，交x轴于点E，如图1所示：
∵轴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
设的解析式为，
将代入，，
∴的解析式为，
设点P的横坐标为t，则有，，，，
∴，，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴，
∴点P的坐标为；
（3）解：存在，或．
当时，，则，
∴，则，
将绕点O顺时针方向旋转，至，如图2所示：
则，，
∴
由题意知，直线过点，
设直线的解析式为，
将，，代入，得：，
解得：，
∴直线BP的解析式为，
联立，
解得：或，
∴，
此时使；
如图2所示，过C作轴，过B作轴，与交于点F，则四边形为正方形，
作关于的对称点G，则点G在上且，
∴，与点D重合，
作直线，则，
∴直线与抛物线的交点也满足条件，
∵点在抛物线上，
∴．
综上，抛物线上存在点P，使，点P的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、坐标与图形、等腰三角形的判定与性质、解一元二次方程、二次函数与几何变换（旋转和轴对称）、正方形的判定与性质，熟练掌握相关知识的联系与运用，会利用数形结合思想和正确添加辅助线求解是解答的关键．
考查类型三 平移探究题
例1 （2019·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6,0），点B在y轴的正半轴上，．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD=2.．
（Ⅰ）如图①，求点E的坐标；
（Ⅱ）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形，点C，O，D，E的对应点分别为．设，矩形与重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，，分别与AB相交于点M，F，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t的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（Ⅰ）的坐标为；（Ⅱ）①，；②.
【分析】（Ⅰ）先根据A点坐标和已知得出AD的长，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理得出CO的长即可得到点E的坐标
（Ⅱ）①根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出，再根据勾股定理得出，再根据得出S与t的函数关系式
②分2和4两种情况，根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出S与t的函数关系式，分别求出s=和s=时t的值即可
【详解】解：（Ⅰ）由点，得．
又，得．
在矩形中，有，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．有．
∴点的坐标为．
（Ⅱ）①由平移知，，，．
由，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．
∴．
∵,
∴．
∴，其中的取值范围是．
②当时，
当S=时，，解得t=
当S=时，，解得t=
当2时，如图，OF=,G=
∴S=
当S=时，=；解得t=4.5
当S=时，=；解得t=；
当4时，如图，F=，A=
∴S=（6-t）（6-t）=
当S=时， =；解得t= 或t=
当S=时， =；解得t= 或t=
∴当时，．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平移变换，勾股定理，二次函数以及一元二次方程的解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
例2 （2012·四川达州·中考真题）如图1，在直角坐标系中，已知点A（0，2）、点B（－2，0），过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE.
（1）填空：点D的坐标为（ ），点E的坐标为（ ）.
（2）若抛物线经过A、D、E三点，求该抛物线的解析式；
（3）若正方形和抛物线均以每秒个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在y轴上时，正方形和抛物线均停止运动；
①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为s，求s关于平移时间t（秒）的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围；
②运动停止时，求抛物线的顶点坐标.
【答案】（1）D（－1，3），E（－3，2）；（2）；（3）①．②（，）．
【分析】（1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D、点E的坐标；
（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）①为求s的表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时1.5秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤0.5时，对应图a；当0.5＜t≤1时，对应图b；当1＜t≤1.5时，对应图c；分别求解即可；
②当运动停止时，点E到达y轴，点E（﹣3，2）运动到点E′（0，3.5），可知正方形BCDE在y轴上所截得的线段运动的路线长为CE'的长；整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了1.5个单位，由此得到平移之后的抛物线解析式，进而求出其顶点坐标．
【详解】解：（1）由题意可知：OB＝2，OC＝1．
如图（1）所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G．
由题可得，∠DHA＝∠BOC＝90°，CD＝CB，∠DCH＝∠CBO，
∴△CDH≌△BCO（AAS），
∴DH＝OC＝1，CH＝OB＝2，
∴D（﹣1，3）；
同理可得：△EBG≌△BCO，
∴BG＝OC＝1，EG＝OB＝2，
∴E（﹣3，2）．
故答案为：（﹣1，3），（﹣3，2）．
（2）抛物线经过（0，2）、（﹣1，3）、（﹣3，2），
则，解得 ，
∴．
（3）①当点D运动到y轴上时，t＝0.5．
当0＜t≤0.5时，如图（3）a所示．
设D′C′交y轴于点F，
∵tan∠BCO＝＝2，
又∵∠BCO＝∠FCC′，
∴tan∠FCC′＝2，即＝2，
∵CC′＝t，
∴FC′＝2t．
∴S△CC′F＝CC′•FC′＝t×2t＝5t2
当点B运动到点C时，t＝1．
当＜t≤1时，如图（3）b所示．
设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H．
在Rt△BOC中，BC＝＝，
∴GH＝，
∴CH＝GH＝，
∵CC′＝t，
∴HC′＝t﹣，
∴GD′＝t﹣，
∴S梯形CC′D′G＝（t﹣t）×＝5t﹣，
当点E运动到y轴上时，t＝．
当1＜t≤时，如图（3）c所示，
设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N，
∵CC′＝t，B′C′＝，
∴CB′＝t﹣，
∴B′N＝2CB′＝2t﹣2，
∵B′E′＝，
∴E′N＝B′E′﹣B′N＝3﹣2t，
∴E′M＝E′N＝（3﹣2t），
∴S△MNE′＝（3﹣2t）•（3﹣2t）＝5t2﹣15t+，
∴S五边形B′C′D′MN＝S正方形B′C′D′E′﹣S△MNE′＝﹣（5t2﹣15t+）＝﹣5t2+15t，
综上所述，S与x的函数关系式为；
②当点E运动到点E′时，运动停止．如图（3）d所示，
正方形BCDE在y轴上所截得的线段运动的路线长为CE'的长，
∵∠CB′E′＝∠BOC＝90°，∠BCO＝∠B′CE′，
∴△BOC∽△E′B′C，
∴＝，
∵OB＝2，B′E′＝BC＝，
∴＝，
∴CE′＝，即正方形BCDE在y轴上所截得的线段的中点运动的路线长为，
∴OE′＝OC+CE′＝1+＝，
∴E′（0，），
由点E（﹣3，2）运动到点E′（0，），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位．
∵y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+）2+，
∴原抛物线顶点坐标为（﹣，），
∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（，）．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求解析式、抛物线与几何变换（平移）、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等的综合应用．难点在于第（3）问，识别正方形和抛物线平移过程的不同阶段是解决问题的关键所在．
平移类几何探究题，需要注意平移的概念，同时观察平移的状态，找到对应的概念；
【变式1】（2022·河南洛阳·统考二模）如图，的顶点B，C在坐标轴上，点A的坐标为．将沿x轴向右平移得到，使点落在函数的图象上．若线段扫过的面积为9，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据平移的性质、反比例函数的解析式可得点的坐标，从而可得平移的长度，再根据“线段扫过的面积为9”可求出点的坐标，由此即可得出答案．
【详解】解：由题意得：点的纵坐标与点的纵坐标相等，即为，
将代入函数得：，即，
将沿轴向右平移个单位长度得到，
，
设点的坐标为，则点的坐标为，，
线段扫过的图形为平行四边形，且它的面积为9，
，即，
解得，
则点的坐标为，
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数的几何综合、平移的性质、平行四边形的面积公式等知识点，熟练掌握平移的性质是解题关键．
【变式2】（2021·浙江温州·统考模拟预测）如图，直线分别与轴，轴交于点，，直线分别与轴，轴交于点，，直线，相交于点，将向右平移5个单位得到，若点好落在直线上，则______．
【答案】
【分析】由平移的性质可知: B' (5，3)，代入l2，从而得出l2的函数解析式，求出DE和B' C的长度．
【详解】∵
∴
将B向右平移5个单位后B′(5，3)
∵B′在直线
∴
∴
∴D(0， 8)，C(8， 0)
因为直线l1，l2相交于点E
∴
∴
∴
作EH⊥y轴于H
由HE∥O′C得△DHE∽△COB'
∴
故答案为20：21
【点睛】本题考查一次函数解析式、相似的性质及判定，平移的性质，熟练并灵活的使用性质及判定是关键
【变式3】（2021·四川德阳·二模）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2，将抛物线先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线，若抛物线与抛物线相交于点，连接，，．
①求点的坐标；
②判断的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点，使得为等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①点的坐标；②是等腰直角三角形，理由见解析；（3）或．
【分析】（1）将点代入即可得；
（2）①先根据二次函数的平移规律得出抛物线的表达式，再联立两条抛物线的表达式求解即可得；
②先根据抛物线的表达式求出点B、C的坐标，再利用两点之间的距离公式分别求出BC、BD、CD的长，然后根据勾股定理的逆定理、等腰三角形的定义即可得；
（3）设点P的坐标为，根据等腰直角三角形的定义分三种情况：①当时，先根据等腰直角三角形的性质、线段中点的点坐标求出点P的坐标，再代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可；②当时，先根据平行四边形的判定得出四边形BCDP是平行四边形，再根据点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同可求出点P的坐标，然后代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可；③当时，先根据等腰直角三角形的性质得出点P在在线段BD的垂直平分线上，再利用待定系数法求出BD的垂直平分线上所在直线的解析式，然后根据两点之间的距离公式和可求出点P的坐标，最后代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可．
【详解】（1）将点代入抛物线的表达式得：
解得
则抛物线的表达式为
故抛物线的表达式为；
（2）①由二次函数的平移规律得：抛物线的表达式为
即
联立，解得
则点的坐标为；
②对于
当时，，解得或
则点B的坐标为
当时，，则点C的坐标为
由两点之间的距离公式得：
则，
故是等腰直角三角形；
（3）抛物线的表达式为
设点P的坐标为
由题意，分以下三种情况：
①当时，为等腰直角三角形
是等腰直角三角形，，
点D是CP的中点
则，解得
即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点在抛物线上，符合题意
②当时，为等腰直角三角形
，
，
四边形BCDP是平行四边形
点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同
点C至点B的平移方式为先向下平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度
即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点在抛物线上，符合题意
③当时，为等腰直角三角形
则点P在线段BD的垂直平分线上
设直线BD的解析式
将点代入得：，解得
则直线BD的解析式
设BD的垂线平分线所在直线的解析式为
点的中点的坐标为，即
将点代入得：，解得
则BD的垂线平分线所在直线的解析式为
因此有，即点P的坐标为
由两点之间的距离公式得：
又，为等腰直角三角形
则
解得或
当时，，即点P的坐标为
当时，，即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点不在抛物线上，不符合题意，舍去
当时，
即点不在抛物线上，不符合题意，舍去
综上，符合条件的点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移，点坐标的平移、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况，结合等腰直角三角形的性质是解题关键．
考查类型四 旋转探究题
例1 （2022·山东菏泽·统考中考真题）如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．
(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
（2）通过证明，可得，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解．
【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，
∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：
如图2，延长交于H，
由旋转可得：CD=，=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴，
∵，
∴,
，
∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DA+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
；
（3）如图3，过点D作DH于点H，
∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴，
，
，
∴AD=2DH，AH=DH=，
，
由（2）可知：，
，
∵AD⊥BC，CD=，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
例2 （2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在中，，D，E，F分别为的中点，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；
（2）证明，根据（1）的结论即可得；
（3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解．
（1）
证明：如图，连接，
，D，E，F分别为的中点，
，，
，
，
（2）
，理由如下，
连接，如图，
，D，E，F分别为的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，
，
，
，
，
，
，
（3）
如图，连接，过点作于，
中，,
，
，
，
，
，
，
，
中，
，
中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
考察点1：手拉手模型
手拉手模型，亦称为共顶点等腰型，一定会出现旋转型全等。
其衍生模型有等腰对补角模型和等腰旁等角模型
考察点2：”脚拉脚”模型。构造辅助线思路是先中线倍长，再证明旋转全等。
半角模型加强
原题呈现：
半角模型，又称为夹半角模型，半角旋转模型。常用辅助线做法，旋转或折叠。其中核心处理思路是通过几何变换把图形条件转化和集中，从而找到问题的突破口
【变式1】（2022·江苏无锡·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，矩形按如图所示摆放在第一象限，点B的坐标为，将矩形绕着点O逆时针旋转（），得到矩形．直线、与直线相交，交点分别为点D、E，有下列说法：
①当时，矩形与矩形重叠部分的面积为；
②当，且落到y轴的正半轴上时，的长为；
③当点D为线段的中点时，点D的横坐标为；
④当点D是线段的三等分点时，的值为或．
其中，说法正确的是（ ）
A．①②B．③④C．①②③D．①②④
【答案】C
【分析】①计算和，根据三角形面积公式可得结论正确；
②分别根据三角函数计算和的长，相加可得的长；
③如图2，过点D作于F，则，证明（），设，则，根据勾股定理列方程可得结论；
④存在两种情况：或，如图3，，同理作辅助线构建全等三角形，可得，设，则，根据勾股定理列方程可得m和a的关系，根据正弦的定义可得结论．
【详解】解：①当时，点B的坐标为，
∴，
当时，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
即当时，矩形与矩形重叠部分的面积为；
故①正确；
②如图1，由旋转得：，
由勾股定理得：，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故②正确；
③∵点B的坐标为，
∴，
如图2，过点D作于F，则，
∵点D为线段的中点，
∴，
∴，
∵，
∴（），
∴，
设，则，，
中，，
解得： ，
∴
即当点为线段的中点时，点D的横坐标为；
故③正确；
④当点是线段的三等分点时，存在两种情况：或，
如图3，，过点D作于H，则，
同理可得，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
m1＝a，m2＝a（舍），
∴或；
故④错误；
本题正确的结论有：①②③
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，综合性很强，必须灵活掌握知识，学会用方程的思想解决问题．
【变式2】（2022·贵州黔东南·统考二模）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且，，，则这个等边三角形ABC的边长为________．
【答案】
【分析】将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°得三角形BDA，过B作BH⊥直线AP于H，先证明三角形BDP为等边三角形，利用勾股定理逆定理得∠DPA=90°，进而得∠BPH=30°，利用勾股定理解直角三角形即可得答案．
【详解】解：将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°，得三角形BDA，BC边落在AB上，过B作BH⊥直线AP于H，如图所示，
由旋转知，△BDP为等边三角形，AD=PC=，
∴BP=PD=BD=，∠BPD=60°，
∵PA=，
∴，
∴∠APD=90°，
∴∠BPH=30°，
∴BH=，PH=，
由勾股定理得：AB=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定、勾股定理逆定理、旋转变换的应用等知识点，解题关键是作旋转变换，将分散的条件集中在同一三角形中．
【变式3】（2022·山东济宁·校考二模）如图1，正方形对角线、交于点，、分别为正方形边、上的点，交于点，且，为中点．
(1)请直接写出与的数量关系
(2)若将绕点旋转到图2所示位置时，（1）中的结论是否成立，若成立请证明；若不成立，请说明理由；
(3)若，为中点，绕点旋转过程中，直接写出点与点的最大距离______．
【答案】(1)
(2)成立，证明见解析
(3)
【分析】（1）如图1，连接，由正方形的性质可知，是的中点，，，由可知为的中点，是等腰直角三角形，则，由N为中点，可知和分别为和的中位线，根据中位线的性质可得，，在中，由勾股定理可求得；
（2）如图2，连接，连接、交于点， 证明，则，，在中，由三角形内角和求得，则，和分别为和的中位线，根据中位线的性质可得，，在中，由勾股定理可求得；
（3）由题意知，，，可知在以为圆心，为半径的圆上运动，如图3，由题意知，当、、三点共线时，取最大与最小值，根据二者的差为的直径计算求解即可．
【详解】（1）解：．
如图1，连接，
由正方形的性质得，是的中点，，，
∵，
∴为的中点，且，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵N为中点，
∴和分别为和的中位线，
∴，，，，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴．
（2）解：成立．
证明如下：如图2，连接，连接、交于点，
由（1）知，，
由正方形的性质得，，，
∵，，
∴，
在和中
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵为的中点，N为中点，
∴和分别为和的中位线，
∴，，，，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴．
（3）解：由题意知，，，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，如图3，
由题意知，当、、三点共线时，取最大与最小值，且最大与最小的差为的直径，
∴点M与点C的最大距离和最小距离的差为．
故答案为∶
【点睛】本题考查了正方形的性质，中位线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，正弦，圆的概念等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
考查类型五 折叠探究题
例1 （2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，连接AC、BC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)将沿AC所在直线折叠，得到，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标．并求出四边形OADC的面积；
(3)点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）直接利用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）先利用勾股定理的逆定理证明为直角三角形，再根据折叠的性质得出点B、C、D三点共线，继而通过证明，利用相似三角形的性质即可得出点D的坐标，根据四边形OADC的面积进行求解即可；
（3）分两种情况讨论：当点P在x轴上方时，当点P在x轴下方时，分别求解即可．
【详解】（1）将，，代入抛物线，得
，解得，
所以，抛物线的表达式为；
（2）如图，过点D作DE⊥x轴于E，
，
∵，，，
，
，
为直角三角形且，
将沿AC所在直线折叠，得到，点B的对应点为D，
此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，，
，
，
，
，
，
∴四边形OADC的面积
；
（3）
当点P在x轴上方时，
∵，
∴轴，
点P的纵坐标为4，即，
解得或0（舍去）
；
当点P在x轴下方时，设直线CP交x轴于F，
∵，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
，
，
∴设直线CF的解析式为，
即，解得，
∴直线CF的解析式为，
令，解得或0（舍去），
当时，
；
综上，或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题目，涉及待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的逆定理，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握知识点并能够灵活运用是解题的关键．
例2 （2022·吉林长春·统考中考真题）【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在上，点B的对应点为点E，折痕为；再沿过点F的直线折叠，使点C落在上，点C的对应点为点H，折痕为；然后连结，沿所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想．
【问题解决】
(1)小亮对上面的猜想进行了证明，下面是部分证明过程：
证明：四边形是矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
请你补全余下的证明过程．
【结论应用】
(2)的度数为________度，的值为_________；
(3)在图①的条件下，点P在线段上，且，点Q在线段上，连结、，如图②，设，则的最小值为_________．（用含a的代数式表示）
【答案】(1)见解析
(2)22.5°，
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质可得AD=AF，，由HL可证明结论；
（2）根据折叠的性质可得 证明是等腰直角三角形，可求出GF的长，从而可得结论 ；
（3）根据题意可知点F与点D关于AG对称，连接PD，则PD为PQ+FQ的最小值，过点P作PR⊥AD，求出PR=AR=，求出DR，根据勾腰定理可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
由折叠得，，
∴
∴
又AD=AF，AG=AG
∴
（2）由折叠得，∠
又∠
∴∠
由得，∠
∠
又∠
∴∠
∴∠
∴
设则
∴
∴
∴
（3）如图，连接
∵
∴AG是FD的垂直平分线，即点F与点D关于AG轴对称，
连接PD交AG于点Q，则PQ+FQ的最小值为PD的长；
过点P作交AD于点R，
∵∠
∴∠
∴
又
∴
∴
在中，
∴
∴的最小值为
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，矩形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
折叠类的几何探究题，需要注意对应边、对应角的相等关系，再利用几何图形的性质可求解；
【变式1】（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=8，tan∠ABC=，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由翻折可知：NC=NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，延长GN交AB于点D，可得DN平分∠ANB，过点D作DH⊥BN，然后证明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN=HN=6，根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，由翻折可知：NC=NE，
所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，
在Rt△ABC中，∠A=90°，
∵AB=8，tan∠ABC=，
∴AC=12，
∵点N是边AC的中点，
∴AN=CN=6，
∴NE=6，
由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，
∴∠ENG=∠CNG，
延长GN交AB于点D，
∴∠BND=∠AND，
∴DN平分∠ANB，
∵DA⊥AN，
过点D作DH⊥BN，
∴DA=DH，
∴DB=AB-AD=8-DH，
在Rt△AND和Rt△HND中，
，
∴Rt△AND≌Rt△HND（HL），
∴AN=HN=6，
在Rt△ABN中，AB=8，AN=6，
∴BN==10，
∴BH=BN-HN=10-6=4，
在Rt△DBH中，DB=8-DH，根据勾股定理得：
DB2=DH2+BH2，
∴（8-DH）2=DH2+42，
解得DH=3，
在Rt△ADN中，DH=DA=3，AN=6，根据勾股定理得：
DN2=AD2+AN2，
∴DN2=32+62=45，
∴DN=3，
∵∠A=∠NGC=90°，∠AND=∠GNC，
∴∠ADN=∠NCG，
∵sin∠ADN=，
∴sin∠NCG=sin∠NCE=．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
【变式2】（2022·浙江宁波·统考一模）如图，矩形中，，分别与边相切，点M，N分别在上，，将四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，若射线恰好与相切，切点为G，则线段的长为 __．
【答案】##
【分析】设与相切于点E，与相切于点H，连接，过点N作于点F，利用切线的性质与切线长定理求得圆的半径，，利用折叠的性质可得，设，则，，通过证明，利用相似三角形的性质列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：设与相切于点E，与相切于点H，
连接，过点N作于点F，如图，
∵分别与边相切，，
∴的直径为4，
∴．
∵为的切线，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
∴．
∵为的切线，
∴，，．
∵四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，
∴，，，．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵四边形为直角梯形，，
∴，
设，则，，
∴，
解得：或（不合题意，舍去）．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，梯形的性质，切线长定理，条件适当的辅助线是解题的关键．
【变式3】（2022·福建宁德·统考二模）在中，点E是BC的中点，点F在AD上．将四边形ABEF沿EF折叠，得到四边形．
(1)利用图1，求证：；
(2)如图2，连接BD，若，，，当点落在BD上时，求EF的长；
(3)如图3，当点恰好落在线段CD上时，求证：直线与直线CD重合．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】(1)利用折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线判定定理，也可以运用折叠的性质，构造三角形中位线定理证明．
（2）设EF与BD相交于点O．运用勾股定理，三角函数，中位线定理求解即可．
(3)运用经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，证明即可．
(1)
解：（1）证法一：由折叠的性质可知：，．
∴．
∵E是BC的中点，
∴．
∴．
∴．
∴．
证法二：设EF与相交于点G．
由折叠的性质可知：G是的中点．
又∵E是BC的中点，
∴GE是的中位线．
∴．
即．
(2)
设EF与BD相交于点O．由折叠的性质可知：O是的中点，．
由（1）得．
∴．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴若，∠BDC＝∠ABD＝45°．
∴，．
∴．
在中，由勾股定理得．
∵E是BC的中点，O是的中点，
∴，．
∴．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴．
∴，即．
．
(3)
证法一：连接交直线EF于点M．由折叠知：．连接BM并延长交直线CD于点H．
∵四边形ABCD是平行四边形，点在CD上，
∴．
∴，．
∴．
∴BM＝HM．
又∵E是BC的中点，
∴EM是△BCH的中位线．
∴，即．由（1）得．
∵过点C有且只有一条直线与EF平行，
∴点在直线CD上．
∴直线与直线CD重合．
证法二：连接并延长交直线AB于点K，连接AE．
∵四边形ABCD是平行四边形，点在CD上，
∴．
∴，．
∵BE＝CE，
∴．
∴．
由折叠知：，．
∴．
∴
∵过点有且只有一条直线与AB平行，
∴直线与直线重合．即直线与直线CD重合．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，是三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，三角函数的应用，熟练掌握平行四边形的性质，折叠性质，三角函数，勾股定理是解题的关键．
考查类型六 类比探究题
例1 （2020·山东烟台·统考中考真题）如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
（1）如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）FC＝CD+CE，见解析
【分析】（1）在CD上截取CH＝CE，易证△CEH是等边三角形，得出EH＝EC＝CH，证明△DEH≌△FEC（SAS），得出DH＝CF，即可得出结论；
（2）过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．
【详解】（1）证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
（2）解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键．
何为类比？
类比结构构造，是几何压轴题的一类模型，在中考数学压轴题中经常出现。
那么，什么是类比构造呢？
在初一学习平行线的时候，我们就接触过类比结构的题型，比如：拐角模型（也有部分老师细分成猪蹄模型、铅笔模型等）。
下图是经典的拐角模型范例：（1）当拐角在两平行线内部时（内拐、外拐）；（2）当拐角在两平行线外部时（上拐、下拐）；（3）当出现多个拐角时。
何为类比？
类比结构构造，是几何压轴题的一类模型，在中考数学压轴题中经常出现。
那么，什么是类比构造呢？
在初一学习平行线的时候，我们就接触过类比结构的题型，比如：拐角模型（也有部分老师细分成猪蹄模型、铅笔模型等）。
下图是经典的拐角模型范例：（1）当拐角在两平行线内部时（内拐、外拐）；（2）当拐角在两平行线外部时（上拐、下拐）；（3）当出现多个拐角时。
何为类比？
类比结构构造，是几何压轴题的一类模型，在中考数学压轴题中经常出现。
那么，什么是类比构造呢？
在初一学习平行线的时候，我们就接触过类比结构的题型，比如：拐角模型（也有部分老师细分成猪蹄模型、铅笔模型等）。
下图是经典的拐角模型范例：（1）当拐角在两平行线内部时（内拐、外拐）；（2）当拐角在两平行线外部时（上拐、下拐）；（3）当出现多个拐角时。
【变式1】（2022·江苏镇江·统考一模）【探究发现】
在中，，，M是边上一点，将沿折叠得到．如图1，若与线段相交，连接，在上取一点P，使，交于点Q，①证明：；②探究与的数量关系，并写出探究过程；
【类比学习】
如图2，在中，，，M是边AC上一点，将沿折叠得到，若与线段相交，连接，在上取一点P，使，交于点Q， （用含n的式子表示）；
【拓展应用】
在前面的发现和探究的经验下，当时，M是的中点时，若，求的长．
【答案】【探究发现】①见解析；②，证明见解析；【类比学习】；【拓展应用】．
【探究发现】①设，利用折叠的性质和等腰三角形的性质求解即可；②通过证明即可求解；
【类比学习】通过证明，求解即可；
【拓展应用】延长交于点，利用垂直平分线以及相似三角形的性质得到，设，求得、，即可求解．
【详解】解：【探究发现】①设，
由折叠的性质可得：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴；
②在和中
∴
∴；
解：【类比学习】设，
由折叠的性质可得：，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴，
∴；
在中，；
∴；
解：【拓展应用】延长交于点，
则垂直平分，
又∵为的中点
∴，，
∴，，
∵，
∴，
，
设，则
∵
∴，即，
∵
∴，即
∴
∴，，即
由勾股定理可得：，
，解得，负值舍去，
即．
【点睛】此题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，能够灵活利用相关性质进行求解．
【变式2】（2022·江苏扬州·校考三模）在矩形中，，
【问题发现】
(1)如图1，E为边上的一个点，连接，过点C作的垂线交于点F，试猜想与的数量关系并说明理由．
【类比探究】
(2)如图2，G为边上的一个点，E为边延长线上的一个点，连接交于点H，过点C作的垂线交于点F，试猜想与的数量关系并说明理由．
【拓展延伸】
(3)如图3，点E从点B出发沿射线运动，连接，过点B作的垂线交射线于点F，过点E作的平行线，过点F作的平行线，两平行线交于点H，连接，在点E的运动的路程中，线段的长度是否存在最小值？ 若存在，求出线段长度的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)存在，长度的最小值为
【分析】（1）证明，即可得解；
（2）过点作的垂线交于点，证明，即可得解；
（3）过点作于点，连接，则四边形是矩形，证明，得出，根据，可得，得出在上运动，当时，最小，进而求得，根据，即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
过点作的垂线交于点，如图所示：
则四边形为矩形，
∴，
∵，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）存在，理由如下，
如图，过点作于点，连接，则四边形是矩形，
∵
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴在上运动，
∴当时，最小，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，，
即长度的最小值为．
【点睛】本题考查了，相似三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
【变式3】（2022·广东深圳·深圳市大鹏新区华侨中学校考模拟预测）【问题背景】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，EF＝AE，∠AEF＝90°，点G是射线BC上一点，求证：tan∠FCG＝1；
证明思路：取AB的中点K，连接EK，证明△AKE≌ECF，所以∠ECF＝∠AKE，又可证BK＝BE，所以∠BKE＝45°，可证∠FCG＝45°，从而结论成立；
(1)【类比证明】在上例中，如图2，如果点E是边BC上与点B不重合的任意一点，其余条件不变，上述结论仍成立吗？如果成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(2)【深入探究】如图3，在矩形ABCD中，点E是边BC上与B不重合的任意一点，AB＝kAD，AE＝kEF，∠AEF＝90°，点G是射线BC上一点，则tan∠FCG＝ ；
(3)【拓展应用】如图4，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点E是边AC上与A不重合的任意一点，AB＝kAC，BE＝kEF，∠BEF＝∠BAC，AE＝3，EC＝2，点G是射线AC上一点，若CF∥EB，请直接写出此时k的值．
【答案】(1)成立，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）在边AB上取点K，使AK＝EC，连接KE，利用正方形的性质求出∠BKE＝∠BEK＝45°，再证明△EAK≌FEC （SAS），根据全等三角形的性质可得∠AKE＝∠ECF，再利用正切的定义即可求解；
（2）作，交线段AB于点M，根据矩形的性质证明，再由相似三角形的性质和正切的定义进行求解即可；
（3）利用平行线的性质和已知条件证明，根据相似三角形的性质求出，继而利用勾股定理构建方程求解即可．
（1）
上述结论仍然成立，理由如下：
证明：在边AB上取点K，使AK＝EC，连接KE，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB＋∠CEF＝90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠AEB＋∠BAE＝90°，AB－AK＝BC－EC，
∴∠BAE＝∠CEF，BK＝BE，
∴∠BKE＝∠BEK＝45°，
在和中，，
∴△EAK≌FEC （SAS），
∴∠AKE＝∠ECF，
∴∠BKE＝∠FCG，
又∵∠BKE＝45°
∴∠FCG＝45°，
∴tan∠FCG＝1；
（2）
作，交线段AB于点M，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB＋∠CEF＝90°，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，，
∴∠AEB＋∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
，
，，
，
AE＝kEF，
，
，
，
AB＝kAD＝kBC，
，
故答案为：；
（3）
∠BEF＝∠BAC，
，
，
，
，
，
，
，
AB＝kAC，BE＝kEF，AE＝3，EC＝2，
，
，
解得，
，
∠ACB＝90°，
由勾股定理得，
即，
解得（负舍）．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正切的定义，矩形的性质证，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【培优练习】
1．（2022·福建福州·校考一模）如图，已知，分别为正方形的边，的中点，与交于点．则下列结论：①，②，③，④．其中正确结论的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质可得，，再根据中点定义求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，从而求出，再根据邻补角的定义可得，从而判断①正确；
根据中线的定义判断出，然后求出，判断出②错误；
设正方形的边长为，利用勾股定理列式求出，再根据相似三角形对应边成比例求出，然后求出，消掉即可得到，判断出③正确；
过点作于，由相似三角形的性质得出，解得，，得出，根据勾股定理得，求出，，得出，判断出④正确，即可得出结论．
【详解】解：在正方形中，，，
、分别为边，的中点，
在和中，
，
，
，
，
，
，故①正确；
是在边上的中线，，
，
，故②错误；
设正方形的边长为，则，
在中，
，
，，
，
，即，
，
，故③正确；
如图，过点作于，则，
，
，即
解得，，
，
根据勾股定理得，
，，
，故④正确；
综上所述，正确的结论有①③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，勾股定理逆定理的应用，综合性较强，难度较大，仔细分析图形并作出辅助线构造出直角三角形与相似三角形是解题的关键．
2．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）如图，边长为4的正方形中，点E、F分别在边上，连接，且有．将沿翻折，若点D的对应点恰好落在上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点E作于点，设，，根据勾股定理列方程求得，即可．
【详解】解：过点作于点，如下图：
设，，则，，
由题意可得：，，为等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理可得：，
，即，解得，
，即，解得，
，
故选：D.
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次根式的运算，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
3．（2022·广东深圳·校考二模）如图，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，点在直线l：y＝kx＋8上．直线l分别交x轴，y轴于点E，F．将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】如图：作，，再证，，从而求出点B坐标（0,4），向左平移m个单位后坐标为（-m,4），最后代入直线l的解析式即可．
【详解】解：如图：作，，
∵
∴OM=6,DM=2
将点代入y＝kx＋8,解得：k=1
∴直线解析式为：
∵四边形形ABCD为正方形
∴AD=AB=CD=BC
∵，
∴
∴
∴OA=DM=2，AM=OB=4，
同理可证
∴BN=AO=2，CN=OB=4
∴点B坐标为（0,4）
将点B向左平移m个单位后坐标为（-m，4）
将（-m,4）代入，得：4=-m+8，解得：m=4．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、点的平移以及点坐标与直线图像的关系等知识点，构造全等三角形求得求点B坐标是解题的关键．
4．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考模拟预测）如图，直线y=2x+5与x轴、y轴分别交于A、B两点，与反比例交于C、D两点，直线OD交反比例于点E，连接CE交y轴于点F，若CF：EF=1：4，则△DCE的面积为（ ）
A．8B．5C．7.5D．6
【答案】C
【分析】根据题意，求得点，得到，设作出辅助线，证明，设，则，分别求得，根据在上，得出，即进而求得的坐标，证明是直角三角形,即可求解．
【详解】解：∵直线y=2x+5与x轴、y轴分别交于A、B两点，
令得，令得，
∴，
如图，过点作轴的垂线，垂足分别为，
设，则，
∴，
∵，
∴，设，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵在上，
∴，
∴，
解得，
∴，，
∴，,
∵关于对称，
∴，
∴，,，
∵,
∴,
∴是,
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，正切的意义，勾股定理以及勾股定理的逆定理，反比例数的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
5．（2021·浙江湖州·模拟预测）如图，已知在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为BC边的中线，过点C作CE⊥AD于点E，交AB于点F．若AC＝2，则线段EF的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，由勾股定理可求AD的长，由面积法可求CE，由“AAS”可证△ACD≌△CBH，可得CD＝BH＝1，AD＝CH＝，通过证明△ACF∽△BHF，可得＝，可求CF的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，
∵AD为BC边的中线，AC＝BC＝2，
∴CD＝BD＝1，
∴AD＝＝＝，
∵，
∴CE＝＝，
∵∠ADC+∠BCH＝90°，∠BCH+∠H＝90°，
∴∠ADC＝∠H，
在△ACD和△CBH中，
，
∴△ACD≌△CBH（AAS），
∴CD＝BH＝1，AD＝CH＝，
∵AC⊥BC，BH⊥BC，
∴AC∥BH，
∴△ACF∽△BHF，
∴＝，
∴CF＝，
∴EF＝CF﹣CE＝﹣＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（2022·广东深圳·深圳市海滨中学校考模拟预测）如图①，已知Rt△ABC的斜边BC和正方形DEFG的边DE都在直线l上（BC＜DE），且点C与点D重合，△ABC沿直线l向右匀速平移，当点B与点D重合时，△ABC停止运动，设DG被△ABC截得的线段长y与△ABC平移的距离x之间的函数图像如图②，则当x＝3时，△ABC和正方形DEFG重合部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，由图形可知，当点H和点D重合时，DG被截得的线段长最长，即CH=1；当点B和点D重合时，BC=4，由此可解△ABC；画出当x=3时的图形，利用相似可得出结论．
【详解】解：如图①，
过点A作AH⊥BC于点H，
∴∠AHB=∠AHC=∠BAC=，
∴∠ABH+∠BAH=∠BAH+∠HAC=，
∴∠ABH=∠HAC，
∴△ABH∽△CAH，
∴AH：HC=BH：AH，
结合图①可知，当点H和点D重合时，DG被截得的线段长最长，即CH=1；
当点B和点D重合时，由函数图像可得：BC=4，
∴BH=3，
∴AH：1=3：AH，即（负值舍去），
当x=3时，， 如图②，
∴设与DG的交点为M，
由，
则，
∴，
∴1：3=MD：，
即，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及相似三角形的性质与判定，解题关键是得出BC和DM的长．
7．（2022·江苏扬州·校联考三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF＋CF的最小值是（ ）
A．4B．4C．5D．2
【答案】A
【分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明，确定点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，通过勾股定理即可求得长度．
【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴，ED＝EF，
∴，
又∵在中，，
∴，
在和中，
∴
∴FG＝AE，EG＝DA，
∴点F在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点，
∵EG＝DA，
∴EG＝DA，
∴EG－EB＝DA－EB，即BG＝AE，
∴BG＝FG，是等腰直角三角形，，
∴，
∴点在AB的延长线上，
当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，
在中，AD＝4，，
∴，
∴DF＋CF的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、轴对称性质、最短路径，能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
8．（2022·湖北鄂州·统考一模）如图，已知正方形的边长为3，点E是边上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转到，连接，则当之和取最小值时，的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，求出DC'=3即可．
【详解】解：连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF=DE，
∴△AED≌△GFE（AAS），
∴FG=AE，
∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C'，
∵EG=DA，FG=AE，
∴AE=BG，
∴BG=FG，
∴∠FBG=45°，
∴∠CBF=45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C'点在AB的延长线上，
当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，
在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，
∴DC'=3，
∴DF+CF的最小值为3，
∴此时的周长为．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
9．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，平行四边形中，点E在边上，连接，，F在上，，，若，，则___________．
【答案】4或9##9或
【分析】过点A作于点H，根据已知条件解直角三角形，可得，的长，设，根据勾股定理，可得的值，再根据平行四边形的性质，易证，根据相似三角形的性质列方程，求解即可．
【详解】解：过点A作于点H，如图所示：
∴，
∵，，
∴，，
设，则，
根据勾股定理，得，
在平行四边形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得或，
∴或9，
故答案为：4或9．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，涉及勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，本题综合性较强，难度较大，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理．
10．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在正方形中，，点E为对角线上一点，，交边于点F，连接交于点G，若，则的面积为______．
【答案】
【分析】连接，作于，利用正方形的性质可得，，则有，，据四边形的内角和可得，可得，得，便可得为等腰直角三角形，则有，利用，可求得，，再利用相似三角形列比例式可得，进而可求得，便可计算出的面积．
【详解】解：连接，作于，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
则在四边形中：
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，，则
又∵，
∴，即：，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含的直角三角形，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
11．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，矩形中，，分别与边相切，点M，N分别在上，，将四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，若射线恰好与相切，切点为G，则线段的长为 __．
【答案】##
【分析】设与相切于点E，与相切于点H，连接，过点N作于点F，利用切线的性质与切线长定理求得圆的半径，，利用折叠的性质可得，设，则，，通过证明，利用相似三角形的性质列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：设与相切于点E，与相切于点H，
连接，过点N作于点F，如图，
∵分别与边相切，，
∴的直径为4，
∴．
∵为的切线，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
∴．
∵为的切线，
∴，，．
∵四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，
∴，，，．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵四边形为直角梯形，，
∴，
设，则，，
∴，
解得：或（不合题意，舍去）．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，梯形的性质，切线长定理，条件适当的辅助线是解题的关键．
12．（2020·湖北武汉·统考一模）如图，在中，，D是上一点，点E在上，连接交于点F，若，则＝__________．
【答案】2
【分析】过D作垂直于H点，过D作交BC于G点，先利用解直角三角形求出的长，其次利用，求出的长，得出的长，最后利用求出的长，最后得出答案．
【详解】解：如图：过D作垂直于H点，过D作交于G点，
∵在中，，
∴，
又∵，
∴ ，
∴在等腰直角三角形中，，
∴，
在中，，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴ ，
即，
∴ ，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．
13．（2023·广西玉林·一模）如图，在菱形中，，点，分别在，边上，且，与交于点，若，，则四边形的面积为______．
【答案】
【分析】首先利用菱形的性质得出，又由得出是等边三角形，进一步证明，得出，证得四边形是圆内接四边形，过点A再分别作，，证明，把四边形的面积转化为四边形的面积即可．
【详解】解：四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是圆内接四边形，
，
如图，过点A分别作，，垂足分别为、，
是平分线，
，
在和中，
，
，
，
，
连接，
在和中，
，
，
，，
，
．
．
故答案为：．
【点睛】此题考查菱形的性质，等边三角形的判定，三角形全等的判定与性质，圆内接四边形的判定与性质等知识点．
14．（2022·广西南宁·统考三模）如图，若点是正方形外一点，，，，则的正切值是_________．
【答案】
【分析】将三角形DCO绕点C逆时针旋转90度，得△BCE，连接OE，过点C作CF⊥BE于F，证∠BEO=90°，从而求出∠CEF=45°，得△CEF是等腰直角三角形，利用勾股定理可求得CF=EF= ，继而可求得BF长，即可由正切定义求出tan∠CDO= tan∠CBF=，得解．
【详解】解：如图，将三角形DCO绕点C逆时针旋转90度，得△BCE，连接OE，过点C作CF⊥BE于F，
由旋转可得，BE=DO=2，CE=CO=1，∠CDO=∠CBE，∠OCE=90°，
∴在Rt△OCE中，由勾股定理，得
OE=，
∵BE2+OE2=，OB2=，
∴BE2+OE2= OB2，
∴∠BEO=90°，
∵∠OCE=90°，CE=CO
∴△OCE是等腰直角三角形，
∴∠CEO=45°，
∴∠CEF=∠OCE-∠CEO=45°，
∵CF⊥BE，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=CF，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得2EF2=CE2=1，
∴CF=EF=，
∴BF=BE-EF=2-=，
在Rt△BCF中，tan∠CBF=，
∴tan∠CDO= tan∠CBF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理，正方形的性质，解直角三角形，将三角形DCO绕点C逆时针旋转90度，得△BCE，连接OE，证∠BEO=90°是解题的关键．
15．（2022·山东菏泽·菏泽一中校考模拟预测）如图①，在中，，，点D，E分别在边，上，且．则．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为．如图②，连接，．
(1)如图②，请直接写出与的数量关系．
(2)将旋转至如图③所示位置时，请判断与的数量关系和位置关系，并加以证明．
(3)在旋转的过程中，当的面积最大时，______．（直接写出答案即可）
【答案】(1)
(2)，，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用证明，可得结论；
（2）设与相交于点O，证明，即可得到，，进一步得到，即可得到结论．
（3）在中，边的长度为定值，当边上的高最大时，的面积最大，则当点D在的垂直平分线上时，的面积最大，进一步求解即可得到旋转角的度数．
【详解】（1），理由如下：
，
，
即，
在和中，
，
，
；
（2）且．理由如下：
∵，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，，
设与相交于点O，
由可得：，
∴，
∴，
∴，
∴且；
（3）在中，边的长度为定值，当边上的高最大时，的面积最大，
∴当点D在的垂直平分线上时，的面积最大，
如图所示，
∵,，于点G，
∴，
∴，
即当的面积最大时，，
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质等知识，证明是解题的关键．
16．（2022·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考三模）如图，的边在轴上，点为的中点，点A的坐标为，反比例函数的图象经过点A，将沿轴向右平移得到，与反比例函数的图象交于点，连接．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)在平移过程中，当时，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据相似三角形的性质得，作于H，根据，得，根据含30度角的直角三角形的性质可得点D的纵坐标，再代入反比例函数解析式可得答案．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为，反比例函数的图象经过点A，
∴，
∴反比例函数的解析式为
（2）∵
∴，
作于H，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由平移知
∴，
∴，
当时，，
解得，
∴．
【点睛】此题是反比例函数的综合题，主要考查了函数图象上点的坐标的特征，平移的性质，三角函数，相似三角形的性质等知识，熟练掌握30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
17．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）在中，过作的平行线，交的平分线于点，点是上一点，连接，交于点，．
(1)如图1，求证：四边形是菱形；
(2)如图2，若，，点、分别是、边中点，连接、、，不添加字母和辅助线，直接写出图中与所有的全等的三角形．
【答案】(1)见解析
(2)，，，
【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，推出，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到菱形是正方形，求得，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
菱形是正方形，
，
，
是的中点，是边中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
图中与全等的三角形有，，，．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，证得是解题的关键．
18．（2018·江西景德镇·统考二模）如图，将绕点逆时针旋转后，与构成位似图形，我们称与互为“旋转位似图形”．
(1)知识理解：两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形 （填“是”或“不是”“旋转位似图形”；
如图1，与互为“旋转位似图形”，
①若，，，则 ；
②若，，，则 ；
(2)知识运用：
如图2，在四边形中，，于，，求证：和互为“旋转位似图形”；
(3)拓展提高：
如图3，为等腰直角三角形，点为中点，点是上一点，是延长线上一点，点在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，，求出和的值．
【答案】(1)是；①；②
(2)见解析
(3)，
【分析】（1）根据旋转位似图形的定义；
旋转位似图形的性质，得，根据三角形的内角和，即可；
根据相似三角形的性质，即可；
（2）如图，根据，，，得，；根据对顶角相等，得，；再根据，即可；
（3）连接，根据勾股定理，求出，过作于，由，；根据等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，求出，再根据勾股定理，即可求出的长．
【详解】（1）两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形，把其中一个三角形绕公共顶点旋转后构成位似图形，故它们互为“旋转位似图形”，
故答案为：是；
①∵与互为“旋转位似图形”
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴；
②∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
故答案为：是；①；②．
（2）如图：
∵，，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴和互为“旋转位似图形”．
（3）连接
∵为等腰直角三角形，点为中点，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴；
过作于，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述：，．
【点睛】本题考查相似三角形，勾股定理的知识，解题的关键是理解旋转位似图形的定义，相似三角形的判定和性质．
19．（2022·辽宁盘锦·校考一模）如图1，在中，，，于点D，连接，在上截取CE，使，连接．
（1）直接判断与的数量关系 ；
（2）如图2，延长交于点F，过点E作交BC于点G，试判断与之间的数量关系，并证明；
（3）在（2）的条件下，若，，求的长．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）．
【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出；
（2）过点B作交于点M，证得为等腰直角三角形，则，证明，由全等三角形的性质得出，由直角三角形的性质可得出结论；
（3）设，则，证明，由相似三角形的性质，则可得出答案．
【详解】解：（1）；
如图1，与交于点F，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
故答案为：；
（2），
过点B作交于点M，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴；
（3）∵，为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确构造全等三角形解决问题．
20．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在中，，斜边，经过原点O，点C在y轴的正半轴上，交x轴于点D，且，反比例函数的图象经过A、B两点．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)点P为直线上一动点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）过点A作轴于点E，根据题意可得A、B关于原点对称，再由直角三角形的性质可得，再由平行线分线段成比例可得，然后根据勾股定理求出，可得到点A的坐标，即可求解；
（2）延长至点F，使得，连接交直线于点P，连接，可得垂直平分，从而得到，再由“两点间线段最短”可得的最小值为线段的长，然后根据A、B关于原点对称，可得，可求出点F的坐标为，即可求解．
【详解】（1）解：如图①，过点A作轴于点E，
∵经过原点O，
∴A、B关于原点对称，
∴O为的中点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点A的坐标为，
∴，
∴反比例函数的解析式为．
（2）解：如图②，延长至点F，使得，连接交直线于点P，连接，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
由“两点间线段最短”可得的最小值为线段的长，
由（1）得A、B关于原点对称，
∴，
∵C为线段的中点，
∴，，即，，
解得，，
∴点F的坐标为，
∴，即的最小值为．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何应用，平行线分线段成比例，勾股定理，线段垂直平分线的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
考查类型
考查类型一 非动点探究题
考查类型二 动点探究题
考查类型三 平移探究题
考查类型四 旋转探究题
考查类型五 折叠探究题
考查类型六 类比探究题
新题速递
一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
模块三 重难点题型专项训练
专题39 几何探究题（6大类型）
考查类型一 非动点探究题
例1 （2022·宁夏·中考真题）综合与实践
知识再现
如图，中，，分别以、、为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，______．
问题探究
如图，中，．
（1）如图，分别以、、为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是______．
（2）如图，分别以、、为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；
（2）如图，分别以图中的边、、为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、、为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．
【答案】知识再现 ；
问题探究：（1）；（2）；理由见解析；
实践应用：（1）见解析；（2）．
【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出，，，由勾股定理可得，即可求S4+S5=S6；
实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则，，再由，可证明．
(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由，即可求．
【详解】知识再现：解：中，，
，
，
，，
，
故答案为：；
问题探究：解：中，，
，
，
，
故答案为：；
解：中，，
，
过点作交于，
在等边三角形中，，，
，
，
同理可得，，
，
；
实践应用：证明：设，，，
，，，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，
是等边三角形，四边形是平行四边形，
，，
是直角三角形，
，
，
；
解：设，，，以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为、以为直径的圆的面积为，
是直角三角形，
，
，
，
，，，
，
，，
，
．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
例2 （2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=AC；理由见详解；
(3)或
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．
∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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．
各地的中考数学试题中,最后一道压轴题以代数和几何的综合性问题最为常见,而非动点坐标系图形探究问题,更是近年的重点与难点,这类问题往往自成一系,解法有规律可循.非动点坐标系图形探究问题,是指以坐标系中的特殊图形如特殊三角形,特殊四边形,相似图形或特殊直线等为探究对象,以初中代数和几何难点内容相结合为背景,以数形结合为研究方法的题型.通过图形之间的特殊位置关系和一些特殊的值,建立方程或函数模型去求解,是解决这类问题的关键.
【变式1】（2022·重庆·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点E是对角线上一点，连接AE并延长交CD于点F，过点E作EG⊥AE交BC于点G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，则AE＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作的平行线，分别交于点，先根据矩形的性质与判定可得四边形和四边形都是矩形，设，则，再根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得的值，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：如图，过点作的平行线，分别交于点，
四边形是矩形，，
，
四边形是矩形，
，
同理可得：四边形是矩形，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
，，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，即，
解得或，
经检验，是所列分式方程的根，且符合题意；不是所列分式方程的根，舍去，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
【变式2】（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在平行四边形中，，，，于点E，点F为的中点，与相交于点P，则的长为______．
【答案】
【分析】延长交于点，根据平行四边形的性质，得到，进而得到，相似比为，得到，，得到，利用所对的直角边是斜边的一半，得到，进而求出的值，过点作，交的延长线与点，易得四边形为矩形，进而得到的长，利用勾股定理求出的长，再根据的值求出的长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
延长交于点，
∵四边形为平行四边形，，，
∴，
∴，
∴，
∵点F为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
过点作，交的延长线与点，
则四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，含的直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．本题的综合性强，通过添加辅助线，证明三角形相似，是解题的关键．
【变式3】（2022·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）问题提出：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积．
问题探究：为了解决上述问题，我们先由特殊到一般来进行探究．
探究一：如图1，在中，，，，，求的面积．
在中，，
．
．
探究二：如图2，中，，，，求的面积（用含、、代数式表示），写出探究过程．
探究三：如图3，中，，，，求的面积（用、、表示）写出探究过程．
问题解决：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积方法是：___________（用文字叙述）．
问题应用：如图4，已知平行四边形中，，，，求平行四边形的面积（用、、表示）写出解题过程．
问题拓广：如图5所示，利用你所探究的结论直接写出任意四边形的面积（用、、、、、表示），其中，，，，，．
【答案】，见解析；，见解析；一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半；；
【分析】探究二：如图2中，作于．求出高，即可解决问题；
探究三：如图3中，作于．求出高，即可解决问题；
问题解决：（）是a、b两边的夹角）；
问题应用：如图4中，作AH⊥CB于H．求出高，即可解决问题；
问题拓广：如图5，连接，由探究三的结论可得出答案．
【详解】解：探究二：如图2中，作于．
，，，
，
在中，，
，
，
．
探究三：如图3中，作于．
在中，
，
．
问题解决：一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半．
故答案为：一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半．
问题应用：如图4中，作于．
在中，
，
．
问题拓广：
连接，由探究三的结论可得：．
．
．
【点睛】本题考查四边形综合题、三角形的面积、平行四边形的面积，锐角三角函数知识，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．
考查类型二 动点探究题
例1 （2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②
【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，
≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．
，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，
∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【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，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
例2 （2022·吉林长春·统考中考真题）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．
【详解】（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．
从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图象等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索及发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。选择基本的几何图形，让学生经历探索的过程，以能力为意，考查学生的自主探究能力，促进培养学生解决问题的能力，图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况，需要理解图形在不同位置的情况，才能做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决“动点”探究题的基本思路.
【变式1】（2021·江苏南通·统考一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，若D，E是边AB上的两个动点，F是边AC上的一个动点，DE＝，则CD+EF的最小值为( )
A．﹣B．3﹣C．1+D．3
【答案】B
【分析】首先是含有角的直角三角形，因此可以得知各边的长分别为，．因为，是边上的两个动点，是边上的一个动点，求的最小值，就是需要转换成同一直线上求解，即求关于的对称点，作．构建平行四边形，作于，交于．利用平行四边形和对称图形的性质，找出线段之间的关系．
【详解】解：如图，过C作AB的对称点C1，连接CC1，交AB于N；过C1作C1C2∥AB，且C1C2＝，过C2作C2F⊥AC于F，交AB于E，C2F的长度即为所求最小值，
∵C1C2∥DE，C1C2＝DE，
∴四边形C1DEC2是平行四边形，
∴C1D＝C2E，
又∵CC1关于AB对称，
∴CD＝C1D，
∴CD+EF＝C2F，
∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC＝2，
∴CN＝，AN＝3，
过C2作C2M⊥AB，则C2M＝C1N＝CN＝，
∴C2M∥C1N，C1C2∥MN，
∴MN＝C1C2＝，
∵∠MEC2＝∠AEF，∠AFE＝∠C2ME＝90°，
∴∠MC2E＝∠A＝30°，
在Rt△C2ME中，ME＝，C2M＝1，C2E＝2，
∴AE＝AN﹣MN﹣ME＝3﹣﹣1＝2﹣，
∴EF，
∴C2F．
故选：B．
【点睛】本题主要考查动点构成的线段中最小值问题，转换成三点共线，并在垂直的时候最小，找到对称点，构建最短路径是解题的关键．
【变式2】（2023·陕西西安·交大附中分校校考一模）如图，在矩形中，，，点为线段的中点，动点从点出发，沿的方向在和上运动，将矩形沿折叠，点的对应点为，当点恰好落在矩形的对角线上时，点运动的距离为________.
【答案】或
【分析】分点落在对角线上和点落在对角线上两种情况分别进行讨论求解，即可得出点运动的距离．
【详解】分两种情况：
①当点落在对角线上时，连接，如图所示：
将矩形沿折叠，点的对应点为点，且点恰好落在矩形的对角线上，
，
点为线段的中点，
，
，即，
，
点是的中点，
在矩形中，，
，
，
点运动的距离为；
②当点落在对角线上时，作于，则，四边形为矩形，如图所示：
在矩形中，，，，，
，，
，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
点运动的距离为；
综上所述：点运动的距离为或；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了几何变换综合题，需要利用翻折变换的性质、矩形的性质、平行线的性质、三角函数的应用等知识；熟练掌握矩形的性质，熟记翻折变换的性质是解题的关键．
【变式3】（2022·广东云浮·校联考三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点C，点在抛物线上，点P是抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，连接，若平分，求点P的坐标；
(3)如图2，连接，，抛物线上是否存在点P，使？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）利用角平分线的性质和平行线的性质作轴，交于点Q，交x轴于点E，可证得，求的解析式为，设点P的横坐标为t，则有，，，求出，，由求得t值即可解答；
（3）将绕点O顺时针方向旋转，至，可得，，则，求出过点的直线的解析式为，与抛物线联立方程组求得交点；再过C作轴，过B作轴，与交于点F，则四边形为正方形，作关于的对称点G，点G在上，作直线，则直线与抛物线的交点也满足条件，则，与点D重合，则可得，即可求解．
【详解】（1）解：∵点、在抛物线上，
∴，
解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：作轴，交于点Q，交x轴于点E，如图1所示：
∵轴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
设的解析式为，
将代入，，
∴的解析式为，
设点P的横坐标为t，则有，，，，
∴，，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴，
∴点P的坐标为；
（3）解：存在，或．
当时，，则，
∴，则，
将绕点O顺时针方向旋转，至，如图2所示：
则，，
∴
由题意知，直线过点，
设直线的解析式为，
将，，代入，得：，
解得：，
∴直线BP的解析式为，
联立，
解得：或，
∴，
此时使；
如图2所示，过C作轴，过B作轴，与交于点F，则四边形为正方形，
作关于的对称点G，则点G在上且，
∴，与点D重合，
作直线，则，
∴直线与抛物线的交点也满足条件，
∵点在抛物线上，
∴．
综上，抛物线上存在点P，使，点P的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、坐标与图形、等腰三角形的判定与性质、解一元二次方程、二次函数与几何变换（旋转和轴对称）、正方形的判定与性质，熟练掌握相关知识的联系与运用，会利用数形结合思想和正确添加辅助线求解是解答的关键．
考查类型三 平移探究题
例1 （2019·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6,0），点B在y轴的正半轴上，．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD=2.．
（Ⅰ）如图①，求点E的坐标；
（Ⅱ）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形，点C，O，D，E的对应点分别为．设，矩形与重叠部分的面积为S．
①如图②，当矩形与重叠部分为五边形时，，分别与AB相交于点M，F，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t的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（Ⅰ）的坐标为；（Ⅱ）①，；②.
【分析】（Ⅰ）先根据A点坐标和已知得出AD的长，再根据30角所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理得出CO的长即可得到点E的坐标
（Ⅱ）①根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出，再根据勾股定理得出，再根据得出S与t的函数关系式
②分2和4两种情况，根据平移的性质和30角所对的直角边等于斜边的一半得出S与t的函数关系式，分别求出s=和s=时t的值即可
【详解】解：（Ⅰ）由点，得．
又，得．
在矩形中，有，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．有．
∴点的坐标为．
（Ⅱ）①由平移知，，，．
由，得．
∴在中，．
∴由勾股定理，得．
∴．
∵,
∴．
∴，其中的取值范围是．
②当时，
当S=时，，解得t=
当S=时，，解得t=
当2时，如图，OF=,G=
∴S=
当S=时，=；解得t=4.5
当S=时，=；解得t=；
当4时，如图，F=，A=
∴S=（6-t）（6-t）=
当S=时， =；解得t= 或t=
当S=时， =；解得t= 或t=
∴当时，．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了平移变换，勾股定理，二次函数以及一元二次方程的解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
例2 （2012·四川达州·中考真题）如图1，在直角坐标系中，已知点A（0，2）、点B（－2，0），过点B和线段OA的中点C作直线BC，以线段BC为边向上作正方形BCDE.
（1）填空：点D的坐标为（ ），点E的坐标为（ ）.
（2）若抛物线经过A、D、E三点，求该抛物线的解析式；
（3）若正方形和抛物线均以每秒个单位长度的速度沿射线BC同时向上平移，直至正方形的顶点E落在y轴上时，正方形和抛物线均停止运动；
①在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为s，求s关于平移时间t（秒）的函数关系式，并写出相应自变量t的取值范围；
②运动停止时，求抛物线的顶点坐标.
【答案】（1）D（－1，3），E（－3，2）；（2）；（3）①．②（，）．
【分析】（1）构造全等三角形，由全等三角形对应线段之间的相等关系，求出点D、点E的坐标；
（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（3）①为求s的表达式，需要识别正方形（与抛物线）的运动过程．正方形的平移，从开始到结束，总共历时1.5秒，期间可以划分成三个阶段：当0＜t≤0.5时，对应图a；当0.5＜t≤1时，对应图b；当1＜t≤1.5时，对应图c；分别求解即可；
②当运动停止时，点E到达y轴，点E（﹣3，2）运动到点E′（0，3.5），可知正方形BCDE在y轴上所截得的线段运动的路线长为CE'的长；整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了1.5个单位，由此得到平移之后的抛物线解析式，进而求出其顶点坐标．
【详解】解：（1）由题意可知：OB＝2，OC＝1．
如图（1）所示，过D点作DH⊥y轴于H，过E点作EG⊥x轴于G．
由题可得，∠DHA＝∠BOC＝90°，CD＝CB，∠DCH＝∠CBO，
∴△CDH≌△BCO（AAS），
∴DH＝OC＝1，CH＝OB＝2，
∴D（﹣1，3）；
同理可得：△EBG≌△BCO，
∴BG＝OC＝1，EG＝OB＝2，
∴E（﹣3，2）．
故答案为：（﹣1，3），（﹣3，2）．
（2）抛物线经过（0，2）、（﹣1，3）、（﹣3，2），
则，解得 ，
∴．
（3）①当点D运动到y轴上时，t＝0.5．
当0＜t≤0.5时，如图（3）a所示．
设D′C′交y轴于点F，
∵tan∠BCO＝＝2，
又∵∠BCO＝∠FCC′，
∴tan∠FCC′＝2，即＝2，
∵CC′＝t，
∴FC′＝2t．
∴S△CC′F＝CC′•FC′＝t×2t＝5t2
当点B运动到点C时，t＝1．
当＜t≤1时，如图（3）b所示．
设D′E′交y轴于点G，过G作GH⊥B′C′于H．
在Rt△BOC中，BC＝＝，
∴GH＝，
∴CH＝GH＝，
∵CC′＝t，
∴HC′＝t﹣，
∴GD′＝t﹣，
∴S梯形CC′D′G＝（t﹣t）×＝5t﹣，
当点E运动到y轴上时，t＝．
当1＜t≤时，如图（3）c所示，
设D′E′、E′B′分别交y轴于点M、N，
∵CC′＝t，B′C′＝，
∴CB′＝t﹣，
∴B′N＝2CB′＝2t﹣2，
∵B′E′＝，
∴E′N＝B′E′﹣B′N＝3﹣2t，
∴E′M＝E′N＝（3﹣2t），
∴S△MNE′＝（3﹣2t）•（3﹣2t）＝5t2﹣15t+，
∴S五边形B′C′D′MN＝S正方形B′C′D′E′﹣S△MNE′＝﹣（5t2﹣15t+）＝﹣5t2+15t，
综上所述，S与x的函数关系式为；
②当点E运动到点E′时，运动停止．如图（3）d所示，
正方形BCDE在y轴上所截得的线段运动的路线长为CE'的长，
∵∠CB′E′＝∠BOC＝90°，∠BCO＝∠B′CE′，
∴△BOC∽△E′B′C，
∴＝，
∵OB＝2，B′E′＝BC＝，
∴＝，
∴CE′＝，即正方形BCDE在y轴上所截得的线段的中点运动的路线长为，
∴OE′＝OC+CE′＝1+＝，
∴E′（0，），
由点E（﹣3，2）运动到点E′（0，），可知整条抛物线向右平移了3个单位，向上平移了个单位．
∵y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+）2+，
∴原抛物线顶点坐标为（﹣，），
∴运动停止时，抛物线的顶点坐标为（，）．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求解析式、抛物线与几何变换（平移）、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等的综合应用．难点在于第（3）问，识别正方形和抛物线平移过程的不同阶段是解决问题的关键所在．
平移类几何探究题，需要注意平移的概念，同时观察平移的状态，找到对应的概念；
【变式1】（2022·河南洛阳·统考二模）如图，的顶点B，C在坐标轴上，点A的坐标为．将沿x轴向右平移得到，使点落在函数的图象上．若线段扫过的面积为9，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据平移的性质、反比例函数的解析式可得点的坐标，从而可得平移的长度，再根据“线段扫过的面积为9”可求出点的坐标，由此即可得出答案．
【详解】解：由题意得：点的纵坐标与点的纵坐标相等，即为，
将代入函数得：，即，
将沿轴向右平移个单位长度得到，
，
设点的坐标为，则点的坐标为，，
线段扫过的图形为平行四边形，且它的面积为9，
，即，
解得，
则点的坐标为，
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数的几何综合、平移的性质、平行四边形的面积公式等知识点，熟练掌握平移的性质是解题关键．
【变式2】（2021·浙江温州·统考模拟预测）如图，直线分别与轴，轴交于点，，直线分别与轴，轴交于点，，直线，相交于点，将向右平移5个单位得到，若点好落在直线上，则______．
【答案】
【分析】由平移的性质可知: B' (5，3)，代入l2，从而得出l2的函数解析式，求出DE和B' C的长度．
【详解】∵
∴
将B向右平移5个单位后B′(5，3)
∵B′在直线
∴
∴
∴D(0， 8)，C(8， 0)
因为直线l1，l2相交于点E
∴
∴
∴
作EH⊥y轴于H
由HE∥O′C得△DHE∽△COB'
∴
故答案为20：21
【点睛】本题考查一次函数解析式、相似的性质及判定，平移的性质，熟练并灵活的使用性质及判定是关键
【变式3】（2021·四川德阳·二模）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2，将抛物线先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线，若抛物线与抛物线相交于点，连接，，．
①求点的坐标；
②判断的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点，使得为等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①点的坐标；②是等腰直角三角形，理由见解析；（3）或．
【分析】（1）将点代入即可得；
（2）①先根据二次函数的平移规律得出抛物线的表达式，再联立两条抛物线的表达式求解即可得；
②先根据抛物线的表达式求出点B、C的坐标，再利用两点之间的距离公式分别求出BC、BD、CD的长，然后根据勾股定理的逆定理、等腰三角形的定义即可得；
（3）设点P的坐标为，根据等腰直角三角形的定义分三种情况：①当时，先根据等腰直角三角形的性质、线段中点的点坐标求出点P的坐标，再代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可；②当时，先根据平行四边形的判定得出四边形BCDP是平行四边形，再根据点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同可求出点P的坐标，然后代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可；③当时，先根据等腰直角三角形的性质得出点P在在线段BD的垂直平分线上，再利用待定系数法求出BD的垂直平分线上所在直线的解析式，然后根据两点之间的距离公式和可求出点P的坐标，最后代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可．
【详解】（1）将点代入抛物线的表达式得：
解得
则抛物线的表达式为
故抛物线的表达式为；
（2）①由二次函数的平移规律得：抛物线的表达式为
即
联立，解得
则点的坐标为；
②对于
当时，，解得或
则点B的坐标为
当时，，则点C的坐标为
由两点之间的距离公式得：
则，
故是等腰直角三角形；
（3）抛物线的表达式为
设点P的坐标为
由题意，分以下三种情况：
①当时，为等腰直角三角形
是等腰直角三角形，，
点D是CP的中点
则，解得
即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点在抛物线上，符合题意
②当时，为等腰直角三角形
，
，
四边形BCDP是平行四边形
点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同
点C至点B的平移方式为先向下平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度
即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点在抛物线上，符合题意
③当时，为等腰直角三角形
则点P在线段BD的垂直平分线上
设直线BD的解析式
将点代入得：，解得
则直线BD的解析式
设BD的垂线平分线所在直线的解析式为
点的中点的坐标为，即
将点代入得：，解得
则BD的垂线平分线所在直线的解析式为
因此有，即点P的坐标为
由两点之间的距离公式得：
又，为等腰直角三角形
则
解得或
当时，，即点P的坐标为
当时，，即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点不在抛物线上，不符合题意，舍去
当时，
即点不在抛物线上，不符合题意，舍去
综上，符合条件的点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移，点坐标的平移、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况，结合等腰直角三角形的性质是解题关键．
考查类型四 旋转探究题
例1 （2022·山东菏泽·统考中考真题）如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．
(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
（2）通过证明，可得，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解．
【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，
∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：
如图2，延长交于H，
由旋转可得：CD=，=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴，
∵，
∴,
，
∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DA+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
；
（3）如图3，过点D作DH于点H，
∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴，
，
，
∴AD=2DH，AH=DH=，
，
由（2）可知：，
，
∵AD⊥BC，CD=，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
例2 （2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在中，，D，E，F分别为的中点，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；
（2）证明，根据（1）的结论即可得；
（3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解．
（1）
证明：如图，连接，
，D，E，F分别为的中点，
，，
，
，
（2）
，理由如下，
连接，如图，
，D，E，F分别为的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，
，
，
，
，
，
，
（3）
如图，连接，过点作于，
中，,
，
，
，
，
，
，
，
中，
，
中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
考察点1：手拉手模型
手拉手模型，亦称为共顶点等腰型，一定会出现旋转型全等。
其衍生模型有等腰对补角模型和等腰旁等角模型
考察点2：”脚拉脚”模型。构造辅助线思路是先中线倍长，再证明旋转全等。
半角模型加强
原题呈现：
半角模型，又称为夹半角模型，半角旋转模型。常用辅助线做法，旋转或折叠。其中核心处理思路是通过几何变换把图形条件转化和集中，从而找到问题的突破口
【变式1】（2022·江苏无锡·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，矩形按如图所示摆放在第一象限，点B的坐标为，将矩形绕着点O逆时针旋转（），得到矩形．直线、与直线相交，交点分别为点D、E，有下列说法：
①当时，矩形与矩形重叠部分的面积为；
②当，且落到y轴的正半轴上时，的长为；
③当点D为线段的中点时，点D的横坐标为；
④当点D是线段的三等分点时，的值为或．
其中，说法正确的是（ ）
A．①②B．③④C．①②③D．①②④
【答案】C
【分析】①计算和，根据三角形面积公式可得结论正确；
②分别根据三角函数计算和的长，相加可得的长；
③如图2，过点D作于F，则，证明（），设，则，根据勾股定理列方程可得结论；
④存在两种情况：或，如图3，，同理作辅助线构建全等三角形，可得，设，则，根据勾股定理列方程可得m和a的关系，根据正弦的定义可得结论．
【详解】解：①当时，点B的坐标为，
∴，
当时，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
即当时，矩形与矩形重叠部分的面积为；
故①正确；
②如图1，由旋转得：，
由勾股定理得：，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故②正确；
③∵点B的坐标为，
∴，
如图2，过点D作于F，则，
∵点D为线段的中点，
∴，
∴，
∵，
∴（），
∴，
设，则，，
中，，
解得： ，
∴
即当点为线段的中点时，点D的横坐标为；
故③正确；
④当点是线段的三等分点时，存在两种情况：或，
如图3，，过点D作于H，则，
同理可得，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
m1＝a，m2＝a（舍），
∴或；
故④错误；
本题正确的结论有：①②③
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，综合性很强，必须灵活掌握知识，学会用方程的思想解决问题．
【变式2】（2022·贵州黔东南·统考二模）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且，，，则这个等边三角形ABC的边长为________．
【答案】
【分析】将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°得三角形BDA，过B作BH⊥直线AP于H，先证明三角形BDP为等边三角形，利用勾股定理逆定理得∠DPA=90°，进而得∠BPH=30°，利用勾股定理解直角三角形即可得答案．
【详解】解：将三角形BCP绕点B逆时针旋转60°，得三角形BDA，BC边落在AB上，过B作BH⊥直线AP于H，如图所示，
由旋转知，△BDP为等边三角形，AD=PC=，
∴BP=PD=BD=，∠BPD=60°，
∵PA=，
∴，
∴∠APD=90°，
∴∠BPH=30°，
∴BH=，PH=，
由勾股定理得：AB=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定、勾股定理逆定理、旋转变换的应用等知识点，解题关键是作旋转变换，将分散的条件集中在同一三角形中．
【变式3】（2022·山东济宁·校考二模）如图1，正方形对角线、交于点，、分别为正方形边、上的点，交于点，且，为中点．
(1)请直接写出与的数量关系
(2)若将绕点旋转到图2所示位置时，（1）中的结论是否成立，若成立请证明；若不成立，请说明理由；
(3)若，为中点，绕点旋转过程中，直接写出点与点的最大距离______．
【答案】(1)
(2)成立，证明见解析
(3)
【分析】（1）如图1，连接，由正方形的性质可知，是的中点，，，由可知为的中点，是等腰直角三角形，则，由N为中点，可知和分别为和的中位线，根据中位线的性质可得，，在中，由勾股定理可求得；
（2）如图2，连接，连接、交于点， 证明，则，，在中，由三角形内角和求得，则，和分别为和的中位线，根据中位线的性质可得，，在中，由勾股定理可求得；
（3）由题意知，，，可知在以为圆心，为半径的圆上运动，如图3，由题意知，当、、三点共线时，取最大与最小值，根据二者的差为的直径计算求解即可．
【详解】（1）解：．
如图1，连接，
由正方形的性质得，是的中点，，，
∵，
∴为的中点，且，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵N为中点，
∴和分别为和的中位线，
∴，，，，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴．
（2）解：成立．
证明如下：如图2，连接，连接、交于点，
由（1）知，，
由正方形的性质得，，，
∵，，
∴，
在和中
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵为的中点，N为中点，
∴和分别为和的中位线，
∴，，，，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴．
（3）解：由题意知，，，
∴在以为圆心，为半径的圆上运动，如图3，
由题意知，当、、三点共线时，取最大与最小值，且最大与最小的差为的直径，
∴点M与点C的最大距离和最小距离的差为．
故答案为∶
【点睛】本题考查了正方形的性质，中位线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，正弦，圆的概念等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
考查类型五 折叠探究题
例1 （2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，连接AC、BC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)将沿AC所在直线折叠，得到，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标．并求出四边形OADC的面积；
(3)点P是抛物线上的一动点，当时，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）直接利用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）先利用勾股定理的逆定理证明为直角三角形，再根据折叠的性质得出点B、C、D三点共线，继而通过证明，利用相似三角形的性质即可得出点D的坐标，根据四边形OADC的面积进行求解即可；
（3）分两种情况讨论：当点P在x轴上方时，当点P在x轴下方时，分别求解即可．
【详解】（1）将，，代入抛物线，得
，解得，
所以，抛物线的表达式为；
（2）如图，过点D作DE⊥x轴于E，
，
∵，，，
，
，
为直角三角形且，
将沿AC所在直线折叠，得到，点B的对应点为D，
此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，，
，
，
，
，
，
∴四边形OADC的面积
；
（3）
当点P在x轴上方时，
∵，
∴轴，
点P的纵坐标为4，即，
解得或0（舍去）
；
当点P在x轴下方时，设直线CP交x轴于F，
∵，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
，
，
∴设直线CF的解析式为，
即，解得，
∴直线CF的解析式为，
令，解得或0（舍去），
当时，
；
综上，或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题目，涉及待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的逆定理，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握知识点并能够灵活运用是解题的关键．
例2 （2022·吉林长春·统考中考真题）【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在上，点B的对应点为点E，折痕为；再沿过点F的直线折叠，使点C落在上，点C的对应点为点H，折痕为；然后连结，沿所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想．
【问题解决】
(1)小亮对上面的猜想进行了证明，下面是部分证明过程：
证明：四边形是矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
请你补全余下的证明过程．
【结论应用】
(2)的度数为________度，的值为_________；
(3)在图①的条件下，点P在线段上，且，点Q在线段上，连结、，如图②，设，则的最小值为_________．（用含a的代数式表示）
【答案】(1)见解析
(2)22.5°，
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质可得AD=AF，，由HL可证明结论；
（2）根据折叠的性质可得 证明是等腰直角三角形，可求出GF的长，从而可得结论 ；
（3）根据题意可知点F与点D关于AG对称，连接PD，则PD为PQ+FQ的最小值，过点P作PR⊥AD，求出PR=AR=，求出DR，根据勾腰定理可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
由折叠得，，
∴
∴
又AD=AF，AG=AG
∴
（2）由折叠得，∠
又∠
∴∠
由得，∠
∠
又∠
∴∠
∴∠
∴
设则
∴
∴
∴
（3）如图，连接
∵
∴AG是FD的垂直平分线，即点F与点D关于AG轴对称，
连接PD交AG于点Q，则PQ+FQ的最小值为PD的长；
过点P作交AD于点R，
∵∠
∴∠
∴
又
∴
∴
在中，
∴
∴的最小值为
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，矩形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
折叠类的几何探究题，需要注意对应边、对应角的相等关系，再利用几何图形的性质可求解；
【变式1】（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=8，tan∠ABC=，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由翻折可知：NC=NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，延长GN交AB于点D，可得DN平分∠ANB，过点D作DH⊥BN，然后证明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN=HN=6，根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，由翻折可知：NC=NE，
所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，
在Rt△ABC中，∠A=90°，
∵AB=8，tan∠ABC=，
∴AC=12，
∵点N是边AC的中点，
∴AN=CN=6，
∴NE=6，
由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，
∴∠ENG=∠CNG，
延长GN交AB于点D，
∴∠BND=∠AND，
∴DN平分∠ANB，
∵DA⊥AN，
过点D作DH⊥BN，
∴DA=DH，
∴DB=AB-AD=8-DH，
在Rt△AND和Rt△HND中，
，
∴Rt△AND≌Rt△HND（HL），
∴AN=HN=6，
在Rt△ABN中，AB=8，AN=6，
∴BN==10，
∴BH=BN-HN=10-6=4，
在Rt△DBH中，DB=8-DH，根据勾股定理得：
DB2=DH2+BH2，
∴（8-DH）2=DH2+42，
解得DH=3，
在Rt△ADN中，DH=DA=3，AN=6，根据勾股定理得：
DN2=AD2+AN2，
∴DN2=32+62=45，
∴DN=3，
∵∠A=∠NGC=90°，∠AND=∠GNC，
∴∠ADN=∠NCG，
∵sin∠ADN=，
∴sin∠NCG=sin∠NCE=．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
【变式2】（2022·浙江宁波·统考一模）如图，矩形中，，分别与边相切，点M，N分别在上，，将四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，若射线恰好与相切，切点为G，则线段的长为 __．
【答案】##
【分析】设与相切于点E，与相切于点H，连接，过点N作于点F，利用切线的性质与切线长定理求得圆的半径，，利用折叠的性质可得，设，则，，通过证明，利用相似三角形的性质列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：设与相切于点E，与相切于点H，
连接，过点N作于点F，如图，
∵分别与边相切，，
∴的直径为4，
∴．
∵为的切线，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
∴．
∵为的切线，
∴，，．
∵四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，
∴，，，．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵四边形为直角梯形，，
∴，
设，则，，
∴，
解得：或（不合题意，舍去）．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，梯形的性质，切线长定理，条件适当的辅助线是解题的关键．
【变式3】（2022·福建宁德·统考二模）在中，点E是BC的中点，点F在AD上．将四边形ABEF沿EF折叠，得到四边形．
(1)利用图1，求证：；
(2)如图2，连接BD，若，，，当点落在BD上时，求EF的长；
(3)如图3，当点恰好落在线段CD上时，求证：直线与直线CD重合．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】(1)利用折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线判定定理，也可以运用折叠的性质，构造三角形中位线定理证明．
（2）设EF与BD相交于点O．运用勾股定理，三角函数，中位线定理求解即可．
(3)运用经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，证明即可．
(1)
解：（1）证法一：由折叠的性质可知：，．
∴．
∵E是BC的中点，
∴．
∴．
∴．
∴．
证法二：设EF与相交于点G．
由折叠的性质可知：G是的中点．
又∵E是BC的中点，
∴GE是的中位线．
∴．
即．
(2)
设EF与BD相交于点O．由折叠的性质可知：O是的中点，．
由（1）得．
∴．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴若，∠BDC＝∠ABD＝45°．
∴，．
∴．
在中，由勾股定理得．
∵E是BC的中点，O是的中点，
∴，．
∴．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴．
∴，即．
．
(3)
证法一：连接交直线EF于点M．由折叠知：．连接BM并延长交直线CD于点H．
∵四边形ABCD是平行四边形，点在CD上，
∴．
∴，．
∴．
∴BM＝HM．
又∵E是BC的中点，
∴EM是△BCH的中位线．
∴，即．由（1）得．
∵过点C有且只有一条直线与EF平行，
∴点在直线CD上．
∴直线与直线CD重合．
证法二：连接并延长交直线AB于点K，连接AE．
∵四边形ABCD是平行四边形，点在CD上，
∴．
∴，．
∵BE＝CE，
∴．
∴．
由折叠知：，．
∴．
∴
∵过点有且只有一条直线与AB平行，
∴直线与直线重合．即直线与直线CD重合．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，是三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理，三角函数的应用，熟练掌握平行四边形的性质，折叠性质，三角函数，勾股定理是解题的关键．
考查类型六 类比探究题
例1 （2020·山东烟台·统考中考真题）如图，在等边三角形ABC中，点E是边AC上一定点，点D是直线BC上一动点，以DE为一边作等边三角形DEF，连接CF．
【问题解决】
（1）如图1，若点D在边BC上，求证：CE+CF＝CD；
【类比探究】
（2）如图2，若点D在边BC的延长线上，请探究线段CE，CF与CD之间存在怎样的数量关系？并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）FC＝CD+CE，见解析
【分析】（1）在CD上截取CH＝CE，易证△CEH是等边三角形，得出EH＝EC＝CH，证明△DEH≌△FEC（SAS），得出DH＝CF，即可得出结论；
（2）过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，由平行线的性质易证∠GDC＝∠DGC＝60°，得出△GCD为等边三角形，则DG＝CD＝CG，证明△EGD≌△FCD（SAS），得出EG＝FC，即可得出FC＝CD+CE．
【详解】（1）证明：在CD上截取CH＝CE，如图1所示：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ECH＝60°，
∴△CEH是等边三角形，
∴EH＝EC＝CH，∠CEH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE＝FE，∠DEF＝60°，
∴∠DEH+∠HEF＝∠FEC+∠HEF＝60°，
∴∠DEH＝∠FEC，
在△DEH和△FEC中，
，
∴△DEH≌△FEC（SAS），
∴DH＝CF，
∴CD＝CH+DH＝CE+CF，
∴CE+CF＝CD；
（2）解：线段CE，CF与CD之间的等量关系是FC＝CD+CE；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
过D作DG∥AB，交AC的延长线于点G，如图2所示：
∵GD∥AB，
∴∠GDC＝∠B＝60°，∠DGC＝∠A＝60°，
∴∠GDC＝∠DGC＝60°，
∴△GCD为等边三角形，
∴DG＝CD＝CG，∠GDC＝60°，
∵△EDF为等边三角形，
∴ED＝DF，∠EDF＝∠GDC＝60°，
∴∠EDG＝∠FDC，
在△EGD和△FCD中，
，
∴△EGD≌△FCD（SAS），
∴EG＝FC，
∴FC＝EG＝CG+CE＝CD+CE．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；作辅助线构建等边三角形是解题的关键．
何为类比？
类比结构构造，是几何压轴题的一类模型，在中考数学压轴题中经常出现。
那么，什么是类比构造呢？
在初一学习平行线的时候，我们就接触过类比结构的题型，比如：拐角模型（也有部分老师细分成猪蹄模型、铅笔模型等）。
下图是经典的拐角模型范例：（1）当拐角在两平行线内部时（内拐、外拐）；（2）当拐角在两平行线外部时（上拐、下拐）；（3）当出现多个拐角时。
何为类比？
类比结构构造，是几何压轴题的一类模型，在中考数学压轴题中经常出现。
那么，什么是类比构造呢？
在初一学习平行线的时候，我们就接触过类比结构的题型，比如：拐角模型（也有部分老师细分成猪蹄模型、铅笔模型等）。
下图是经典的拐角模型范例：（1）当拐角在两平行线内部时（内拐、外拐）；（2）当拐角在两平行线外部时（上拐、下拐）；（3）当出现多个拐角时。
何为类比？
类比结构构造，是几何压轴题的一类模型，在中考数学压轴题中经常出现。
那么，什么是类比构造呢？
在初一学习平行线的时候，我们就接触过类比结构的题型，比如：拐角模型（也有部分老师细分成猪蹄模型、铅笔模型等）。
下图是经典的拐角模型范例：（1）当拐角在两平行线内部时（内拐、外拐）；（2）当拐角在两平行线外部时（上拐、下拐）；（3）当出现多个拐角时。
【变式1】（2022·江苏镇江·统考一模）【探究发现】
在中，，，M是边上一点，将沿折叠得到．如图1，若与线段相交，连接，在上取一点P，使，交于点Q，①证明：；②探究与的数量关系，并写出探究过程；
【类比学习】
如图2，在中，，，M是边AC上一点，将沿折叠得到，若与线段相交，连接，在上取一点P，使，交于点Q， （用含n的式子表示）；
【拓展应用】
在前面的发现和探究的经验下，当时，M是的中点时，若，求的长．
【答案】【探究发现】①见解析；②，证明见解析；【类比学习】；【拓展应用】．
【探究发现】①设，利用折叠的性质和等腰三角形的性质求解即可；②通过证明即可求解；
【类比学习】通过证明，求解即可；
【拓展应用】延长交于点，利用垂直平分线以及相似三角形的性质得到，设，求得、，即可求解．
【详解】解：【探究发现】①设，
由折叠的性质可得：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴；
②在和中
∴
∴；
解：【类比学习】设，
由折叠的性质可得：，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴，
∴；
在中，；
∴；
解：【拓展应用】延长交于点，
则垂直平分，
又∵为的中点
∴，，
∴，，
∵，
∴，
，
设，则
∵
∴，即，
∵
∴，即
∴
∴，，即
由勾股定理可得：，
，解得，负值舍去，
即．
【点睛】此题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，能够灵活利用相关性质进行求解．
【变式2】（2022·江苏扬州·校考三模）在矩形中，，
【问题发现】
(1)如图1，E为边上的一个点，连接，过点C作的垂线交于点F，试猜想与的数量关系并说明理由．
【类比探究】
(2)如图2，G为边上的一个点，E为边延长线上的一个点，连接交于点H，过点C作的垂线交于点F，试猜想与的数量关系并说明理由．
【拓展延伸】
(3)如图3，点E从点B出发沿射线运动，连接，过点B作的垂线交射线于点F，过点E作的平行线，过点F作的平行线，两平行线交于点H，连接，在点E的运动的路程中，线段的长度是否存在最小值？ 若存在，求出线段长度的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)存在，长度的最小值为
【分析】（1）证明，即可得解；
（2）过点作的垂线交于点，证明，即可得解；
（3）过点作于点，连接，则四边形是矩形，证明，得出，根据，可得，得出在上运动，当时，最小，进而求得，根据，即可求解．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
过点作的垂线交于点，如图所示：
则四边形为矩形，
∴，
∵，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）存在，理由如下，
如图，过点作于点，连接，则四边形是矩形，
∵
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴在上运动，
∴当时，最小，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，，
即长度的最小值为．
【点睛】本题考查了，相似三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
【变式3】（2022·广东深圳·深圳市大鹏新区华侨中学校考模拟预测）【问题背景】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，EF＝AE，∠AEF＝90°，点G是射线BC上一点，求证：tan∠FCG＝1；
证明思路：取AB的中点K，连接EK，证明△AKE≌ECF，所以∠ECF＝∠AKE，又可证BK＝BE，所以∠BKE＝45°，可证∠FCG＝45°，从而结论成立；
(1)【类比证明】在上例中，如图2，如果点E是边BC上与点B不重合的任意一点，其余条件不变，上述结论仍成立吗？如果成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(2)【深入探究】如图3，在矩形ABCD中，点E是边BC上与B不重合的任意一点，AB＝kAD，AE＝kEF，∠AEF＝90°，点G是射线BC上一点，则tan∠FCG＝ ；
(3)【拓展应用】如图4，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点E是边AC上与A不重合的任意一点，AB＝kAC，BE＝kEF，∠BEF＝∠BAC，AE＝3，EC＝2，点G是射线AC上一点，若CF∥EB，请直接写出此时k的值．
【答案】(1)成立，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）在边AB上取点K，使AK＝EC，连接KE，利用正方形的性质求出∠BKE＝∠BEK＝45°，再证明△EAK≌FEC （SAS），根据全等三角形的性质可得∠AKE＝∠ECF，再利用正切的定义即可求解；
（2）作，交线段AB于点M，根据矩形的性质证明，再由相似三角形的性质和正切的定义进行求解即可；
（3）利用平行线的性质和已知条件证明，根据相似三角形的性质求出，继而利用勾股定理构建方程求解即可．
（1）
上述结论仍然成立，理由如下：
证明：在边AB上取点K，使AK＝EC，连接KE，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB＋∠CEF＝90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠AEB＋∠BAE＝90°，AB－AK＝BC－EC，
∴∠BAE＝∠CEF，BK＝BE，
∴∠BKE＝∠BEK＝45°，
在和中，，
∴△EAK≌FEC （SAS），
∴∠AKE＝∠ECF，
∴∠BKE＝∠FCG，
又∵∠BKE＝45°
∴∠FCG＝45°，
∴tan∠FCG＝1；
（2）
作，交线段AB于点M，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB＋∠CEF＝90°，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，，
∴∠AEB＋∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
，
，，
，
AE＝kEF，
，
，
，
AB＝kAD＝kBC，
，
故答案为：；
（3）
∠BEF＝∠BAC，
，
，
，
，
，
，
，
AB＝kAC，BE＝kEF，AE＝3，EC＝2，
，
，
解得，
，
∠ACB＝90°，
由勾股定理得，
即，
解得（负舍）．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正切的定义，矩形的性质证，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
【培优练习】
1．（2022·福建福州·校考一模）如图，已知，分别为正方形的边，的中点，与交于点．则下列结论：①，②，③，④．其中正确结论的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质可得，，再根据中点定义求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，从而求出，再根据邻补角的定义可得，从而判断①正确；
根据中线的定义判断出，然后求出，判断出②错误；
设正方形的边长为，利用勾股定理列式求出，再根据相似三角形对应边成比例求出，然后求出，消掉即可得到，判断出③正确；
过点作于，由相似三角形的性质得出，解得，，得出，根据勾股定理得，求出，，得出，判断出④正确，即可得出结论．
【详解】解：在正方形中，，，
、分别为边，的中点，
在和中，
，
，
，
，
，
，故①正确；
是在边上的中线，，
，
，故②错误；
设正方形的边长为，则，
在中，
，
，，
，
，即，
，
，故③正确；
如图，过点作于，则，
，
，即
解得，，
，
根据勾股定理得，
，，
，故④正确；
综上所述，正确的结论有①③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，勾股定理逆定理的应用，综合性较强，难度较大，仔细分析图形并作出辅助线构造出直角三角形与相似三角形是解题的关键．
2．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）如图，边长为4的正方形中，点E、F分别在边上，连接，且有．将沿翻折，若点D的对应点恰好落在上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点E作于点，设，，根据勾股定理列方程求得，即可．
【详解】解：过点作于点，如下图：
设，，则，，
由题意可得：，，为等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理可得：，
，即，解得，
，即，解得，
，
故选：D.
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次根式的运算，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
3．（2022·广东深圳·校考二模）如图，正方形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，点在直线l：y＝kx＋8上．直线l分别交x轴，y轴于点E，F．将正方形ABCD沿x轴向左平移m个单位长度后，点B恰好落在直线l上．则m的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】如图：作，，再证，，从而求出点B坐标（0,4），向左平移m个单位后坐标为（-m,4），最后代入直线l的解析式即可．
【详解】解：如图：作，，
∵
∴OM=6,DM=2
将点代入y＝kx＋8,解得：k=1
∴直线解析式为：
∵四边形形ABCD为正方形
∴AD=AB=CD=BC
∵，
∴
∴
∴OA=DM=2，AM=OB=4，
同理可证
∴BN=AO=2，CN=OB=4
∴点B坐标为（0,4）
将点B向左平移m个单位后坐标为（-m，4）
将（-m,4）代入，得：4=-m+8，解得：m=4．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、点的平移以及点坐标与直线图像的关系等知识点，构造全等三角形求得求点B坐标是解题的关键．
4．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考模拟预测）如图，直线y=2x+5与x轴、y轴分别交于A、B两点，与反比例交于C、D两点，直线OD交反比例于点E，连接CE交y轴于点F，若CF：EF=1：4，则△DCE的面积为（ ）
A．8B．5C．7.5D．6
【答案】C
【分析】根据题意，求得点，得到，设作出辅助线，证明，设，则，分别求得，根据在上，得出，即进而求得的坐标，证明是直角三角形,即可求解．
【详解】解：∵直线y=2x+5与x轴、y轴分别交于A、B两点，
令得，令得，
∴，
如图，过点作轴的垂线，垂足分别为，
设，则，
∴，
∵，
∴，设，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵在上，
∴，
∴，
解得，
∴，，
∴，,
∵关于对称，
∴，
∴，,，
∵,
∴,
∴是,
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，正切的意义，勾股定理以及勾股定理的逆定理，反比例数的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
5．（2021·浙江湖州·模拟预测）如图，已知在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为BC边的中线，过点C作CE⊥AD于点E，交AB于点F．若AC＝2，则线段EF的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，由勾股定理可求AD的长，由面积法可求CE，由“AAS”可证△ACD≌△CBH，可得CD＝BH＝1，AD＝CH＝，通过证明△ACF∽△BHF，可得＝，可求CF的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，
∵AD为BC边的中线，AC＝BC＝2，
∴CD＝BD＝1，
∴AD＝＝＝，
∵，
∴CE＝＝，
∵∠ADC+∠BCH＝90°，∠BCH+∠H＝90°，
∴∠ADC＝∠H，
在△ACD和△CBH中，
，
∴△ACD≌△CBH（AAS），
∴CD＝BH＝1，AD＝CH＝，
∵AC⊥BC，BH⊥BC，
∴AC∥BH，
∴△ACF∽△BHF，
∴＝，
∴CF＝，
∴EF＝CF﹣CE＝﹣＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（2022·广东深圳·深圳市海滨中学校考模拟预测）如图①，已知Rt△ABC的斜边BC和正方形DEFG的边DE都在直线l上（BC＜DE），且点C与点D重合，△ABC沿直线l向右匀速平移，当点B与点D重合时，△ABC停止运动，设DG被△ABC截得的线段长y与△ABC平移的距离x之间的函数图像如图②，则当x＝3时，△ABC和正方形DEFG重合部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，由图形可知，当点H和点D重合时，DG被截得的线段长最长，即CH=1；当点B和点D重合时，BC=4，由此可解△ABC；画出当x=3时的图形，利用相似可得出结论．
【详解】解：如图①，
过点A作AH⊥BC于点H，
∴∠AHB=∠AHC=∠BAC=，
∴∠ABH+∠BAH=∠BAH+∠HAC=，
∴∠ABH=∠HAC，
∴△ABH∽△CAH，
∴AH：HC=BH：AH，
结合图①可知，当点H和点D重合时，DG被截得的线段长最长，即CH=1；
当点B和点D重合时，由函数图像可得：BC=4，
∴BH=3，
∴AH：1=3：AH，即（负值舍去），
当x=3时，， 如图②，
∴设与DG的交点为M，
由，
则，
∴，
∴1：3=MD：，
即，
∴
故选：C．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及相似三角形的性质与判定，解题关键是得出BC和DM的长．
7．（2022·江苏扬州·校联考三模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF＋CF的最小值是（ ）
A．4B．4C．5D．2
【答案】A
【分析】连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明，确定点F在BF的射线上运动，作点C关于BF的对称点，由三角形全等得到，从而确定点在AB的延长线上，当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，通过勾股定理即可求得长度．
【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴，ED＝EF，
∴，
又∵在中，，
∴，
在和中，
∴
∴FG＝AE，EG＝DA，
∴点F在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点，
∵EG＝DA，
∴EG＝DA，
∴EG－EB＝DA－EB，即BG＝AE，
∴BG＝FG，是等腰直角三角形，，
∴，
∴点在AB的延长线上，
当D、F、三点共线时，DF＋CF＝最小，
在中，AD＝4，，
∴，
∴DF＋CF的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、轴对称性质、最短路径，能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
8．（2022·湖北鄂州·统考一模）如图，已知正方形的边长为3，点E是边上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转到，连接，则当之和取最小值时，的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，求出DC'=3即可．
【详解】解：连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，
∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF=DE，
∴△AED≌△GFE（AAS），
∴FG=AE，
∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C'，
∵EG=DA，FG=AE，
∴AE=BG，
∴BG=FG，
∴∠FBG=45°，
∴∠CBF=45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C'点在AB的延长线上，
当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，
在Rt△ADC'中，AD=3，AC'=6，
∴DC'=3，
∴DF+CF的最小值为3，
∴此时的周长为．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
9．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，平行四边形中，点E在边上，连接，，F在上，，，若，，则___________．
【答案】4或9##9或
【分析】过点A作于点H，根据已知条件解直角三角形，可得，的长，设，根据勾股定理，可得的值，再根据平行四边形的性质，易证，根据相似三角形的性质列方程，求解即可．
【详解】解：过点A作于点H，如图所示：
∴，
∵，，
∴，，
设，则，
根据勾股定理，得，
在平行四边形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得或，
∴或9，
故答案为：4或9．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，涉及勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，本题综合性较强，难度较大，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理．
10．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在正方形中，，点E为对角线上一点，，交边于点F，连接交于点G，若，则的面积为______．
【答案】
【分析】连接，作于，利用正方形的性质可得，，则有，，据四边形的内角和可得，可得，得，便可得为等腰直角三角形，则有，利用，可求得，，再利用相似三角形列比例式可得，进而可求得，便可计算出的面积．
【详解】解：连接，作于，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
则在四边形中：
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，，则
又∵，
∴，即：，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含的直角三角形，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
11．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，矩形中，，分别与边相切，点M，N分别在上，，将四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，若射线恰好与相切，切点为G，则线段的长为 __．
【答案】##
【分析】设与相切于点E，与相切于点H，连接，过点N作于点F，利用切线的性质与切线长定理求得圆的半径，，利用折叠的性质可得，设，则，，通过证明，利用相似三角形的性质列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：设与相切于点E，与相切于点H，
连接，过点N作于点F，如图，
∵分别与边相切，，
∴的直径为4，
∴．
∵为的切线，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
∴．
∵为的切线，
∴，，．
∵四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，
∴，，，．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵四边形为直角梯形，，
∴，
设，则，，
∴，
解得：或（不合题意，舍去）．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，梯形的性质，切线长定理，条件适当的辅助线是解题的关键．
12．（2020·湖北武汉·统考一模）如图，在中，，D是上一点，点E在上，连接交于点F，若，则＝__________．
【答案】2
【分析】过D作垂直于H点，过D作交BC于G点，先利用解直角三角形求出的长，其次利用，求出的长，得出的长，最后利用求出的长，最后得出答案．
【详解】解：如图：过D作垂直于H点，过D作交于G点，
∵在中，，
∴，
又∵，
∴ ，
∴在等腰直角三角形中，，
∴，
在中，，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴ ，
即，
∴ ，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
又，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．
13．（2023·广西玉林·一模）如图，在菱形中，，点，分别在，边上，且，与交于点，若，，则四边形的面积为______．
【答案】
【分析】首先利用菱形的性质得出，又由得出是等边三角形，进一步证明，得出，证得四边形是圆内接四边形，过点A再分别作，，证明，把四边形的面积转化为四边形的面积即可．
【详解】解：四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是圆内接四边形，
，
如图，过点A分别作，，垂足分别为、，
是平分线，
，
在和中，
，
，
，
，
连接，
在和中，
，
，
，，
，
．
．
故答案为：．
【点睛】此题考查菱形的性质，等边三角形的判定，三角形全等的判定与性质，圆内接四边形的判定与性质等知识点．
14．（2022·广西南宁·统考三模）如图，若点是正方形外一点，，，，则的正切值是_________．
【答案】
【分析】将三角形DCO绕点C逆时针旋转90度，得△BCE，连接OE，过点C作CF⊥BE于F，证∠BEO=90°，从而求出∠CEF=45°，得△CEF是等腰直角三角形，利用勾股定理可求得CF=EF= ，继而可求得BF长，即可由正切定义求出tan∠CDO= tan∠CBF=，得解．
【详解】解：如图，将三角形DCO绕点C逆时针旋转90度，得△BCE，连接OE，过点C作CF⊥BE于F，
由旋转可得，BE=DO=2，CE=CO=1，∠CDO=∠CBE，∠OCE=90°，
∴在Rt△OCE中，由勾股定理，得
OE=，
∵BE2+OE2=，OB2=，
∴BE2+OE2= OB2，
∴∠BEO=90°，
∵∠OCE=90°，CE=CO
∴△OCE是等腰直角三角形，
∴∠CEO=45°，
∴∠CEF=∠OCE-∠CEO=45°，
∵CF⊥BE，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=CF，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得2EF2=CE2=1，
∴CF=EF=，
∴BF=BE-EF=2-=，
在Rt△BCF中，tan∠CBF=，
∴tan∠CDO= tan∠CBF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理，正方形的性质，解直角三角形，将三角形DCO绕点C逆时针旋转90度，得△BCE，连接OE，证∠BEO=90°是解题的关键．
15．（2022·山东菏泽·菏泽一中校考模拟预测）如图①，在中，，，点D，E分别在边，上，且．则．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为．如图②，连接，．
(1)如图②，请直接写出与的数量关系．
(2)将旋转至如图③所示位置时，请判断与的数量关系和位置关系，并加以证明．
(3)在旋转的过程中，当的面积最大时，______．（直接写出答案即可）
【答案】(1)
(2)，，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用证明，可得结论；
（2）设与相交于点O，证明，即可得到，，进一步得到，即可得到结论．
（3）在中，边的长度为定值，当边上的高最大时，的面积最大，则当点D在的垂直平分线上时，的面积最大，进一步求解即可得到旋转角的度数．
【详解】（1），理由如下：
，
，
即，
在和中，
，
，
；
（2）且．理由如下：
∵，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，，
设与相交于点O，
由可得：，
∴，
∴，
∴，
∴且；
（3）在中，边的长度为定值，当边上的高最大时，的面积最大，
∴当点D在的垂直平分线上时，的面积最大，
如图所示，
∵,，于点G，
∴，
∴，
即当的面积最大时，，
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质等知识，证明是解题的关键．
16．（2022·宁夏银川·银川唐徕回民中学校考三模）如图，的边在轴上，点为的中点，点A的坐标为，反比例函数的图象经过点A，将沿轴向右平移得到，与反比例函数的图象交于点，连接．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)在平移过程中，当时，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据相似三角形的性质得，作于H，根据，得，根据含30度角的直角三角形的性质可得点D的纵坐标，再代入反比例函数解析式可得答案．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为，反比例函数的图象经过点A，
∴，
∴反比例函数的解析式为
（2）∵
∴，
作于H，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，，
由平移知
∴，
∴，
当时，，
解得，
∴．
【点睛】此题是反比例函数的综合题，主要考查了函数图象上点的坐标的特征，平移的性质，三角函数，相似三角形的性质等知识，熟练掌握30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
17．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）在中，过作的平行线，交的平分线于点，点是上一点，连接，交于点，．
(1)如图1，求证：四边形是菱形；
(2)如图2，若，，点、分别是、边中点，连接、、，不添加字母和辅助线，直接写出图中与所有的全等的三角形．
【答案】(1)见解析
(2)，，，
【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，推出，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到菱形是正方形，求得，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
菱形是正方形，
，
，
是的中点，是边中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
图中与全等的三角形有，，，．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，证得是解题的关键．
18．（2018·江西景德镇·统考二模）如图，将绕点逆时针旋转后，与构成位似图形，我们称与互为“旋转位似图形”．
(1)知识理解：两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形 （填“是”或“不是”“旋转位似图形”；
如图1，与互为“旋转位似图形”，
①若，，，则 ；
②若，，，则 ；
(2)知识运用：
如图2，在四边形中，，于，，求证：和互为“旋转位似图形”；
(3)拓展提高：
如图3，为等腰直角三角形，点为中点，点是上一点，是延长线上一点，点在线段上，且与互为“旋转位似图形”，若，，求出和的值．
【答案】(1)是；①；②
(2)见解析
(3)，
【分析】（1）根据旋转位似图形的定义；
旋转位似图形的性质，得，根据三角形的内角和，即可；
根据相似三角形的性质，即可；
（2）如图，根据，，，得，；根据对顶角相等，得，；再根据，即可；
（3）连接，根据勾股定理，求出，过作于，由，；根据等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，求出，再根据勾股定理，即可求出的长．
【详解】（1）两个重合了一个顶点且边长不相等的等边三角形，把其中一个三角形绕公共顶点旋转后构成位似图形，故它们互为“旋转位似图形”，
故答案为：是；
①∵与互为“旋转位似图形”
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴；
②∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
故答案为：是；①；②．
（2）如图：
∵，，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴和互为“旋转位似图形”．
（3）连接
∵为等腰直角三角形，点为中点，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴；
过作于，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述：，．
【点睛】本题考查相似三角形，勾股定理的知识，解题的关键是理解旋转位似图形的定义，相似三角形的判定和性质．
19．（2022·辽宁盘锦·校考一模）如图1，在中，，，于点D，连接，在上截取CE，使，连接．
（1）直接判断与的数量关系 ；
（2）如图2，延长交于点F，过点E作交BC于点G，试判断与之间的数量关系，并证明；
（3）在（2）的条件下，若，，求的长．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）．
【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出；
（2）过点B作交于点M，证得为等腰直角三角形，则，证明，由全等三角形的性质得出，由直角三角形的性质可得出结论；
（3）设，则，证明，由相似三角形的性质，则可得出答案．
【详解】解：（1）；
如图1，与交于点F，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
故答案为：；
（2），
过点B作交于点M，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴；
（3）∵，为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确构造全等三角形解决问题．
20．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在中，，斜边，经过原点O，点C在y轴的正半轴上，交x轴于点D，且，反比例函数的图象经过A、B两点．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)点P为直线上一动点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）过点A作轴于点E，根据题意可得A、B关于原点对称，再由直角三角形的性质可得，再由平行线分线段成比例可得，然后根据勾股定理求出，可得到点A的坐标，即可求解；
（2）延长至点F，使得，连接交直线于点P，连接，可得垂直平分，从而得到，再由“两点间线段最短”可得的最小值为线段的长，然后根据A、B关于原点对称，可得，可求出点F的坐标为，即可求解．
【详解】（1）解：如图①，过点A作轴于点E，
∵经过原点O，
∴A、B关于原点对称，
∴O为的中点，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点A的坐标为，
∴，
∴反比例函数的解析式为．
（2）解：如图②，延长至点F，使得，连接交直线于点P，连接，
∵，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
由“两点间线段最短”可得的最小值为线段的长，
由（1）得A、B关于原点对称，
∴，
∵C为线段的中点，
∴，，即，，
解得，，
∴点F的坐标为，
∴，即的最小值为．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的几何应用，平行线分线段成比例，勾股定理，线段垂直平分线的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
考查类型
考查类型一 非动点探究题
考查类型二 动点探究题
考查类型三 平移探究题
考查类型四 旋转探究题
考查类型五 折叠探究题
考查类型六 类比探究题
新题速递
相关试卷
最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题35 实际应用题（5大类型）： 这是一份最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题35 实际应用题（5大类型），文件包含专题35实际应用题5大类型原卷版docx、专题35实际应用题5大类型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共108页， 欢迎下载使用。
最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题34 规律探究性问题： 这是一份最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题34 规律探究性问题，文件包含专题34规律探究性问题原卷版docx、专题34规律探究性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共76页， 欢迎下载使用。
最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题33 主从联动（瓜豆模型）： 这是一份最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题33 主从联动（瓜豆模型），文件包含专题33主从联动瓜豆模型原卷版docx、专题33主从联动瓜豆模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共60页， 欢迎下载使用。
