专题26 几何探究以三角形为背景（动点、平移、旋转、折叠）-备战2024年中考数学一轮复习重难题型（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
专题26几何探究以三角形为背景
（动点、平移、旋转、折叠）
1．（2023·四川成都·统考中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．
【初步感知】
(1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．
【深入探究】
(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；
②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）
【拓展运用】
(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时，
(3)
【分析】（1）连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答；
（2）①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据（1）中结论可得，再根据，，即可得到；
②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；
（3）如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度．
【详解】（1）证明：如图，连接，

当时，，即，
，
，，,
，，即，
，
，
在与中，
，
，
，
；
（2）①
证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，

当时，，即，
是的中点，
，，
，
，，
，
是等腰直角三角形，且，
，
根据（1）中的结论可得，
；
故线段之间的数量关系为；
②解：当点F在射线上时，
如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，

同①，可得，
，，
，，
同①可得，
，
即线段之间数量关系为；
当点F在延长线上时，
如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接

同（1）中原理，可证明，
可得，
，，
，，
同①可得，
即线段之间数量关系为,
综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，；
（3）解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，

如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，

，
，，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
根据（2）中的结论，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．
2．（2023·甘肃武威·统考中考真题）【模型建立】
（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．
①求证：；
②用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若，，求的值．

【答案】（1）①见解析；②，理由见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）①证明：，再证明即可；②由和关于对称，可得．证明，从而可得结论；
（2）如图，过点作于点，得，证明，．可得，证明，，可得，则，可得，从而可得结论；
（3）由，可得，结合，求解，，如图，过点作于点．可得，，可得，再利用余弦的定义可得答案．
【详解】（1）①证明：∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∴．

②．理由如下：
∵和关于对称，
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）．理由如下：
如图，过点作于点，得．

∵和关于对称，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵是直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，即．
（3）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
如图，过点作于点．

∵，
∴，
．
∴．
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．
3．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：；
(3)如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质得出，，进而证明，即可得证；
（2）过点作，交点的延长线于点，连接，，证明四边形四边形是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长交于点，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，由（2）可得，得出四边形是平行四边形，则，进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵将绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴
∴
即
在和中
，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，

∵是等边三角形，
∴，
∵
∴
∴垂直平分，
∴
又∵，
∴，
∴,
∴在的垂直平分线上，
∵
∴在的垂直平分线上，
∴垂直平分
∴，
∴
又∵，
∴是等边三角形，
∴
∴
∴，
又∵，
∴
∴，
∴
在与中，
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：依题意，如图所示，延长交于点，

由（2）可知是等边三角形，
∴
∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴
由（2）可得
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴
由（2）可知是的中点，则
∴
∴
∵折叠，
，
∴，
又，
∴，
∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，

∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在中，，点分别为边的中点，连接．
初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________．
特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接．
（1）求的度数；
（2）求的长．
深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或
【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论；
（2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则；
（3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解．
【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点，
∴是的中位线，
∴；；
故答案是：；
（2）特例研讨：（1）如图所示，连接，，

∵是的中位线，
∴，
∴
∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，
∴；
∵点在同一直线上时，
∴
又∵在中，是斜边的中点，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，即旋转角
∴
∴是等边三角形，
又∵，
∴,
∴,
∴,
∴,
（2）如图所示，连接，
∵，，
∴，,

∵,
∴,
∴,
设，则，
在中，，则，
在中，,
∴,
解得：或（舍去）
∴,
（3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时，

∵，
∴，
设，则，
∵是的中位线，
∴
∴，
∵将绕点顺时针旋转，得到，
∴，，
∴
∴，
∵点在同一直线上，
∴
∴，
∴在同一个圆上，

∴
∴
∵，
∴；
如图所示，当在上时，

∵
∴在同一个圆上，
设，则，
将绕点顺时针旋转，得到，
设，则，则，
∴，
∵,
∴，
∵
∴
∴
综上所述，或
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．（2023·辽宁·统考中考真题）在中，，，点为的中点，点在直线上（不与点重合），连接，线段绕点逆时针旋转，得到线段，过点作直线，过点作，垂足为点，直线交直线于点．
(1)如图，当点与点重合时，请直接写出线段与线段的数量关系；
(2)如图，当点在线段上时，求证：；
(3)连接，的面积记为，的面积记为，当时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）可先证，得到，根据锐角三角函数，可得到和的数量关系，进而得到线段与线段的数量关系．
（2）可先证，得到，进而得到，问题即可得证．
（3）分两种情况：①点D在线段上，过点作垂直于，交于点，过点作垂直于，交于点，设，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案．②点D在线段的延长线上，过点作垂直于，交延长线于点,令交于点,连接,设，可证，进一步证得是等腰直角三角形，，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案
【详解】（1）解：．
理由如下：
如图，连接．
根据图形旋转的性质可知．
由题意可知，为等腰直角三角形，
为等腰直角三角形斜边上的中线，
，．
又，
．
在和中，
．
，．
．
．
．
（2）解：为等腰直角三角形斜边上的中线，
．
，
．
，，
．
，．
，．
在和中，
．
．
．
（3）解：当点D在线段延长线上时，不满足条件，故分两种情况：
①点D在线段上，如图，过点作垂直于，交于点；过点作垂直于，交于点．
设，则．
根据题意可知，四边形和为矩形，为等腰直角三角形．
，．
由（2）证明可知，
．
．
．
根据勾股定理可知
，
的面积与的面积之比
②点D在线段的延长线上，过点作垂直于，交延长线于点,令交于点,连接,由题意知，四边形，是矩形，
∵
∴
即
又∵，
∴
∴
而
∴
∴是等腰直角三角形，
设，则，
∴
中，
的面积与的面积之比
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理以及图形旋转的性质，灵活利用全等三角形的判定及性质是解题的关键．
6．（2023·四川乐山·统考中考真题）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动
【问题情境】
刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第页“探索”部分内容：
如图，将一个三角形纸板绕点逆时针旋转到达的位置，那么可以得到：，，；，，（ ）

刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键；故数学就是一门哲学．
【问题解决】
（1）上述问题情境中“（ ）”处应填理由：____________________；
（2）如图，小王将一个半径为，圆心角为的扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置．

①请在图中作出点；
②如果，则在旋转过程中，点经过的路径长为__________；
【问题拓展】
小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．

【答案】问题解决（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
（2）①见解析；②
问题拓展：
【分析】问题解决（1）根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；
（2）①分别作和的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O；②根据弧长公式求解即可；
问题拓展，连接，交于，连接，，，由旋转得，，在和中求出和的长，可以求出，再证明，即可求出最后结果．
【详解】解：【问题解决】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等
（2）①下图中，点O为所求

②连接，，
扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置，
，,
，
设，
，
，
在旋转过程中，点经过的路径长为以点为圆心，圆心角为，为半径的所对应的弧长，
点经过的路径长；

【问题拓展】解：连接，交于，连接，，如图所示

．
由旋转得，．
在中，
．
在中，
，
，
．
．
．
，
在和中，
，
又，，
．
又，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．
7．（2023·江苏扬州·统考中考真题）【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．
【操作探究】
如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．

(1)当时，________；当时，________；
(2)当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
(3)如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．
【答案】(1)2；30或210
(2)画图见解析；
(3)
【分析】（1）当时，与重合，证明为等边三角形，得出；当时，根据勾股定理逆定理得出，两种情况讨论：当在下方时，当在上方时，分别画出图形，求出结果即可；
（2）证明四边形是正方形，得出， 求出，得出，求出，根据求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；
（3）根据等腰三角形的性质，得出，即，确定将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．
【详解】（1）解：∵和中，
∴，
∴当时，与重合，如图所示：连接，

∵，，
∴为等边三角形，
∴；
当时，
∵，
∴当时，为直角三角形，，
∴，
当在下方时，如图所示：

∵，
∴此时；
当在上方时，如图所示：

∵，
∴此时；
综上分析可知，当时，或；
故答案为：2；30或210．
（2）解：当时，如图所示：

∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
，
即两块三角板重叠部分图形的面积为．
（3）解：∵，为的中点，
∴，
∴，
∴将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，
∵
∴点F运动的路径长为．
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．
8．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．
若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．

【答案】图②中，图③中，证明见解析
【分析】图②：如图②所示，连接，先由三角形中位线定理得到，，再证明得到，则，进一步证明，即可证明是等腰直角三角形，则；
图③：仿照图②证明是等边三角形，则．
【详解】解：图②中，图③中，
图②证明如下：
如图②所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
，
∴是等腰直角三角形，
∴；

图③证明如下：
如图③所示，连接，
∵点F，G分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
，
∴是等边三角形，
∴．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．

(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．
10.(2022·黑龙江省鹤岗市)△ABC和△ADE都是等边三角形．
(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P(点P与点A重合)，有PA+PB=PC(或PA+PC=PB)成立(不需证明)；
(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；
(3)将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
【解析】解：(2)PB=PA+PC，理由如下：
如图②，在BP上截取BF=PC，连接AF，

∵△ABC、△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE，
即∠DAB=∠EAC，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，BF=CP，
∴△BAF≌△CAP(SAS)，
∴AF=AP，∠BAF=∠CAP，
∴∠BAC=∠PAF=90°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=PA，
∴PB=BF+PF=PC+PA；
(3)PC=PA+PB，理由如下：
如图③，在PC上截取CM=PB，连接AM，

同理得：△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，PB=CM，
∴△AMC≌△APB(SAS)，
∴AM=AP，∠BAP=∠CAM，
∴∠BAC=∠PAM=60°，
∴△AMP是等边三角形，
∴PM=PA，
∴PC=PM+CM=PA+PB．
11.(2022·重庆市A卷)如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN.在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ.在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．
【解析】解：(1)如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，

在△BCE和△CBK中，
BC=CB∠BCK=∠CBEBE=CK，
∴△BCE≌△CBK(SAS)，
∴BK=CE，∠BEC=∠BKD，
∵CE=BD，
∴BD=BK，
∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB，
∵∠BEC+∠AEF=180°，
∴∠ADF+∠AEF=180°，
∴∠A+∠EFD=180°，
∵∠A=60°，
∴∠EFD=120°，
∴∠CFE=180°−120°=60°；
(2)结论：BF+CF=2CN．
理由：如图2中，∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=CB，∠A=∠CBD=60°，
∵AE=BD，
∴△ABE≌△BCD(SAS)，
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°，
如图2−1中，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，

∵NM=NF，∠CNM=∠FNQ，CN=NQ，
∴△CNM≌△QNF(SAS)，
∴FQ=CM=BC，
延长CF到P，使得PF=BF，则△PBF是等边三角形，
∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，
∵PB=PF，
∴△PFQ≌△PBC(SAS)，
∴PQ=PC，∠CPB=∠QPF=60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴BF+CF=PC=QC=2CN．
(3)由(2)可知∠BFC=120°，
∴点F的运动轨迹为红色圆弧(如图3−1中)，
∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，
此时tan∠APK=AOAP=23，
∴∠HPK>45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH=∠QKH=45°，
如图3−2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL=LK=2，PL=3，PH=7，KH=22，
∵S△PHK=12⋅PK⋅HL=12⋅KH⋅PJ，
∴PQ=2PJ=2×2(2+3)22=22+6
∴PQBC=22+627=214+4214．

12.（2021·江苏连云港市·中考真题）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．
（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；
（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；
（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；
（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．
【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；
【分析】
（1）由、是等边三角形，，， ，可证即可；
（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；
（4）连接CG ,AC ，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．
【详解】
解:（1）∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，
∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又点在处时，，点在A处时，点与重合．
∴点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵、是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又点在处时，，点在处时，点与重合，
∴点所经过的路径的长；
（4）连接CG ,AC ，OB，
∵∠CGA=90°，
∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，
∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，
∴∠COB=90°，设OC=x，
由勾股定理即，
∴，
点G所经过的路径长为长=，
点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，
点H所经过的路径长为的长度，
∵点G运动圆周的四分之一，
∴点H也运动圆周的四分一，
点H所经过的路径长为的长=，
故答案为；．
【点睛
本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式是解题关键．
13.（2021·四川乐山市·中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．
（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________；
（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．
①在图2中补全图形；
②探究与的数量关系，并证明；
（3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明．
【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析
【分析】
（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可
（2）①按要求补全图即可
②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出
（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明
【详解】
解：（1）∵，
∴△ABC是等边三角形
∴∠B=60°
∵点关于直线的对称点为点
∴AB⊥DE，
∴
故答案为：；
（2）①补全图如图2所示；
②与的数量关系为：；
证明：∵，．
∴为正三角形，
又∵绕点顺时针旋转，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（3）连接．
∵，，∴．
∴．
又∵，
∴，
∴．∵，∴，
∴，
∴，
∴，．
∵，
∴．
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点
14.（2021·安徽中考真题）如图1，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，，作交线段AE于点F，连接BF．
（1）求证：；
（2）如图2，若，，，求BE的长；
（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）6；（3）
【分析】
（1）根据平行线的性质及已知条件易证，，即可得，；再证四边形AFCD是平行四边形即可得，所以，根据SAS即可证得；
（2）证明，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长BM、ED交于点G．易证，可得；设，，，由此可得，；再证明，根据全等三角形的性质可得．证明，根据相似三角形的性质可得，即，解方程求得x的值，继而求得的值．
【详解】
（1）证明：，
；
，
，，
，
，，
，，
，，
四边形AFCD是平行四边形
在与中．
，
（2），
，
在中，，
，
，
又，，
，
在与中．
，
；
；
，
；
，
；
，
，
或（舍）；
（3）延长BM、ED交于点G．
与均为等腰三角形，，
，
，
设，，，
则，，
，
，
；
在与中，
，
；
．
；
，
，
，
，
，
，
，
，
（舍），，
．
【点睛】
本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质及判定、相似三角形的性质及判定，熟练判定三角形全等及相似是解决问题的关键．
15.（2021·浙江宁波市·中考真题）（证明体验）
（1）如图1，为的角平分线，，点E在上，．求证：平分．
（思考探究）
（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G．若，，，求的长．
（拓展延伸）
（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，．若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；
（2）先证明，得，进而即可求解；
（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，，最后证明，即可求解．
【详解】
解：（1）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即平分；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴；
（3）如图，在上取一点F，使得，连结．
∵平分，
∴
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
又∵，
∴
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键．
16.（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．
（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，
【分析】
（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；
（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；
（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．
【详解】
（1）解 ，
，
，
，
是等边三角形，
是的中点，
，
在中，，
，
．
（2）证明：连结，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
是等边三角形，
，
，
又，
，
，
．
（3）存在这样的．
过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，
，
由（2）得AE=2AP，DE=AC，
∴CG=EN，
∵，
∴AE=BC，
∵∠ANE=∠BGC=90°，
，
∴∠EAN=∠CBG
∵AE=BC，AB=BA，
∴
∴AC=BE，
∴DE=BE，
∴∠EDB=∠EBD=45°，
∴∠DEB=90°，
∴，
∵
∴
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．
17.（2021·重庆中考真题）在等边中，， ，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．

图1 图2 图3
（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．
①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；
②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；
（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．
【答案】（1）①；②见解析；（2）
【分析】
（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD=3，AG=BG=，然后利用勾股定理求解即可；②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；
（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用相似三角形的判定与性质分别计算出PN与DN的长度，即可得出结论．
【详解】
（1）解：①如图所示，连接AG，
由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠GFB=60°，
∵BD⊥AC，
∴∠FBC=30°，
∴∠FCB=30°，∠ACG=30°，
∵AC=BC，GC=GC，
∴△GBC≌△GAC（SAS），
∴∠GAC=∠GBC=90°，AG=BG，
∵AB=6，
∴AD=3，AG=BG=，
∴在Rt△ADG中，，
∴；
②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，
∵△ABC和△GEF均为等边三角形，
∴∠ABC=60°，∠EFH=120°，
∴∠BEF+∠BHF=180°，
∵∠BHF+∠KHF=180°，
∴∠BEF=∠KHF，
由辅助线作法可知，FB=FK，则∠K=∠FBE，
∵BD是等边△ABC的高，
∴∠K=∠DBC=∠DBA=30°，
∴∠BFK=120°，
在△FEB与△FHK中，
∴△FEB≌△FHK（AAS），
∴BE=KH，
∴BE+BH=KH+BH=BK，
∵FB=FK，∠BFK=120°，
∴BK=BF，
即：；
（2）如图1所示，以MP为边构造∠PMJ=30°，∠PJM=90°，则PJ=MP，
∴求的最小值，即为求的最小值，
如图2所示，当运动至N、P、J三点共线时，满足最小，
此时，连接EQ，则根据题意可得EQ∥AD，且EQ=AD，
∴∠MEQ=∠A=60°，∠EQF=90°，
∵∠PEF=60°，
∴∠MEP=∠QEF，
由题意，EF=EP，
∴△MEP≌△QEF（SAS），
∴∠EMP=∠EQF=90°，
又∵∠PMJ=30°，
∴∠BMJ=60°，
∴MJ∥AC，
∴∠PMJ=∠DNP=90°，
∵∠BDC=90°，
∴四边形ODNJ为矩形，NJ=OD，
由题，AD=3，BD=，
∵MJ∥AC，
∴△BMO∽△BAD，
∴，
∴OD=BD=，OM=AD=，
设PJ=x，则MJ=x，OJ=x-，
由题意可知，DN=CD=2，
∴，
解得：，
即：PJ=，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等，理解基本图形的性质，合理构造辅助线是解题关键．
18.（2021·江苏连云港市·中考真题）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．
（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；
（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；
（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；
（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．
【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；
【分析】
（1）由、是等边三角形，，， ，可证即可；
（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；
（4）连接CG ,AC ，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．
【详解】
解:（1）∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，
∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又点在处时，，点在A处时，点与重合．
∴点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵、是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又点在处时，，点在处时，点与重合，
∴点所经过的路径的长；
（4）连接CG ,AC ，OB，
∵∠CGA=90°，
∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，
∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，
∴∠COB=90°，设OC=x，
由勾股定理即，
∴，
点G所经过的路径长为长=，
点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，
点H所经过的路径长为的长度，
∵点G运动圆周的四分之一，
∴点H也运动圆周的四分一，
点H所经过的路径长为的长=，
故答案为；．
【点睛
本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式是解题关键．
19.（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．
（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；
（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；
（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．
（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．
（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，
，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．
【详解】
（1）在中，．
根据旋转性质可知，即为等腰三角形．
∵，即，
∴，
∴．
（2）如图，作交于点D，作交于点E．
由旋转可得，．
∵，
∴，
∴，
∴，．
∵，即，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∵，
∴，即，
∴．
（3）如图，作且交延长线于点P，连接．
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴在和中 ，
∴，
∴，即点D为中点．
∵点E为AC中点，
∴DE为的中位线，
∴，
即要使DE最小，最小即可．
根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．
∴此时，即DE最小值为2．
【点睛】
本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．
20.（2021·广西贵港市·中考真题）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．
（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是 ；
（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．
【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）
【分析】
（1）结论．证明，可得结论．
（2）结论成立．证明方法类似（1）．
（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．
【详解】
解：（1）结论：．
理由：如图1中，
，，，
，，
，
，
，，
，
．
（2）结论成立．
理由：如图2中，
，，
，
，
，
，，
，
．
（3）如图3中，
由旋转的性质可知，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
21．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．
（1）如图1，连接，，求证：；
（2）将绕点O顺时针旋转．
①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或
【分析】
(1)证明△AMO≌△BNO即可；
(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；
②分两种情况分别画出图形即可求解．
【详解】
解：(1)∵和都是等腰直角三角形，
∴，
又，
,
∴，
∴，
∴；
(2)①连接BN，如下图所示：
∴，
，
且，
∴，
∴，，
∴，
且为等腰直角三角形，
∴，
在中，由勾股定理可知：
，且
∴；
②分类讨论：
情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，
,为等腰直角三角形，
∴,
在中，,
∴；
故或．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，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，属于中考常考题型．
22.（2021·湖南中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．
（1）证明：；
（2）如图2，连接，，交于点．
①证明：在点的运动过程中，总有；
②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？
【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形
【分析】
（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；
（2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．
【详解】
解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴；
（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点，
∴AE=AF，是等腰直角三角形，
∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；
②∵，点，分别为，的中点，
∴AE=AF=2，
∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况：
（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，
∴AH平分∠EAF，
∴点H是EF的中点，
∴EH=；
（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠EHA=∠EAH，
∴EH=EA=2；
（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，
综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形．
【点睛】
本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．
23.（2021·湖南岳阳市·中考真题）如图，在中，，，点为的中点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且交线段于点，的平分线交于点．
（1）如图1，若，则线段与的数量关系是________，________；
（2）如图2，在（1）的条件下，过点作交于点，连接，．
①试判断四边形的形状，并说明理由；
②求证：；
（3）如图3，若，，过点作交于点，连接，，请直接写出的值（用含的式子表示）．
【答案】（1）；；（2）①正方形，理由见解析；②见解析；（3）
【分析】
（1）根据“斜中半”定理可得，然后根据旋转的性质可得，从而得出，再结合题意推出，从而根据正切函数的定义求出即可；
（2）①通过证明，并综合条件，推出四边形是正方形；②首先根据推出，然后证明得到，即可得出结论；
（3）根据题意可首先证明四边形是菱形，然后证明出，即可推出结论，再作，通过解直角三角形，求出的长度，从而得出结论．
【详解】
（1）∵点为中斜边的中点，
∴，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
∵中，，，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
故答案为：；；
（2）①正方形，理由如下：
∵，平分，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
又∵，
∴四边形为正方形；
②显然，在正方形中，，
∴，
又∵，
∴，
由（1）得：则为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴
在与中，
∴，
∴，
∴；
（3）同（2）中①理，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∵为等边三角形，
∴，菱形的边长也为2，
由题意，，，
∵，
∴，
即：，
∴，
∵在菱形中，，
∴，
∴，
如图，作，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质，特殊平行四边形的判定与性质，以及锐角三角函数等，综合性较强，掌握基本图形的性质，灵活运用相似三角形以及锐角三角函数是解题关键．
24.（2021·四川资阳市·中考真题）已知，在中，．
（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；
（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；
（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．
【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）
【分析】
（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得，，则有，然后可得，设，，进而根据勾股定理可求解x的值，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：
∵，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴AF=5；
（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：
∵，，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，
∴四边形GMPN是矩形，
∴，
设，
∴，
在Rt△ANG中，，
∵，
∴，
化简得：，
解得：，
∵，
∴当时，易知与相矛盾，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在Rt△DTC中，，
∴．
【点睛】
本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．
25.（2020·山东中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．
【分析】
（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．
【详解】
解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．
∵CA＝CB，∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，


∴AT⊥DE，DT＝ET，
∴AB垂直平分DE，
∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，
∴CF＝BD，
∴CF＝BE．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．
②结论不变．
解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，
∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
由①得：
设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，
点F是BD的中点，
则DF＝FB＝a+x，
∵AM＝BM，
∴y+a＝a+2x，
∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，
∴AE＝2MN，MN∥AE，
∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，
∴（SAS），
∴CF＝BN，
∵BE＝2BN，
∴CF＝BE．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．
∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，
∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∴AC⊥AG，
∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°，

∴AC∥BT∥，
∵AG＝BT，
∴DG＝BT＝EG，
∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，
∴BD与GT交于点F，
∴GF＝FT，
由旋转可得；
是等腰直角三角形，
∴CF＝FG＝FT，
∴CF＝BE．
（2）结论：BE＝．
理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．
∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，
∴CT⊥AB，

∴AT＝，
∴AB＝，
∵DF＝FB，AT＝TB，
∴TF∥AD，AD＝2FT，
∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，
∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°，

∴AE＝AD＝FT，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．