中考数学三轮冲刺培优训练专题20几何变式与类比探究综合问题（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023春·陕西延安·九年级专题练习）如图1，在中，，，，点分别是边的中点，连接．将绕点逆时针方向旋转，记旋转角为．
(1)问题发现
当时，______；当时，______．
(2)拓展探究
试判断：当时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
(3)问题解决
绕点逆时针旋转至三点在同一条直线上时，请直接写出线段的长______．
【答案】(1) ；
(2)没有，证明见解析
(3)满足条件的的长为或
【分析】（1）当时，在Rt中，勾股定理，可求的长，然后根据点分别是边的中点，分别求出的大小，即可求出的的值；当时，可得，然后根据，可求的值；
（2）首先判断出，再根据，判断出，然后由相似三角形的对应边成比例，可求解；
（3）分两种情形：当点在的延长线上时；当点在线段上时，分别求解即可．
【详解】（1）解：当时，
Rt中，，
，
点分别是边的中点，
，，
，
故答案为：；
如图，
当时，可得，
，
，
故答案为：；
（2）解：如图，
当时，的大小没有变化，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，当点在的延长线上时，
在Rt中，，，
，
，
，
；
如图，当点在线段上时，
在Rt中，，，
，
，
，
，
综上所述，满足条件的的长为或．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
2．（2022秋·江西赣州·八年级统考期中）【问题背景】
在四边形中，，，E、F分别是、上的点，且，试探究图1中线段、、之间的数量关系．
【初步探索】
小亮同学认为：延长到点G，使，连接，再证明，则可得到、、之间的数量关系是___________．
【探索延伸】
在四边形中如图2，，，E、F分别是、上的点，，上述结论是否仍然成立？
【结论运用】
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角（）为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】，成立，210海里
【分析】（问题背景）：延长到点G，使，连接，即可证明，可得再证明，可得，根据，，根据，即可得解；
（探索延伸）：延长到点G，使，连接，先证明，再证明，即可得解；
（实际应用）连接，延长、相交于点，图形符合探索延伸中的条件，直接应用结论进行计算即可．
【详解】证明：（初步探索）如图1，延长到点G，使，连接，
在和中

，
在和中

∴，
∵，
∴；
（探索延伸）证明：如图，延长到点G，使，连接，
则：，
∵，
∴，
在和中
∴（SAS），
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
在和中
∴（SAS），
∴，
∵，
∴；
（结论运用）解：连接，延长、相交于点，
，
又，
∴图形符合探索延伸中的条件，
∴结论，成立，
∵，
∴（海里）；
∴两舰艇之间的距离为：210海里．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．解题的关键是根据题意添加合适的辅助线证明三角形全等．
3．（2023秋·四川德阳·八年级统考期末）（1）问题发现：如图①，和都是等边三角形，点B、D、E在同一条直线上，连接．
①的度数为______；
②线段之间的数量关系为______；
（2）拓展探究：如图②，和都是等腰直角三角形，，点B、D、E在同一条直线上，为中边上的高，连接，试求的度数及判断线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，和都是等腰三角形，，点B、D，E在同一条直线上，请直接写出的度数．
【答案】（1）①；②相等；（2）；，理由见详解；（3）．
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得，然后证明，从而可证明，再利用全等三角形的性质，①、②即可求解；
（2）类似（1）中方法，证明，得出，根据等腰直角三角形的性质得到，即可得到线段之间的数量关系；
（3）根据解答即可．
【详解】（1）解：如图①所示，
和都是等边三角形，
，
，
，
在与中，
，
，
，点B、D、E在同一条直线上，
，
，
故①的答案为：；
②的答案为：相等；
（2）解：如图②所示，
和都是等腰直角三角形，，
，
，
，
在与中，
，
，
，点B、D、E在同一条直线上，
，
，
，
都是等腰直角三角形，，
，
，
，
的度数为，线段之间的数量关系为：；
（3）解：根据（1）（2）中结论可知：，得，
和都是等腰三角形，，
，
，
，
．
【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练而灵活运用这些性质解决问题是解答此题的关键．
4．（2023·全国·九年级专题练习）问题背景：
（1）如图1：在四边形中，，，．E，F分别是上的点．且．探究图中线段之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长到点G．使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ．
探索延伸：
（2）如图2，若在四边形中，，．E，F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
【答案】（1），理由见解析；（2）结论仍然成立，理由见解析
【分析】（1）延长到点G．使．连接，先证明，得到，再证明，可得出结论；
（2）延长到点G．使．连接，先证明，得到，由得到，然后证明，可得出结论．
【详解】证明：（1）在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为．
（2）结论仍然成立；
理由：如图2，延长到点G．使．连接，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2021秋·陕西咸阳·九年级咸阳市实验中学校考阶段练习）问题探究
(1)如图①，在正方形中，，点为的中点，过点作于点，则的长为__________；
(2)如图②，四边形与四边形都是正方形，点、分别在、上，连接，求证：；
问题解决
(3)为打造宜居环境，建设美丽家园，计划对如图③所示的菱形空地进行绿化改造，菱形足够大，，是一条水渠，点、分别是、的中点，点、分别在、上，点在菱形内部，现将四边形改造成草地，并沿线段、、种植乔木绿化带，已知，，米，且种植乔木绿化带每米费用约为200元（不计宽度），请计算种植上述三条乔木绿化带大约需花多少钱？
【答案】(1)
(2)见解析
(3)16000元
【分析】（1）利用正方形的性质，得出是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可解答．
（2）过点作，交于，证明全等，得出，通过等量代换，得出答案．
（3）根据菱形的性质，得出是等边三角形，连接，过点作交于点，是等边三角形，进而得出，利用等边三角形的性质，证明，
【详解】（1）解：是的中点，
是正方形的对角线
是等腰直角三角形
故答案为
（2）证明：过点作，交于，
∴，
在正方形与正方形中，，，，
∴，，
∴，，
∴ ，
∴．
∵，，
∴，
∴．
（3）解：在菱形中，，，
∵点、分别是、的中点，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
连接，过点作交于点，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
由，，易得是等边三角形，
∴，，
∴，
∴．
∴，
∵种植每米乔木绿化带费用约为200元，
∴种植、、三条乔木绿化带大约需（元）．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形全等的判定、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握正方形和菱形的性质、三角形全等的判定、等边三角形的性质等等．
6．（2022秋·四川成都·九年级成都嘉祥外国语学校校考期中）（1）问题探究：如图1，在正方形，点，分别在边，上，于点，点，分别在边、上，．
①判断与的数量关系： ；
②推断：的值为： ；（无需证明）
（2）类比探究：如图（2），在矩形中，．将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用1：如图3，四边形中，，，，，点，分别在边、上，求的值．
（4）拓展应用2：如图2，在（2）的条件下，连接，若，，求的长．
【答案】（1）=；1；（2），理由见解析；（3）；（4）
【分析】（1）①由正方形的性质得．所以，又知，得出，于是，可得．
②证明四边形是平行四边形即可解决问题．
（2）如图2，作于．证明：即可解决问题．
（3）如图3，过点作，交的延长线于点，过点作，连接，证明，得出，证明，可得出，由勾股定理求出，则可得出答案．
（4）过点作交的延长线于，利用相似三角形的性质求出，即可解决问题．
【详解】解：（1）①证明：四边形是正方形，
，．
．
，
．
．
，
．
故答案为：．
②结论：．
理由：，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
．
故答案为：1．
（2）结论：．
理由：如图2中，过点作于．
，
，
，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
．
（3）如图3，过点作，交的延长线于点，过点作，连接，
，，，
四边形是矩形，
，，，
，，，
，
，
，且，
，且，
，
，
，，
，
，
（不合题意，舍去），，
，
由（2）的结论可知：．
（4）解：如图2中，过点作交的延长线于．
，
假设，，，
，，
，
，
或（舍弃），
，，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，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．
7．（2022秋·河南南阳·八年级统考期中）（1）阅读理解：
如图①，在中，若，求边上的中线的取值范围．可以用如下方法：将绕着点D逆时针旋转得到，在中，利用三角形三边的关系即可判断中线的取值范围是_______；
（2）问题解决：
如图②，在中，D是边上的中点，于点D，交于点E，DF交于点F，连接，求证：；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，，，以C为顶点作一个的角，角的两边分别交于E、F两点，连接EF，探索线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）如图①：将绕着点D逆时针旋转得到可得，得出 ，然后根据三角形的三边关系求出的取值范围，进而求得的取值范围；
（2）如图②：绕着点D旋转 得到可得，得出 ，由线段垂直平分线的性质得出，在中，由三角形的三边关系得出 即可得出结论；
（3）将绕着点C按逆时针方向旋转得到可得，得出，证出 ，再由证明，得出，进而证明结论．
【详解】解：（1）如图①：将绕着点D逆时针旋转得到
∴（），
∴，,即
∵是边上的中线，
∴，
在中，由三角形的三边关系得：，
∴ ，即，
∴；
故答案为；
（2）证明：如图②：绕着点D旋转 得到
∴（），
∴，
∵
∴，
在中，由三角形的三边关系得： ，
∴；
（3），理由如下：
如图③，将绕着点C按逆时针方向旋转
∴△DCF≌△BCH，
∴
∴
∵
∴，
∴点A、B、H三点共线
∵，
∴
∴，
在和中，
，
∴（）
∴，
∵
∴．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查对全等三角形的性质和判定、三角形的三边关系定理、旋转的性质等知识点，通过旋转得到构造全等三角形是解答本题的关键.
8．（2023·全国·九年级专题练习）综合与实践−−探究特殊三角形中的相关问题
问题情境：
某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC和AFE按如图1所示位置放置，且Rt△ABC的较短直角边AB为2，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转，如图2，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．
(1)初步探究：
勤思小组的同学提出：当旋转角α= 时，△AMC是等腰三角形；
(2)深入探究：
敏学小组的同学提出在旋转过程中．如果连接AP，CE，那么AP所在的直线是线段CE的垂直平分线，请帮他们证明；
(3)再探究：
在旋转过程中，当旋转角α=30°时，求△ABC与△AFE重叠的面积；
(4)拓展延伸：
在旋转过程中，△CPN是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角α的度数；若不能，说明理由．
【答案】(1)60°或15°
(2)见解析
(3)
(4)能，∠α=30°或60°
【分析】（1）根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根据旋转的性质得到∠BAM=∠FAN，根据全等三角形的性质得到AM=AN，PE=PC，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；
（3）根据已知条件得到△ABM是直角三角形，求得EM=，根据全等三角形的性质和三角形的面积公式即可得到结论；
（4）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的性质可求得∠α的度数；当∠CPN=90°时．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠ANF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠α的度数．
【详解】（1）当AM=CM，即∠CAM=∠C=30°时，△AMC是等腰三角形；
∵∠BAC=90°，
∴α=90°−30°=60°，
当AM=CM，即∠CAM=∠CMA时，△AMC是等腰三角形，
∵∠C=30°，
∴∠CAM=∠AMC=75°，
∵∠BAC=90°，
∴α=15°，
综上所述，当旋转角α=60°或15°时，△AMC是等腰三角形，
故答案为：60°或15°；
（2）由题意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，
∵现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），
∴∠BAM=∠FAN，
在△ABM与△AFN中，
，
∴，
∴AM=AN，
∵AE=AC，
∴EM=CN，
在和中
，
∴，
∴PE=PC，
∴点P在CE的垂直平分线上，
∵AE=AC，
∴点A在CE的垂直平分线上，
∴AP所在的直线是线段CE的垂直平分线；
（3）∵α=30°，∠B=60°，
∴∠AMB=90°，
∴△ABM是直角三角形，
∵AB=2，
∴BM=AB•sin30°=1，AM=AB•cs30°=，
∴=AM•MB=1×=，
∵AE=AC=AB•tan60°=2，AM=，
∴EM=，
在和中
∴，
由（2）可知，
∴=，
∵ AF•AE=×2×2=2，
∴△ABC与△AFE重叠的面积2−2×=；
（4）如答题图1所示：当∠CNP=90°时．
∵∠CNP=90°，
∴∠ANF=90°．
又∵∠AFN=60°，
∴∠FAN=180°−60°−90°=30°．
∴∠α=30°．
如答题图2所示：当∠CPN=90°时．
∵∠C=30°，∠CPN=90°，
∴∠CNP=60°．
∴∠ANF=60°．
又∵∠F=60°，
∴∠FAN=60°．
∴∠α=60°．
综上所述，∠α=30°或60°．
【点睛】本题主要考查的是几何变换的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、三角形的内角和定理、等边三角形的性质、三角函数和全等三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
9．（2021秋·福建漳州·九年级漳州三中校考期中）如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别为AB，AD边上任意一点，现将△AEF沿直线EF对折，点A对应点为点G．
(1)如图2，当EFBD，且点G落在对角线BD上时，求线段EF的长；
(2)如图3，连接DG，当EFBD且点D，G，E三点共线时，求线段AE的长；
(3)当AE＝2AF时，FG的延长线交△BCD的边于点H，是否存在一点H，使得以E，H，G为顶点的三角形与△AEF相似，若存在，请求出线段AE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)5
(2)
(3)3或或或
【分析】（1）连接AG，根据折叠性质、矩形的性质及勾股定理可得DB=10，再根据折叠性质及全等三角形的性质可得答案；
（2）设AF=3t，则FG=3t，AE=4t，DF=6-3t，根据勾股定理和三角函数可得答数；
（3）分四种情况：①当△AEF∽△GHE时，过点H作HP⊥AB于P，②当△AEF∽△GHE时，过点H作HP⊥AB于P，③当△AEF∽△GEH时，过点G作MN∥AB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，④当△AEF∽△GEH时，过点G作MNAB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，分别根据相似三角形的性质可得答案．
（1）
解：如图，连接AG，
由折叠性质得AG⊥EF，
∵EFBD，
∴AG⊥BD，
在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，
∴∠DAB=90°，AD=BC=6，
∴DB==10，
∵△GEF是由△AEF沿直线EF对折而成，
∴△GEF≌△AEF，
∴EF为AG中垂线，
∵EFBD，
∴EF=BD=5；
（2）
解：∵点D，G，E三点共线，
∴∠DGF=90°，
设AF=3t，则FG=3t，AE=4t，DF=6-3t，
在Rt△DFG中，，即=36-36t，
∵tan∠FDG=，
∴，
∴t=，
∴AE=；
（3）
解：①当△AEF∽△GHE时，如图，过点H作HP⊥AB于P，
∵∠AEF=∠FEG=∠EHG，∠EHG+∠HEG=90°，
∴∠FEG+∠HEG=90°，
∴∠A=∠FEH=90°，
∴△AEF∽△EHF，
∴EF：HE=AF：AE=1：2，
∵∠A=∠HPE=90°，
∴∠AEF+∠HEP=90°，∠HEP+∠EHP=90°，
∴∠AEF=∠EHP，
∴△AEF∽△HPE，
∴AE：HP=EF：EH=1：2，
∴HP=6，
∴AE=3；
②当△AEF∽△GHE时，如图，过点H作HP⊥AB于P，
同理可得EF：HE=1：2，EA：HP=1：2，
设AF=t，则AE=2t，EP=2t，HP=4t，BP=8-4t，
∵△BHP∽△BDA，
∴4t：6=（8-4t）：8，
∴t=，
∴AE=；
③当△AEF∽△GEH时，如图，过点G作MNAB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，
设AF=t，则AE=2t，DF=6-t，
由折叠可知，△AEF≌△GEF，
∴AE=GE，
∵△AEF∽△GEH，AE=GE，
∴△AEF≌△GEH（AAS），
∴FG=GH，
∵MGDH，
∴FM=（6-t），
∴AN=EN=AF+FM=，
∵△FMG∽△GNE，GF：GE=1：2，
∴MG=NE=AM=，GH=2FN=6-t，
∵MN=AE，
∴+6-t=2t，
∴t=，
∴AE=；
④当△AEF∽△GEH时，如图，过点G作MNAB交AD于点M，过点E作EN⊥MN于N，过点H作HQ⊥AD于Q，
设AF=t，则AE=2t，
设FM=a，则NG=2a，NE=a+t，
∴MG=EN=AM=，
∴+2a=2t，
由上题知，MF=MQ=a，QH=2MG=a+t，
∴DQ=6-t-2a，
∵，
∴，
∴t=，
∴AE=．
综上，满足条件取线段AE的长为：3或或或．
【点睛】此题考查的是折叠的性质、矩形的性质、相似三角形的性质、勾股定理、三角函数等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．
10．（2023·全国·九年级专题练习）某校数学活动小组探究了如下数学问题：
(1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；
(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；
(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；
（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；
（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．
【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，
在中，，，
∴，，
∴．
在和中， ，
∴，
∴；
（2）解：判断，理由如下：
∵是等腰直角三角形，中，，，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接BD，如图所示，
∵四边形与四边形是正方形，DE与PF交于点Q，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
在中，，设，则，
又∵正方形的边长为，
∴，
∴，
解得（舍去），．
∴正方形的边长为3．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．
11．（2022春·广东珠海·八年级统考期末）宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫微黄金矩形．它给我们以协调谓匀称的美．
如希腊的巴特农神庙等．下面我们折叠出一个矩形：
第一步，在一张宽为2的矩形纸片一端，用下图的方法折出一个正方形，然后把纸片展平．
第二步，如下图，把这个正方形折成两个相等的矩形，再展平．
第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到下图中所示的处．
第四步，展平纸片，按照所得的点D处折出，得到矩形．
(1)证明矩形（下图）是黄金矩形．
(2)定义：直线l将一个面积为S的图形分成面积为和面积为的两部分（设），如果，那么称直线l为该图形的“黄金分割线”．证明：直线是矩形的黄金分割线；
(3)下图中，以C为原点，、所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，直接写出中经过点C的“黄金分割线”的解析式．（不要求写过程）
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)中经过点C的“黄金分割线”的解析式为或
【分析】（1）由折叠的性质得出∠MBC=∠N=90°，MN=MB，根据矩形的判定和正方形的判定可得出答案； 由勾股定理求出AB=，则BE=，根据黄金矩形的定义即可判断；
（2）先证明 再证明 从而可得结论；
（3）如图，建立如下坐标系，结合题意可得：记NE与y轴的交点为Q，先求解 设为 可得直线NE的解析式为： 可得 再证明为的“黄金分割线”，从而可得答案．
(1)
解：由矩形的性质可知∠BMN=∠N=90°，
由折叠可知∠MBC=∠N=90°，MN=MB，
∴∠BMN=∠N=∠MBC=90°，
∴四边形MNCB是矩形，
又∵MN=MB，
∴矩形MNCB是正方形．
∵MN=2，
∴AC=1，
在△ABC中，
由折叠可知AD=AB=，
∴BE=CD=AD-AC=，
又∵DE=BC=MN=2，
∴，
∴矩形BCDE为黄金矩形．
(2)
由（1）得：


∴矩形MNDE是黄金矩形．



∴直线是矩形的黄金分割线．
(3)
如图，建立如下坐标系，结合题意可得：记NE与y轴的交点为Q，

设为
解得：
∴直线NE的解析式为：
当时，



∴
∴为的“黄金分割线”，
所以CQ的解析式为：



∴为的“黄金分割线”，
设为

解得：
∴CE的解析式为：
综上：中经过点C的“黄金分割线”的解析式为或
【点睛】本题考查的是黄金分割点的含义，黄金分割线的含义，矩形的性质，正方形的判定与性质，黄金矩形的含义，利用待定系数法求解一次函数的解析式，坐标与图形，二次根式的混合运算，理解题意，利用轴对称的性质解题是关键．
12．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
【答案】(1)t=2；E（6，0）；
(2)证明见解析；
(3)t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12
【分析】（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；
（2）证△AOC≌△EPD即可；
（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．
【详解】（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中
∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形．
（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
设CE的解析式为y=kx+b，
则，
解得：，
∴CE的解析式为，
同理，DE的解析式为，
①当M在CE上时，M(t+3，)，
则
解得，，
②当N在DE上时，N(t+3，-1)，
则
解得，，
当点C在y轴的负半轴上时，
③如果点M在DE上时，
，
解得，，
④当N在CE上时，
，
解得，，
综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．
13．（2023·河南驻马店·统考一模）已知：和是两个不全等的等腰直角三角形，其中，，连接，取的中点M，连接和．
(1)如图1，分别取和的中点G、H，连接，那么和的数量关系是______．
(2)将图1中的绕点A旋转到图2的位置时，判断（1）中的结论是否仍然成立，并说明理由．
(3)已知正方形的边长为2，正方形的边长为10，现将正方形绕点A顺时针旋转，在整个旋转过程中，当C、P、E三点共线时，请直接写出的长．
【答案】(1)
(2)依然成立．理由见解析
(3)或
【分析】（1）由三角形中位线定理得出，，，，得出，，证明，得出，证明，得出，即可得出结论；
（2）证出，，，再证明，即可得出结论；
（3）分两种情况：①取的中点，连接、，连接，由（1）得：，，由勾股定理得：，，得出，，由勾股定理求出，求出；
②取的中点，连接、，连接，由（1）得：，，同①得：，，得出，由勾股定理求出的长，即可得出结果．
【详解】（1）为的中点，、分别为和的中点，
，，，，
，，
，
在等腰直角与等腰直角中，、分别为和的中点，
，，，，
，，，
在和中，
，
，
，
，，
，
又，，
，
，
，，
；
故答案为：；
（2）（1）中的结论仍然成立；理由如下：
在和中，为的中点，
，，
，，，
，，
，
，
，
，
，
；
故（1）中的结论仍然成立；
（3）分两种情况：或
①如图所示：取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，
由（1）得：，，
由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，∴，
∴；
②如图所示：取CE的中点M，连接BM、DM，连接AE，
由（1）得：，，
同①得：，
∴，
∴，
∴；
∴；
综上所述，BD的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，作出图形是解题关键．
14．（2023·贵州遵义·统考一模）【问题探究】如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，求证：．
【知识迁移】如图2，在矩形中，，，点在边上，点、分别在边、上，且，求的值．
【拓展应用】如图3，在平行四边形中，，，点分别在边上，点、分别在边、上，当与的度数之间满足什么数量关系时，有？试写出其数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），理由见解析．
【分析】（1）利用正方形的性质，推出，即可证明结论；
（2）过点N作于点P，、相交于点H，先证明，得到，再证明四边形是矩形，得到，即可得到答案；
（3）过点E作交于点K，过点N作交于点L，先根据平行四边形的判定和性质得到，若，则，得到，再利用平行线的性质，即可得到与之间的数量关系．
【详解】（1）证明：设、相交于点G，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2解：过点N作于点P，、相交于点H，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
；
（3）解：，理由如下：
过点E作交于点K，过点N作交于点L，
四边形是平行四边形，
，，
四边形、是平行四边形，
，，
，
若，
则，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造相似三角形是解题关键．
15．（2023·山东泰安·宁阳二中校考一模）已知，为等边三角形，点在边上．
【基本图形】如图1，以为一边作等边三角形，连结．可得（不需证明）．
【迁移运用】如图2，点是边上一点，以为一边作等边三角．求证：．
【类比探究】如图3，点是边的延长线上一点，以为一边作等边三角．试探究线段，，三条线段之间存在怎样的数量关系，请写出你的结论并说明理由．
【答案】【基本图形】见解析；【迁移运用】见解析；【类比探究】见解析．
【分析】基本图形：只需要证明得到，即可证明；
迁移运用：过点作，交于点，然后证明得到，即可推出；
类比探究：过点作，交于点，然后证明，得到，再由，即可得到．
【详解】基本图形：证明：∵与都是等边三角形，
∴，，，，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
迁移运用：证明：过点作，交于点，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在与中
，
∴，
∴，
∴；
类比探究：解：，理由如下：
过点作，交于点，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在与中
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
16．（2023·浙江金华·统考一模）如图，在中，，，点P是射线上的动点，连结，在的右边作，交射线于点Q．
(1)当时，求点P到的距离．
(2)当点P在线段上运动时，记，，求y关于x的函数表达式和自变量x的取值范围．
(3)在点P的运动过程中，不再连结其他线段，当图中存在某个角为时，求的长，并指出相应的角．
【答案】(1)
(2)
(3)，；，；，；，
【分析】（1）过点A作与点E，过点P作于点F，先根据等腰三角形的性质和勾股定理得出，再由正弦求解即可；
（2）分两种情况讨论：当点P在线段上时，即时，当点P在线段上时，即时，先证明，再利用相似三角形的判定和性质得出，进而求解即可；
（3）分四种情况，分别是，，，，分别利用勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，进行求解即可．
【详解】（1）如图，过点A作与点E，过点P作于点F，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
即点P到的距离为；
（2）当点P在线段上时，即时，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∵，，
∴，，
∴，
整理得；
当点P在线段上时，即时，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∵，，
∴，，
∴，
整理得；
综上，；
（3）①当时，
如图，过点Q作于D，
∴，
设，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
解得，
∴；
②当时，
如图，过点P作于H，
同①可得,
∵，
∴，
解得，
当时，，
∴；
③当时，
如图，过点P作于N，
同①得，
当时，，
∴；
⑤当时，
如图，过点作于E，
∴，
∴，
由（1）得，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴；
综上，，；，；，；，．
【点睛】本题考查了三角形的动点问题，涉及等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并运用分类讨论的思想是解题的关键．
17．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）已知菱形中，，点分别在，上，，与交于点．
(1)求证：；
(2)当，时，求的长？
(3)当时，求的最大值？
【答案】(1)证明见解析
(2)6
(3)4
【分析】（1）如图所示，连接，先证明是等边三角形，得到，再证明得到，由此即可证明结论；
（2）延长到M使得，证明，得到，进而证明是等边三角形，则；
（3）先证明四点共圆，则当为直径时，最大，设圆心为O，连接，过点O作于M，在中求出的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：延长到M使得，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴当为直径时，最大，
设圆心为O，连接，过点O作于M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，四点共圆，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
18．（2023·河南安阳·统考一模）九年级一班同学在数学老师的指导下，以“等腰三角形的旋转”为主题，开展数学探究活动．
(1)操作探究：如图1，为等腰三角形，，将绕点O旋转，得到，连接，F是AE的中点，连接，则 °，与的数量关系是 ；
(2)迁移探究：如图2，（1）中的其他条件不变，当绕点O逆时针旋转，点D正好落在的角平分线上，得到，求出此时的度数及与的数量关系；
(3)拓展应用：如图3，在等腰三角形中，，．将绕点O旋转，得到，连接，F是的中点，连接．当时，请直接写出的长．
【答案】(1)90，
(2)；
(3)或2
【分析】（1）证明为等边三角形，根据旋转的性质得，求出，根据等腰三角形的性质可得，，即可得，；
（2）根据旋转的性质得，由平分得，可得，，即可得，根据等腰直角三角形的性质可得；
（3）分以下两种情况进行讨论：①当点E在右边时，②当点E在左边时，利用等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】（1）∵为等腰三角形，，
∴为等边三角形，
∵将绕点O旋转，得到，
∴，
∴为等边三角形，，
∴，
∴，
∴，
∵，F是的中点，
∴，
∴，
故答案为：90，；
（2）由旋转的性质，可知，
∵为等边三角形，平分为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∵F是的中点，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）分以下两种情况进行讨论：
①如图1．当点E在右边时，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
由旋转的性质，得，
∴为等边三角形，
∵F是的中点，
∴平分，
∴，
∴，
∴；
②如图2，当点E在左边时，
同理，可得，
∴．
综上所述，的长为或2．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论思想是解本题的关键．
19．（2023·江苏淮安·统考一模）【背景】
如图1，矩形中，，，、分别是、的中点，折叠矩形使点落在上的点处，折痕为．
【操作】
（1）用直尺和圆规在图1中的边上作出点（不写作法，保留作图痕迹）；
【应用】
（2）求的度数和的长；
（3）如图2，若点是直线上的一个动点．连接，在左侧作等边三角形，连接，则的最小值是__________ ；
【拓展】
（4）如图3，若点是射线上的一个动点．将沿翻折，得，延长至，使，连接．当是直角三角形时，的长为多少？请直接写出答案：__________．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）4或6或8或12
【分析】（1）连接，分别以，为圆心，长为半径画弧，两弧交于，两点，连接即为所求．
（2）由折叠可知，再证明垂直平分，得到，则为等边三角形，得到，则；
（3）如图所示，取中点，连接，， 由直角三角形斜边上的直线的性质得到，则为等边三角形．证明，得到，则当时，有最小值，即有最小值，据此求解即可；
（4）分如图4-1，4-2，4-3，4-4四种情况，分别求出对应的的长即可．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求；
（2）由折叠可知，
∵点，分别是，的中点，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，；
（3）如图所示，取中点，连接，，
∵，为中点，
∴．
∵，
∴，
∴为等边三角形．
∵为等边三角形，
∴，．
∴，即，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∵，
∴．
∴的最小值为，
故答案为：；
（4）如图4-1所示，当时，在射线上时，此时点与点重合，
∴；
如图4-2所示，当时，此时点T与点A重合，
由折叠的性质可得，
∴，
∴；
如图4-2所示，当时，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图4-4所示，当时，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当是直角三角形时，的长为4或6或8或12，
故答案为：4或6或8或12．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题， 勾股定理，圆周角定理，平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
20．（2023·广西南宁·校考一模）如图甲，正方形中，点为边上一点，点为边上一点，且，连接、交于点．
(1)求证：；
(2)如图乙，连接，若平分，求证：；
(3)如图丙，在（2）的条件下，连接，过点作交边于点，交于点，若，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由四边形是正方形得，，而，即可证明，得，则，所以；
（2）连接交于点，先证明，得，变形为，再证明，得，即可推导出，所以，得，即可证明；
（3）延长、交于点，设，则，先证明，推导出，再证明，推导出，由，得，则，再证明，得，所以，于是，则，所以，；作交于点，则，由勾股定理求得，则，再证明，得，则．
【详解】（1）解：证明：四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
即．
（2）如图，连接交于点，
由（1）得，
，
平分，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）如图，延长、交于点，
设，则，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，，
作交于点，则，
，
，
，
，
，
，
，
，
线段的长为．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
21．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，圆O为的外接圆，延长线与交于点D，，点F在上，平分．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连结，求证：；
(3)如图3，连结并延长分别交，于G，H两点，若，，求．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据圆周角定理和等腰三角形底边上的三线合一得出，结合已知条件利用两角对应相等即可得出结论
（2）连接，根据两边对应成比例且夹角相等得出，从而得出，即可得出答案
（3）先根据等腰三角形的性质和垂径定理得出，再利用得出，从而得出，继而得出，即可得出答案
【详解】（1）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
（2）解：连接，
∵，
∴，
∴，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：作于M，
由（2）知，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∵，设，
∴，
∵，
∴，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，，
∴
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、三角形的外角性质、含有30度角的直角三角形的性质，熟练掌握相关知识，灵活添加辅助线是解题的关键
22．（2023·福建福州·统考模拟预测）如图甲，在中．．．．如果点P由点B出发沿方向向点A匀速运动．同时点Q由点A出发沿方向向点C匀速运动．它们的速度均为每秒钟1个单位长度．连接，设运动时间为t秒钟（）．
(1)设的面积为S，当实数t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？
(2)在（1）的前提下．当S取得最大值时．把此时的沿射线以每秒钟1个单位长度的速度平移，当点A平移至与点C重合时停止，与的重叠部分面积y与平移时间x的函数解析式，并写出对应的x的取值范围；
(3)如图乙，连接，将沿翻折，当四边形为菱形时，求实数t的值．
【答案】(1)当t为秒时，S取得最大值，S的最大值是cm2
(2)
(3)s
【分析】（1）过点P作于H，可证明，再由相似三角形的性质，即可求解．
（2）过点P作于点D，则，再由，可得，，然后分三种情况：①当时，此时点Q在线段上，点A在线段上，点P在的内部， ②当时，此时点A在线段上，点Q在线段的延长线上，点P在的内部，当时，此时点A在线段上，点Q在线段的延长线上，点P在的外部，结合三角形的判定和性质，即可求解．
（3）根据菱形的性质可得四边形为菱形，可得垂直平分，，再根据，可得，从而得到，再由，可得到关于t的方程，即可求解．
【详解】（1）如图，过点P作于H，
∵°，
∴，
∴，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，
∴ ，
∴的面积为：
∴当t为秒时，S取得最大值，S的最大值是cm2．
（2）过点P作于点D，则，
∴，
∴，
即，
解得：，，
①当时，此时点Q在线段上，点A在线段上，点P在的内部，；
②当时，此时点A在线段上，点Q在线段的延长线上，点P在的内部，设交于点E，则，，
∵
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
当时，此时点A在线段上，点Q在线段的延长线上，点P在的外部，则，，，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
则，
综上所述，
（3）如答图3，连接，设交于点E，
当四边形为菱形时，垂直平分，，
∴，
∴，
∴
，
，
∴，
解得：，
∵，
∴当四边形为菱形时，t的值是s．
【点睛】此题主要考查了四边形综合题，用到的知识点是相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积公式以及二次函数的最值问题，关键是根据题意作出辅助线．
23．（2023·安徽合肥·校考一模）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形中，，则”． 某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究：
(1)【问题探究】如图2，在正方形中，点，，，分别在线段，，，上，且，试猜想______；
(2)【知识迁移】如图3，在矩形中，，，点，，，分别在线段，，，上，且，试猜想的值，并证明你的猜想；
(3)【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，点，分别在线段，上，且，求的值．
【答案】(1)
(2)，理由见解析；
(3)
【分析】（1）过点作交于点，作交的延长线于点，利用正方形，，，证明即可；
（2）过点作交于点，作交的延长线于点，利用
在长方形中，，，求证，根据对应边成比例，将已知数值代入即可；
（3）：过点作于点，设交于点，证明，得出
，即可得到结论．
【详解】（1），
理由如下：
过点作交于点，作交的延长线于点，
∴，，
在正方形中，，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1
（2）过点作交于点，作交的延长线于点，
∴，，
在长方形中，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
（3）如图所示：过点作于点，设交于点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题．
24．（2023·河南新乡·统考一模）已知点C为和的公共顶点，将绕点C顺时针旋转，连接，，请完成如下问题：
(1)如图1，若和均为等边三角形，①线段与线段的数量关系是________；②直线与直线相交所夹锐角的度数是________；
类比探究：
(2)如图2，若，，其他条件不变，则（1）中的结论是否都成立？请说明理由；
(3)拓展应用：如图3，若，，，，当点B，D，E三点共线时，请直接写出的长．
【答案】(1)，
(2)①不成立，；②成立，理由见解析
(3)或
【分析】（1）延长交的延长线于点．由等边三角形的性质可得出，，，进而可求出，即可证，从而得出结论．再根据，即得出直线与直线相交所夹锐角的度数是；
（2）由题意易证，得出，，进而可证，得出，，即．由（1）同理可证直线与直线相交所夹锐角的度数是；
（3）分类讨论：当点落在线段上时和当点落在线段上时，分别画出图形，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：如图1，延长交的延长线于点．
和都是等边三角形，
，，，
，
，
，．
∵，
．
综上所述，，直线与直线相交所夹锐角的度数是．
故答案为：，；
（2）①不成立，；②成立．
理由：如图2，延长交的延长线于点．
，，
∴，
，，
，
，，
．
∵，
．
综上所述，，直线与直线相交所夹锐角的度数是；
（3）的长为或．
如图3，当点落在线段上时．
，，，
，，
，．
，
，
；
如图4，当点落在线段上时，同理可得．
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线构造全等或相似三角形是解题关键．
25．（2023·陕西西安·校考二模）（1）如图，在中，，，则边上的高为______．
（2）如图，在四边形中，，，，，的直角顶点在边上，顶点在边上，若，求的长．
（3）如图，在四边形中，，，，，，的顶点，分别在边，上，若，的面积是否存在最小值，如果存在，求出最小值，如果不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）过点A作，垂足为D，根据含30度的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可；
（2）证明，推出，可得结论；
（3）如图3中，过点作于点，过点作于点，设，．利用相似三角形的性质，构建二次函数，利用二次函数的性质求出的最大值，可得即的最小值，得到此时的面积最小，过点F作，垂足为G，求出，即可得到面积．
【详解】解：（1）如图，过点A作，垂足为D，
，
，
∵，，
∴，
∴，
即边上的高为．
（2），，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）存在．
理由：如图3中，过点作于点，过点作于点，设，．
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，，，
，，
，，
，
，
，
，
∵，，
∴，，
∴，
，
，
，
有最大值，最大值，
的最大值为，即的最小值为，此时的面积最小，
过点F作，垂足为G，
∵，，
∴，
∴，
∴的面积为．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，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，学会构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
26．（2023·安徽蚌埠·校联考一模）如图1，在平行四边形中，为的中点，点在边上，与交于点．
(1)若为的中点．
①求的值；
②连接，若，求证：．
(2)如图2，若，求证：．
【答案】(1)①，②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①利用中位线的性质及平行线所截线段对应成比例得出的关系以及的关系，然后求解即可；②结合①中的结论可得出四边形是平行四边形，然后结合题意，利用等腰三角形三线合一性质得出结论即可；
（2）通过添加辅助线构造等腰三角形，并由等腰三角形的性质以及题中的条件证得，利用相似的性质求解即可．
【详解】（1）①解：如图1，过点作交于，
∵，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②证明：如图1，连接，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图2，在的延长线上取一点，使，连接，
则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，中位线的性质，等腰三角形的性质以及相似三角形的性质，添加辅助线构造等腰三角形并转化以及熟练掌握相似三角形对应边成比例的性质是解决本题的关键．
27．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图，是等腰直角三角形，，点D，E，F分别在边上，，的延长线与的延长线相交于点G．
(1)不添加辅助线，在图中找出一个与相似的三角形（不需证明）；
(2)若，求的长；
(3)若．求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)5
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，再说明即可解答；
（2）如图：过点E作，垂足为H，先证可得进而得到，再根据等腰直角三角形的性质可得、，最后根据线段的和差即可解答．
（3）过点C作，交于点M，可得，再根据三角函数可得，设，则，结合（2）可得，再证明可得，然后再证明可得即，解得，进而求得，最后代数求解即可．
【详解】（1）解：结论：．如下：
理由：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图：过点E作，垂足为H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴（AAS），
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴．
（3）解：如图：过点C作，交于点M，
∴，
∴，
在中，，
∴，
设，则，
由（2）得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴
∴，
∴，
∴
∴的值为5．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及构造相似三角形是本题的关键．
28．（2023·福建莆田·校考一模）如图，中，，以直角边为腰，向外作等腰直角三角形，，，点E是边上一点，且．
(1)探究：与的数量关系；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
【答案】(1)
(2)见详解
(3)
【分析】（1）根据可得，再根据三角形内角和等于得到，再由即可得到；
（2）延长至M点，使得，连接，再证，得到，，接着证明，即有，则结论的证明；
（3）过D点作，将的延长线于N点，先求出，则有，结合（2）的结论可得，则利用勾股定理即可求出，再证明，即可求出、，进而可得，再利用勾股定理可求得，则可得．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）延长至M点，使得，连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）过D点作交的延长线于N点，如图，
∵在等腰中，斜边，
∴，
∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵在（2）中，，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴．
【点睛】本题考查了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、等腰直角三角形的性质、直角三角形中两锐角互余等知识，构造是解答本题的关键．
29．（2023·安徽滁州·校联考一模）在中，，点，分别在边和边上，，相交于点．
(1)如图（1），已知：．
①若，求的值；
②若，求证：；
(2)如图（2），若，，交于，求证：．
【答案】(1)①；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①结合图形，根据，得到，再证明，根据相似三角形对应边相等的性质，解出此题．
②
如图，过作于，证明，得到，再根据，得到，即，可解出此题．
（2）
分别过作的平行线，过作的平行线，两条平行线相交于，连接，易得四边形为平行四边形，可得，再证明，可得，再证明，就可证明，又因为，得出，根据等边对等角得到．
【详解】（1）①解： ，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即．
②
②证明：如图，过作于，
∵，，
∴,
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即．
（2）
证明：如图，分别过作的平行线，
过作的平行线，两条平行线相交于，连接．
易得四边形为平行四边形，
∴，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，∵
∴
∵，∴
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，全等三角形的性质，平行四边形的性质，正确地画出辅助线是解题的关键．
30．（2023·湖北随州·模拟预测）如图，正方形的边长为点，分别在边，上，且，的延长线交的延长线于点，的延长线交的延长线于点，连接，，．
(1)填空： ______ ；填或或
(2)设，
①的面积有变化吗？如果变化，请求出与的函数关系式；如果不变化，请求出定值；
②请直接写出使是等腰三角形的值．
【答案】(1)
(2)①不变，的面积为；②的值为或或
【分析】（1）根据正方形的性质可得，利用外角的性质和已知条件即可求出；
（2）①证明得出的结论，即可得到的面积不变；
②根据是等腰三角形分类讨论：当时，先证，即可求出，，再利用平行可得：，再利用与的和为4即可求出；当时，方法同上；当时，先证，在上取一点，使得，可证，设，则，再利用勾股定理即可求出，再利用与的和为即可求出．
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴．
故答案为：．
（2）①的面积不变．
理由：∵，，
∴，
，
∴．
∵．
∴的面积为．
②如图1中，当时，
∵
∴
∴
∵
∴
在和中
∴，
可得，，
∵，
∴，
∴．
如图2中，当时，
∵
∴
∴
∵
∴
在和中
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
如图3中，当时，
由（2）中，
∴，
∴
∴
∴．
在上取一点，使得，
∴，
∵，
∴，
∴，设，则，
∴，
解得：，
∴，
综上所述，满足条件的的值为或或．
【点睛】此题考查的是正方形的性质和相似三角形的判定及性质，等腰三角形的定义，分类讨论，解决此题的关键是画出每种分类讨论下的图形，利用已知条件推出各个边或角之间的关系，利用相似或勾股定理求边．
31．（2023·河南洛阳·统考一模）【基础巩固】
（1）如图1，在中，D，E，F分别为，，上的点，，，交于点G，求证：．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连接，．若，，，求的值．
【拓展提高】
（3）如图3，在中，，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若，平分，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）利用，证明，，利用相似三角形的性质可证得，结合可的结论；
（2）由（1）得，，根据垂直平分线的性质可得，依据的性质即可求出 的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于M，连接，过点M作于N，根据角平分线和等腰三角形性质构造出含、角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：延长交于M，连接，过点M作于N，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．
32．（2023·上海金山·统考一模）已知平行四边形中，，点P是对角线上一动点，作，射线交射线于点E，联结．
(1)如图1，当点E与点A重合时，证明：；
(2)如图2，点E在的延长线上，当时，求的长；
(3)当是以为底的等腰三角形时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）由平行四边形的性质得到，则，由角之间的关系得到，即可证明；
（2）设交于点O．先证明，得到，过点D作延长线于H，由得到，则，在中，，由，得到，，，在中，由勾股定理得到，则，即可得到；
（3）当点E在边延长线上或在边上两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
又且，
∴，
∴；
（2）设交于点O．
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∵在中，，
在中，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
过点D作延长线于H，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）是以为底的等腰三角形时，
∴当点E在边延长线上时，
设，则，
由得，，
即，
解得，
∴；
当点E在边上时，设，
则，
由得，
，即，
解得，
∴，
∴综上所述，长为或．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
33．（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）已知两个等腰有公共顶点C，，连接是的中点，连接．
(1)如图1，当与在同一直线上时，求证：；
(2)如图2，当时，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）法一：延长交于点，易证为等腰直角三角形，得到，进而得到为的中位线，即可得证；法二：延长交于，证明，进而推出是等腰直角三角形，得到，进而得到，即可得证；
（2）法一：延长交于点D，连接，易得，，证明，得到，即可得证；法二：延长交于D，连接、，分别证明，推出是等腰直角三角形，进而得证．
【详解】（1）解：法一：
如图：延长交于点，
∵等腰有公共顶点C，，
∴，，，
∴，
∴，
∴点为线段的中点，
又∵点为线段的中点，
∴为的中位线，
∴；
法二：
如图，延长交于，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵在等腰直角中，，
∴，
∴；．
（2）法一：
如图，延长交于点D，连接，则：，
∵，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∴点B为中点，又点M为中点，
∴．
延长与交于点G，连接，
同法可得：，，
∴点E为中点，又点M为中点，
∴．
在与中，
，
∴，
∴，
∴．
法二：
如图，延长交于D，连接、，
∵为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，以及斜边上的中线等于斜边的一半．解题的关键是添加合适的辅助线，证明三角形全等．
34．（2023·上海徐汇·统考一模）如图1，已知菱形，点在边上，，交对角线于点．
(1)求证；
(2)如图2，联结．
①当为直角三角形时，求的大小；
②如图3，联结，当时，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)①或；②
【分析】（1）由菱形的性质和平角的性质得，，已知，等量代换得，公共角，即可得证；
（2）①设，由菱形的性质，由（1），根据相似三角形的性质得，故，根据菱形的性质易得，再由全等三角形的性质得，再分情况讨论当为直角三角形时，的大小；
②联结，交于点，记分别交于点，由菱形的性质得，根据直角三角形的性质得，由，得，根据相似三角形的性质和菱形的性质得，由等角的余角相等得，由等角对等边及平行线分线段成比例可得四边形为等腰梯形，易得，，由，可得，设设，，则，由相似三角形的性质解得，由菱形的性质求得，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，
又 且，
．
又，
．
（2）解：①设，
四边形是菱形，
，平分．
，，
，
，
，
，
，，，
，
，
在中，，，故，
是直角三角形，
有以下三种可能的情形：
一、，此时，不符合题意，应舍去；
二、，此时；
三、，此时，；
综上所述，当为直角三角形时，求的大小为或．
②联结，交于点，记分别交于点．
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
四边形为等腰梯形．
．
又 ，
．
又 ，
．
又 ，
，
设，，则，
，
，即，
解得，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰梯形的性质，锐角三角函数，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
35．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）已知：如图，矩形中和中，点C在上，，，，连接，点M从点D出发，沿方向匀速运动，速度为，同时，点N从点E出发，沿方向匀速运动，速度为，过点M作交于点H，交于点G．设运动时间t（s）为（）．
解答下列问题：
(1)当t为何值时，？
(2)连接，作交于Q，当四边形为矩形时，求t的值；
(3)连接，，设四边形的面积为S（），求S与t的函数关系式．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）作，根据勾股定理求出，，结合即可得到答案；
（2）根据矩形性质得到，结合、即可得到、与t的关系，列式求解即可得到答案；
（3）连接与交于K，根据同角三角函数得到比例线段列出方程，得、的值，然后根据面积的和差关系即可得答案；
【详解】（1）解：作，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：若MHQN为矩形时，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：连接与交于K，
∵，，
∴，
∵，四边形是矩形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴
．
【点睛】考查了三角函数，矩形的判定与性质，勾股定理，梯形的面积，熟练掌握性质是解本题的关键．
36．（2023·陕西西安·校考一模）（1）如图1，的半径为，，点为上任意一点，则的最小值为 ．
（2）如图2，已知矩形，点为上方一点，连接，，作于点，点是的内心，求的度数．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，若矩形的边长，，，求此时的最小值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）当点在线段上时，有最小值，即可求解；
（2）根据角平分线性质和三角形内角和定理即可求解；
（3）先作出的外接圆，进而求出外接圆半径，进而判断出最小时点的位置，最后构造直角三
角形即可得出结论．
【详解】（1）当点在线段上时，有最小值为，
故答案为：；
（2） ，
，
，
点是的内心，
平分，平分，
，，
；
（3） ，，，
，
，
如图3，作的外接圆，圆心记作点，连接，，在优弧上取一点，连接，，
点在的外接圆上，
，
，
，
连接，与相交于点此时，是的最小值，
过点作于，，交的延长线于，
，，
四边形是矩形，
，

平分
，
四边形是正方形，
，
，
在中，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，三角形的内心，勾股定理等知识，构造出的外接圆是解本题的关键．
37．（2023·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考一模）问题提出：已知矩形，点E为上的一点，，交于点F．将绕点B顺时针旋转得到，则与的有怎样的数量关系．
问题探究
探究一：如图，已知正方形，点E为上的一点，，交于点F．
（1）如图1，直接写出的值 ；
（2）将绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，连接，猜想与的数量关系，并证明你的结论；
探究二：如图，已知矩形，点E为上的一点，，交于点F．
如图3，若四边形为矩形， ，将绕点B顺时针旋转得到（E、F的对应点分别为、点），连接、，则的值是否随着α的变化而变化．若变化，请说明变化情况；若不变，请求出的值．
一般规律
如图3，若四边形为矩形，，其它条件都不变，将绕点B顺时针旋转得到，连接，，请直接写出与的数量关系．
问题解决
如图4，当时，其他条件不变，绕点B顺时针旋转，设旋转角为当时，直接写出此时 ．
拓展延伸
如图5，点E是正方形对角线上一点，连接，过点E作，交线段于点F，交线段于点M，连接交线段于点H．给出下列四个结论，①；②；③；④；正确的结论有 ___ 个．
【答案】问题探究：探究一（1）；（2），见解析；探究二：；一般规律：；问题解决：或；拓展延伸：3
【分析】探究一（1）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质即可得解；
（2）由（1）的结论即旋转的性质证明，则，即可得到答案；
探究二：证明，得到，由绕点B顺时针旋转得到，则，再证明，则，即可得到答案；
一般规律：作，垂足为M．证明四边形是矩形，再中，，证明，得到，即可得到结论；
问题解决：分两种情况求解即可；
拓展延伸：过点E作，交于P，于Q，证明，则可得，，即可判断①；推得，即可判断②；当点E向D点运动时，的面积逐渐增大，而的面积逐渐减小，特别地，当点E和点D重合时，的面积是的面积，而的面积是0，即可判断③，过点F作，由得到，又由，得到，即可判断④．
【详解】解：问题探究
探究一：（1）∵是正方形的对角线，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2），
理由：由（1）知，，
∴，
由旋转知，，
∴，
∴，
∴；
探究二：
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵绕点B顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴．
即．
一般规律
与的数量关系是：；
理由：如图，作，垂足为M．
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴中，，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴；
问题解决
如图4，连接
∵，
∴点E在的中垂线上，
∴
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
如图4，，
即： ，
如图，
，
即：，
故答案为：或．
拓展延伸
如图5，过点E作，交于P，于Q，
则四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，故①正确；
∵，
∴，
∴，故②正确；
当点E向D点运动时，的面积逐渐增大，而的面积逐渐减小，特别地，当点E和点D重合时，的面积是的面积，而的面积是0，
∴③不正确，
过点F作，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质等知识，综合性较强，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键．
38．（2023·福建南平·统考一模）在五边形中，四边形是矩形，是以E为直角顶点的等腰直角三角形．与交于点G，将直线绕点E顺时针旋转交于点F．
(1)求证：；
(2)判断线段，，之间的数量关系，并说明理由；
(3)若，且，求线段的长．
【答案】(1)见解析；
(2)线段，，之间的数量关系为：，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）由题意知：，，，从而得知，由三角形的内角和定理得知，由旋转得知，从而，进而可得结论；
（2）将绕点旋转得到，则已知和旋转的性质可以得出：，，点在直线上，，证明，得到，等量代换可得结论；
（3）连接，证明，得到，从而得到，由等腰三角形三线合一知：，由（2）可知，，，在中，由勾股定理求出，从而得出线段的长．
【详解】（1）证明：∵是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴
∵将直线绕点E顺时针旋转交于点F，
∴，从而，
∴；
（2）线段，，之间的数量关系为：，理由如下：
将绕点旋转得到，如图：
则，，，，
∴，，
∴点在直线上，，
在和中，
∴，
∴，
而，
∴；
（3）若，且，则，
连接，如图：
在和中，，
∴，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
由（2）可知，，，
在中，由勾股定理，得：，
∴．
【点睛】本题属于几何综合，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质及勾股定理，熟练掌握相关知识和构造辅助线是解决问题的关键．
39．（2023·浙江宁波·校考一模）如图1，在中，，点D，E分别是的中点．把绕点B旋转一定角度，连结．
(1)如图2，当线段在内部时，求证：．
(2)当点D落在直线上时，请画出图形，并求的长．
(3)当面积最大时，请画出图形，并求出此时的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析；
(3)见解析，
【分析】（1）根据点D，E分别是的中点，得到，再根据旋转，得到，即可得证；
（2）勾股定理定理求出的长，中位线定理得到，进而得到，根据旋转，得到，推出，利用勾股定理求出的长；
（3）设点E到的距离为h，判断出h最大，的面积最大，过点D作于H，证明，利用对应边对应成比例，求出的长，利用进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵点D，E分别是的中点，
∴
∴，
由旋转知，，
∴；
（2）解：如图，
∵，
∴，
由（1）图
∵点D，E分别是的中点，
∴，
∴，
∵点D落在上，
∴，
由（1）知，，
∴，
在中，，
根据勾股定理得，；
（3）解：如图，
设点E到的距离为h，则，
要的面积最大，则h最大，
即时，此时，h最大，
∵，
∴，
∴，
由旋转知，，
∴，
过点D作于H，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在题干图1中，
∵点D，E分别是的中点，
∴，
∴
．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的中位线，勾股定理．本题的综合性较强，难度较大，解题的关键是根据题意，正确的画出图形．
40．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考二模）现有一块矩形板材，，，点为边上一点，连接，过点在矩形板材上作，且．
(1)如图1，若点恰好落在边上，则线段的长为_____；
(2)如图2，连接，求线段长度的最小值；
(3)如图3，连接，工人师傅能否在这块矩形板材上裁出面积最小的四边形？若能，请求出四边形面积的最小值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)能，最小面积为
【分析】（1）证明即可作答；
（2）过F点作于H点，证明，即有，，，在中，有，即可得，问题得解；
（3）过F点作于M点，过F点作于N点，连接，同理可证明，即有，，，，，即可得到，，，利用，可得二次函数，问题随之得解．
【详解】（1）在矩形中，有：，，，
∵，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，同理有：，
∵，
∴，
∴，，
∴；
（2）过F点作于H点，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴；
在中，有，
整理：，
∵，
∴，
∴当时，有最小值，且最小值为：，
∴，
即最小值为：；
（3）能，理由如下：
过F点作于M点，过F点作于N点，连接，如图，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
按照（2）中的方法同理可证明：，
∴，，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，，，
∵，，
∴，
整理：，
∴，
∵，，
∴当时，的值随着的增大而减小，
∴当时，的值最小，
即，
故最小面积为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次函数的性质等知识，灵活运用二次函数求极值是解答本题的关键，