中考数学三轮冲刺培优训练专题22开放探究型压轴大题（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学三轮冲刺培优训练专题22开放探究型压轴大题（2份，原卷版+解析版），文件包含中考数学三轮冲刺培优训练专题22开放探究型压轴大题原卷版doc、中考数学三轮冲刺培优训练专题22开放探究型压轴大题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共233页， 欢迎下载使用。

(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．（2023春·河南驻马店·九年级驻马店市第二初级中学校考开学考试）点E是矩形ABCD边AB延长线上一动点（不与点B重合），在矩形ABCD外作Rt△ECF其中∠ECF＝90°，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，连接 DF交CG于点H．
(1)发现
如图1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想线段DH与HF的数量关系是______
(2)探究
如图2，若AB＝nAD，CF＝nCE，（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
(3)拓展
在（2）的基础上，若FC的延长线经过AD的三等分点，且AD＝3，AB＝4，请直接写出线段EF的值
【答案】(1)；
(2)仍然成立，见解析；
(3)或
【分析】（1）证明，得，则，则证，得出即可；
（2）证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；
（3）根据矩形的性质和已知得，则，分两种情况，根据勾股定理和平行线的性质进行解答即可．
【详解】（1），理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，，
∴四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，

∴，
，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为，
（2）仍然成立，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABCD是矩形，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
（3）如图所示，延长FC交AD于R，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴，
分两种情况：
①当时，
∵，
∴，，
在中，由勾股定理得：
，
∵，，
∴，
∴，
由勾股定理得：EF＝；
②当时，同理可得：，
，，
，
由勾股定理得：
，
综上所说，若射线FC过AD的三等分点，，，
则线段EF的长为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行线的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2023·河北·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径是，A，B为⊙O外两点，AB＝2．给出如下定义：平移线段AB，使平移后的线段A′B′成为⊙O的弦（点A′，B′分别为点A，B的对应点），线段AA′长度的最小值成为线段AB到⊙O的“优距离”．
(1)如图1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由线段AB平移而得，这两条弦的位置关系是______；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点______的线段长度等于线段AB到⊙O的“优距离”；
(2)若点A（0，7），B（2，5），线段AA′的长度是线段AB到⊙O的“优距离”，则点A′的坐标为_____；
(3)如图2，若A，B是直线y＝﹣x+6上两个动点，记线段AB到⊙O的“优距离”为d，则d的最小值是_____；请你在图2中画出d取得最小值时的示意图，并标记相应的字母．
【答案】(1)平行，P2
(2)（1，3）
(3)，图见解析
【分析】（1）根据平移的性质，可以得到，由图可以得到的长度等于线段到的“优距离”；
（2）根据定义和（1）提示，可以知道，平移，使对应点落在圆上，即在圆上满足，，这样的只有两条，分别切位于圆心两侧，根据题意画出草图，可以得到如图1的位置，线段是线段到的优距离，利用和坐标，求出直线解析式，从而得到直线的比例系数，同时可以得到为等腰直角三角形，因为，过作，利用垂径定理和勾股定理，求出，利用，得到为等腰直角三角形，过作轴于点，从而可以求得，得到直线解析式为，设，过作轴于，在中，利用勾股定理，列出方程即可求解；
（3）由（2）可知，经过平移，对应点落在圆上，，，符合条件的只有两条，并且位于点两侧，如图2，根据垂线段最短，当时，最小，过作，分别交于，交于，用（2）中方法求解和，得到的长度，即可解决．
【详解】（1）解：平移得到，
，
同理，，
，
由图可得，连接点与点的线段长度等于线段到的“优距离”，
故答案为：平行，；
（2）解：如图1，过作轴于，则，
，，
，
设直线为，代入点，得，
直线为，
设直线交轴于，
轴，
轴，
，
由（1）可得，平移，使对应点落在上，此时，且，
这样的对应线段有两条，分别位于圆心点两侧，
所以当在如图位置时，线段的长度是到的“优距离”，
过作，分别交于，交于，
，
，
，
连接，
，
，
在中，，
过作x轴于，
，
，
，
，
设直线为，代入点，得，
直线为，
设，过作轴于，
在中，，
，
或，
，
，
，
故答案为：；
（3）解：由（2）可知，经过平移，对应点落在圆上， ，，
符合条件的只有两条，并且位于点两侧，
如图2，根据垂线段最短，
当时，最小，
，，
四边形为平行四边形，
，
平行四边形为矩形，
，
令，则，
，
同理，，
，
为等腰直角三角形，
过作，分别交于，交于，连接，
，
在中，，
，
，
，
又是等腰直角三角形，
，
，
，，
，
又，
四边形为平行四边形，
，
即的最小值为．
【点睛】本题主要考查特殊三角形和勾股定理，垂径定理，能根据特殊三角形和勾股定理，垂径定理求解相关的线段和角度，是解决此类问题的关键．
4．（2023春·全国·八年级期中）如图1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=6，动点P从B出发沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′．
（1）如图2，当点P在线段BC上运动时，直线PB′与CD相交于点M，连接AM，若∠PAM=45°，请直接写出∠B′AM和∠DAM的数量关系；
（2）在（1）的条件下，请求出此时a的值：
（3）当a=8时，
①如图3，当点B′落在AC上时，请求出此时PB的长；
②当点P在BC的延长线上时，请直接写出△PCB′是直角三角形时PB的长度．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②PB的长度为8或或．
【分析】（1）证明Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；
（2）由Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，得到AD=AB′=AB=a，即可求得a=6；
（3）①利用勾股定理求出AC，在Rt△PB′C中利用勾股定理即可解决问题；
②分三种情形分别求解即可，如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠BAD=90°，
∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，
∵∠PAM=45°，即∠B′AP +∠B′AM =45°，
∴∠DAM +∠BAP =45°，
∴∠DAM=∠B′AM，
∵AM=AM，
∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，
∴∠B′AM=∠DAM；
（2）∵由（1）知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，
∴AD=AB′=AB=a，
∵AD=BC=6，
∴a=6；
（3）①在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得：AC==10，
设PB=x，则PC=6−x，
由对称知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，
∴∠PB′C=90°，
又∵AB′=AB=8，
∴B′C=2，
在Rt△PB′C中， ，
∴(6−x)2=22+x2，
解得：x=，
即PB=；
②∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，
设PB′=PB=t，
如图2-1中，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，
∴DB′，
∴CB′=CD−DB′=8−2，
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，
∴t2= (8−2)2+(6−t)2，
∴t=；
如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，
在Rt△ADB'中，DB′，
∴CB′=8+2，
在Rt△PCB'中，则有：(8−2)2+(t−3)2=t2，
解得t=；
如图2-3中，当∠CPB'=90°时，
∵∠B=∠B′=∠BPB′=90°，AB=AB′，
∴四边形AB'PB为正方形，
∴BP=AB=8，
∴t=8，
综上所述，PB的长度为8或或；
【点睛】本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等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．
5．（2023春·广东深圳·八年级统考阶段练习）已知是边长为的等边三角形，点是射线上的动点，将绕点逆时针方向旋转得到，连接．
(1)如图1，猜想是什么三角形？______________；（直接写出结果）
(2)如图2，点在射线上（点的右边）移动时，证明．
(3)点在运动过程中，的周长是否存在最小值？若存在．请求出周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)等边三角形
(2)见解析
(3)存在，
【分析】（1）根据旋转的性质即可求解；
（2）根据旋转可证，得到，由此即可求解；
（3）根据旋转可得，，则的周长，当点在线段上时，的周长，当在线段上，且最小时，的周长最小，由此即可求解．
【详解】（1）解：等边三角形，
∵点是射线上的动点，将绕点逆时针方向旋转得到，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
故答案为：等边三角形．
（2）解：等边三角形，如图2中，设交于点．
由旋转的性质可知，，，
是等边三角形，
，，
，
，即，
在和中，
，
，
，
，
，
．
（3）解：点在运动过程中，的周长存在最小值，最小值为，
理由：如图3中，
根据旋转可得，，
，则的周长，
当点在线段上时，的周长，
当点在线段的延长线上时，的周长，
的周长，
当在线段上，且最小时，的周长最小，
为等边三角形，
，
当时，的值最小，的最小值为，
的周长的最小值为．
【点睛】本题主要考查等边三角形，旋转的性质的综合，掌握旋转中角与边的关系，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
6．（2023·山东济南·统考一模）如图1，已知正方形与正方形有公共顶点，点在正方形的对角线上.
(1)如图2，正方形绕点顺时针方向旋转，和的数量关系是_____________，位置关系是_______________；
(2)如图3，正方形绕点逆时针方向旋转，求的值以及直线和直线所夹锐角的度数；
(3)如图4，，点在对角线上， ，将正方形绕顺时针方向旋转，点是边的中点，过点作 交于点；在旋转过程中，线段的长度是否变化？如果不变，请直接写出的长度；如果改变，请说明理由.
【答案】(1)，；
(2)，；
(3)不变，线段是一个定值，
【分析】（1）如图所示，过点作交于点，证明，进而得出，，根据平行线的性质得出，进而即可得出结论；
（2）连接，证明， 得出，，延长、交于点，根据三角形的内角和定理，即可得出；
（3）过点作，得出，即可证明，设，则，连接， 过点作交于点，证明，得出，进而得出，则四点共圆，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图所示，过点作交于点，
∵正方形与正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
和的数量关系是相等，位置关系是垂直，
故答案为：，；
（2）连接，
由旋转性质知，
在和中，
， ，
∴，
，
，
；
，
，
延长、交于点，
，
（3）∵，点是边的中点，点在对角线上， ，
∴,,
过点作，
在中，，
∴
即点重合，
∴，
∴
设，则，
∵
∴，
如图所示，连接， 过点作交于点，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∵,,
∴，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴四点共圆，
∴线段是一个定值， ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，四点共圆，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
7．（2023春·全国·八年级期中）如图1，是等边三角形中不共线三点，连接，三条线段两两分别相交于．已知．
(1)证明： ；
(2)如图2，点M是上一点，连接，以为边向右作，连接．若 ，证明： ．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若，请问在内部是否存在点P使得P到三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)存在，
【分析】（1）可先推出，再证，即可得出结论；
（2）在上截取，连接，可推出是等边三角形，可证，然后推出是等边三角形，从而问题得证；
（3）先求得，将绕点D顺时针旋转至，连接，可得是等边三角形，于是，故当共线时，有最小值，最后解斜三角形，从而求得．
【详解】（1）证明：如图1，
∵是等边三角形，
∴ ，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，，，
同理可证：，
∴，，
∴ ；
（2）证明：如图2，
由（1）知，，
∴是等边三角形，
∴，
在上截取，连接，
∵
∴ ，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴是等边三角形，
∴ ；
（3）解：如图3，
由（1）（2）知，和是等边三角形，
∵，
∴
∵ ，
∴，
∴在中，
将绕点D顺时针旋转至，连接，
∴ ，
∴是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴当共线时，A最小值为，
作于H，
∴，
∴，
∴在中，，，
∴，
∴在中，，
∴的最小值是．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质和应用等知识，解决问题的关键是掌握“费马点”模型及“截长补短”等题型．
8．（2023春·重庆南岸·九年级重庆市珊瑚初级中学校校联考阶段练习）已知为等边三角形，是边上一点，连接，点为上一点，连接．
(1)如图1，延长交于点，若，，求的长；
(2)如图2，将绕点顺时针旋转到，延长至点，使得，连接交于点，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图3，，点是上一点，且，连接，点是上一点，，连接，，将沿翻折到，连接，当的周长最小时，直接写出的面积．
【答案】(1)；
(2)，理由见解析
(3)的面积．
【分析】（1）作于J，利用等腰直角三角形的性质求得，再解直角三角形即可求解；
（2）延长到点I，使，连接，过点H作，交于点M，先后证明，，，，利用全等三角形的性质即可求解；
（3）过D、H分别作的垂线，分别交于点G，交于点F，作交于点E，证明，推出，，，再证明，推出，设，推出，得到当的周长取最小值时，的值最小，据此求解即可．
【详解】（1）解：作于J，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，则是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴；
（2）解：，理由如下，
延长到点I，使，连接，过点H作，交于点M，
∵为等边三角形，
∴，，
由旋转的性质知，，，，，
∴，
∴，
∴，，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
同理，，
∴，，
同理可证，
∴，
∴；
（3）解：过D、H分别作的垂线，分别交于点G，交于点F，作交于点E，如图，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，，
∴，
∴，
∵的周长，
当的周长取最小值时，的值最小，
∴当时，的值最小，此时，即点G、K重合，如图，
∴的面积．
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，求二次函数的最值，作出合适的辅助线，学会利用参数构建二次函数解决问题是解题的关键．
9．（2023·福建三明·校考一模）在矩形中，连接，线段是线段绕点逆时针旋转得到，平移线段得到线段（点与点对应，点与点对应），连接，分别交，于点，，连接．
(1)求证：；
(2)求的大小；
(3)若，，求矩形的面积（用含有，的式子表示）．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，，根据平移的性质，得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，得出，，再根据平行公理，得出，再根据矩形的性质，得出，再根据等量代换，得出，再根据平行四边形的判定定理，得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，即可得出结论；
（2）延长，交的延长线于点，由（1）可知，根据平行线的性质，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据题意，得出，再根据角之间的数量关系，得出，进而得出，再根据旋转的性质，得出，再根据“角角边”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，，进而得出，再根据线段之间的数量关系，得出，进而得出是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，即可得出答案；
（3）根据题意，得出为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质，得出，再根据（2）得出，进而得出，再根据对顶角相等，得出，再根据三角形的内角和定理和对顶角相等，得出，再根据相似三角形的判定定理，得出，再根据相似三角形的性质，得出，进而得出，再根据等量代换，得出，据此即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接，，
∵线段平移得到线段，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）解：延长，交的延长线于点，
由（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵线段是线段绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∵线段是线段绕点逆时针旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）解：∵为等腰直角三角形，
∴，
由（2）可知：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平移的性质、平行公理、矩形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形两锐角互余、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、对顶角相等、相似三角形的判定与性质，解本题的关键在正确作出辅助线，并熟练掌握相关的性质定理．
10．（2023·湖北省直辖县级单位·校联考一模）如图，正方形的对角线，相交于点将绕点沿逆时针方向旋转得到，，分别交，于点，，连接交于点．
(1)求证：①是等腰直角三角形；②∽；
(2)在旋转过程中，探究线段，，的数量关系，并说明理由；
(3)若，，求线段，的长度．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)，理由见解析
(3)，
【分析】（1）①由旋转的性质得到，再证明，得到，即可证明是等腰直角三角形；②根据三角形外角的性质证明，再由，即可证明；
（2）先证明，得到，由勾股定理得到，再由，即可证明；；
（3）过作交于点，延长，，相交于点，证明，，得到，设，则，则，利用勾股定理求出，进而求出，，，，证明，求出，，再证明，求出，即可得到答案．
【详解】（1）证明：正方形的对角线，相交于点，
，，
，，
由旋转可知，，
，
，
，
是等腰直角三角形；
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
∽；
（2）解：，理由如下：
，，
∽，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
；
（3）解：过作交于点，延长，，相交于点，
则，
∴，，
，
，
设，则，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，，，，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
11．（2023·江苏盐城·统考一模）【问题思考】如图1，点E是正方形内的一点，过点E的直线，以为边向右侧作正方形，连接，直线与直线交于点P，则线段与之间的关系为______．
【问题类比】
如图2，当点E是正方形外的一点时，【问题思考】中的结论还成立吗？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
【拓展延伸】
如图3，点E是边长为6的正方形所在平面内一动点，【问题思考】中其他条件不变，则动点P到边的最大距离为______（直接写出结果）．
【答案】【问题思考】，；【问题类比】：【问题思考】中的结论成立，理由见解析；【拓展应用】
【问题思考】根据“”证明，然后根据全等三角形的性质即可得出答案；
【问题类比】同理证明，然后根据全等三角形的性质即可得出答案；
【拓展应用】根据可得点的运用轨迹即为以为直径的上，所以当点位于右侧，且经过圆心时，动点P到边的距离最大，据此解答即可．
【详解】解：问题思考：
设和交于点，
∵四边形和四边形都为正方形，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
即，
故答案为：，；
问题类比：
问题思考中的结论仍然成立，理由如下：
设和交于点，
∵四边形和四边形都为正方形，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
即，
故答案为：，；
拓展应用：
∵，
∴点的运用轨迹即为以为直径的上，
如图：
当点位于右侧，且经过圆心时，动点P到边的距离最大，
∵正方形的边长为，
∴，，
∴，
∴，
即动点P到边的最大距离为，
故答案为：．
【点睛】本题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，圆周角定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及确定出点的运动轨迹是解本题的关键．
12．（2023春·安徽合肥·八年级合肥市五十中学西校校考期中）（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，现将绕点按顺时针方向旋转90°，点的对应点为，点的对应点为，连接，如图所示则___________．
（2）如图2，在等边内有一点，且，，，如果将绕点逆时针旋转60°得出，求的度数和的长；
（3）如图3，将（2）题中“在等边内有一点”改为“在等腰直角三角形内有一点”，且，，，，求的度数．
【答案】（1）；（2），；（3）
【分析】（1）根据旋转的性质只要证明是等腰直角三角形即可得到答案；
（2）根据旋转的性质，可得是等边三角形，由等边三角形的性质即可求出的长，；而又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），所以，从而得出结论；
（3）如图3，将绕点B逆时针旋转90°得到，，与（2）类似：可得：，求出，根据勾股定理的逆定理求出，即可得出结论．
【详解】解：∵将绕点按顺时针方向旋转90°，点的对应点为，点的对应点为，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）∵是等边三角形，
∴，
∵将绕点逆时针旋转60°得出，，
∴，．
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴；
（3）如图3，将绕点B逆时针旋转90°得到，
与（2）类似：可得：，，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理及勾股定理的逆定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能根据性质进行证明是解答此题的关键．
13．（2023春·重庆合川·九年级重庆市合川中学校考阶段练习）如图1，与为等腰直角三角形， ，，，将绕着点旋转．
(1)如图2，在旋转过程中，当、、三点共线( 在延长线上)时，连接，过点作的垂线交于点，交于点，求的长；
(2)如图3，在旋转过程中，连接、，过点作于点，交于点，请写出与的数量关系并证明．
(3)如图4，在（2）的条件下，连接、，当最小时，请直接写出 的面积．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）结论：．如图中，过点作交的延长线于，连接交于，设交于点．证明（），推出，推出，即，证明 即可．
（3）如图4中，取的中点，连接，．求出，即可解决问题．
【详解】（1）解：如图所示，
，，
，，
，
，
，，
，
，


故答案为：．
（2）结论：．
理由：如图中，过点作交的延长线于，连接交于，设交于点，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
（），
，
，
，
，即，
，
，
，
．
（3）如图4中，取的中点，连接，．
，，
，
，，，
，
，，
，
，

的最小值为，此时如图5所示，三点共线，
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理解直角三角形，旋转的性质，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．
14．（2023春·湖北十堰·九年级统考阶段练习）如图1，在中，，，过点作于点，点为线段上一点（不与，重合），在线段上取点，使，连接，．
(1)观察猜想：线段与的数量关系是______，与的位置关系是______；
(2)类比探究：将绕点旋转到如图2所示的位置，请写出与的数量关系及位置关系，并就图2的情形说明理由；
(3)问题解决：已知，，将绕点旋转，当以、、、四点为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出的长．
【答案】(1)，；
(2)，，理由见解析；
(3)或．
【分析】（1）延长交于点G，先证明为等腰直角三角形，再证明，问题随之得解；
（2）延长交于点，同（1），先证明为等腰直角三角形，再证明，问题随之得解；
（3）先根据等腰直角三角形的性质求得，再由勾股定理求出AB的长度，分三种情况：①当点N在AB上时，点M在上时，四边形ANDM是平行四边形；
②当点N在上时，四边形ADMN是平行四边形；③当点N在BC外，点M在AB上时，四边形AMND是平行四边形，分别利用勾股定理和平行四边形的性质求解．
【详解】（1）延长交于点G，如图，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴是的中线，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴.
∴，
∴在中，，
∴，
故答案为：，；
（2），
理由如下：延长交于点，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵根据旋转可知，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴.
∵，
∴，
∴在中，，
∴；
（3）∵，，
∴为等腰直角三角形．
∵，，
∴，
∴．
∵，以A，D，M，N四点为顶点的四边形为平行四边形，
①当点N在上时，点M在上时，四边形是平行四边形，
∴，．
∴；
②当点N在上时，四边形是平行四边形，连接，
∴，
∴；
③当点N在外，点M在上时，四边形是平行四边形，
∴，．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形,
∴．
综上所述，的长度为或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质．理解相关知识，作出辅助线，构建三角形是解答关键．
15．（2023·河南商丘·校考一模）综合与实践
二轮复习中，刘老师以“最值问题”为专题引导同学们进行复习探究．
问题模型：等腰三角形，，，
(1)探究：如图，点为等腰三角形底边上一个动点，连接，则的最小值为______，判断依据为______；
(2)探究：在探究的结论下，继续探究，作的平分线交于点，点，分别为，上一个动点，求的最小值；
(3)探究：在探究的结论下，继续探究，点为线段上一个动点，连接，将顺时针旋转，得到线段，连接，求线段的最小值．
【答案】(1)；点到直线的距离垂线段最短
(2)
(3)
【分析】（1）根据点到直线的距离垂线段最短，当时，有最小值，求出即可；
（2）作点关于的对称点，则点在边上，连接，过点作，垂足为，由轴对称的性质可得，当和在同一条直线上，且时，有最小值，即为，求出的长即可；
（3）延长至使得，连接并延长，交于点，证明，可得，因为始终为，所以可确定点在上运动，当时，有最小值，求出此时的值即可．
【详解】（1）解：如图，当时，有最小值，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：；点到直线的距离垂线段最短．
（2）解：如图，作点关于的对称点，则点在边上，连接，过点作，垂足为，
∵点、关于的对称，
∴，
∴，
∵当和在同一条直线上，且时，有最小值，
∴的最小值为，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴的最小值为．
（3）解：延长至使得，连接并延长，交于点，
∵顺时针旋转，得到线段，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，始终为，
∴点在上运动，当时，有最小值，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了点到直线的最短距离、含角的直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理，根据题意正确作出辅助线是解答本题的关键．
16．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图（1），在中，．点D是边上任意一点（不与B，C重合），连接，过点D作于点E，连接，点F为中点，连接．
(1)当时，判断四边形的形状，并证明．
(2)点D在线段上的什么位置时，的面积最大？请说明理由．
(3)如图（1）中的绕点B旋转到如图（2）所示位置，得到，使得点A在直线上，连接，点为中点，与交于点G，其他条件不变．求证：．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)当时，的面积最大，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）求得，则，证明是的平分线，利用含30度角的直角三角形的性质以及斜边中线的性质推出，即可证明结论；
（2）设，，推出，利用二次函数的性质即可求解；
（3）作点A关于的对称点，点关于的对称点Ｈ，证明都是等边三角形，推出，再根据三角形中位线定理即可证明结论．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵在中，，
∴，则，
∵，
∴，
∴是的平分线，则，
∴，
∵点F为中点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：当时，的面积最大，理由如下：
设，，则，，，，，，
∵点F为中点，
∴
，
∵，
∴当时，有最大值，
此时，即，
∴当时，的面积最大；
（3）解：作点A关于的对称点，点关于的对称点Ｈ，连接，
则，，
∴，
由题意得，
∴都是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∵点为中点，
∴是的中位线，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质以及斜边中线的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
17．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）如图，在正方形中，点在边上，点A关于直线的对称点为点F，连接．设，
(1)试用含的代数式表示；
(2)作，垂足为G，点G在AF的延长线上，连接，试判断与的位置关系，并加以证明；
(3)把绕点B顺时针旋转90°得到，点E的对应点为点H，连接，若是等腰三角形，求的值．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)或
【分析】（1）由轴对称的性质可得，，可求，由等腰三角形的性质求出即可得到答案；
（2）通过证明，，，点四点共圆，可得，由等腰三角形的性质可得，可得，可证；
（3）由于，故分两种情况：当由旋转的性质可得，，，，由“”可证，可得，即可求解；当时，可证点与点重合，则点与点重合，由此即可得到答案．
【详解】（1）解：如图1，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵点关于直线的对称点为点，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，证明如下：
如图2，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，，四点共圆，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∴；
如图3，当时，过点作于，
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴三点共线
∴点与点重合，则点与点重合，
∴；
综上所述：的值为或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的有关知识，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18．（2023·北京海淀·清华附中校考模拟预测）在平面直角坐标系中，对于线段，点和图形定义如下：线段绕点逆时针旋转得到线段（和分别是和的对应点），若线段和均在图形的内部（包括边界），则称图形为线段关于点的旋垂闭图．
(1)如图，点，．
①已知图形：半径为的 ；：以为中心且边长为的正方形；：以线段为边的等边三角形．在，，中，线段关于点的旋垂闭图是__________．
②若半径为的⊙是线段关于点的旋垂闭图，求t的取值范围；
(2)已知长度为的线段在轴负半轴和原点组成的射线上，若存在点，使得对半径为的 上任意一点，都有线段满足半径为的 是该线段关于点的旋垂闭图，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①；②
(2)
【分析】（1）①分别在坐标系中画出，，，再画出线段绕点O逆时针旋转90°的线段即可得到答案；②如图1所示，当点T在点C左侧，且此时刚好点落在上时，如图2所示，当点T在点D右侧，且此时刚好点落在上时，求出这两种临界情形下t的值，即可得到答案；
（2）先求出点Q在直线上运动；设点A在点B的左侧，如图2-1所示，连接并延长交于M，点A绕点M逆时针旋转90°后的对应点为，由旋转的性质可得，则，由于点A到上任意一点的距离的最大值是，只需要找到值最小时，则此时半径有最小值；故当与直线垂直时，有最小值，即有最小值，如图2-2所示，当点A的坐标为且与直线垂直时，有最小值，即有最小值，根据等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①由下图可知，在，，中，线段关于点的旋垂闭图是，
故答案为：；
②如图1所示，当点T在点C左侧，且此时刚好点落在上时，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵在上，
∴，
∴，
∴，
解得或（不符合题意的值舍去）；
如图2所示，当点T在点D右侧，且此时刚好点落在上时，
由旋转的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵在上，
∴，
∴，
∴，
解得，（不符合题意的值舍去）；
∴当时，半径为5的是线段关于点的旋垂闭图；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴点Q在直线上运动；
∵长度为4的线段在轴负半轴和原点组成的射线上，
设点A在点B的左侧，
如图2-1所示，连接并延长交于P，点A绕点P逆时针旋转后的对应点为，
由旋转的性质可得，
∴，
∵点A到上任意一点的距离的最大值是，
∵都是动点，
∴只需要找到值最小时，则此时半径有最小值；
∵点到直线的距离，垂线段最短，
∴当与直线垂直时，有最小值，即有最小值，
∴如图2-2所示，当点A的坐标为且与直线垂直时，有最小值，即有最小值，
此时
∴
∴
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，一次函数与几何综合，坐标与图形变化——旋转，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题等等，正确画出示意图，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
19．（2023春·四川成都·九年级四川省成都市第七中学初中学校校考阶段练习）如图，抛物线经过两点，与x轴交于另一点A，点D是抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式及点D的坐标；
(2)如图1，连接，点E在直线上方的抛物线上，连接，当面积最大时，求点E坐标；
(3)如图2，连接，在抛物线上是否存在点M，使，若存在，求出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)E的坐标为
(3)存在，或
【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式．再将其变为顶点式即得出顶点坐标；
（2）由抛物线解析式可求，即．利用待定系数法可求出直线的解析式为．设．过点E作轴于点H，交于点F，则，即得出，，从而得出．再根据三角形面积公式可得出，结合二次函数的性质即可求出点E的坐标；
（3）设．分类讨论：①当在右侧时，设交x轴于G和②当在左侧时，设与x轴交于点N，过B作于P．分别根据相似三角形的判定和性质求出点G和点N的坐标，再利用待定系数法求出直线和的解析式，最后两个直线解析式分别与二次函数解析式联立，再求解即可得出点M的坐标．
【详解】（1）解：把代入得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为：.
∵，
∴顶点；
（2）对于，令，则，
解得：．
∴，
∴．
设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴直线的解析式为．
∵点E在直线上方的抛物线上，
∴设．
如图，过点E作轴于点H，交于点F，
∴，
∴，，
∴．
∴
．
∵，，
∴当时，面积最大，此时，
∴点E的坐标为；
（3）在抛物线上存在点M，使，
理由：设，
分类讨论：①如图，当在右侧时，设交x轴于G，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
设，则，
∴，
解得：，
∴．
设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴直线的解析式为：，
联立，解得：，，
∴；
②当在左侧时，设与x轴交于点N，过B作于P，如图，
∵，
∴是等腰直角三角形．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
设直线的解析式为，
∴，解得：，
∴直线的解析式为：．
联立，解得：，，
∴．
综上所述，存在点M，其坐标为或．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数一般式改为顶点式，二次函数图象与坐标轴的交点，二次函数的最值问题，三角形相似的判定和性质，勾股定理，直线与抛物线的交点问题等知识，为中考压轴题．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．
20．（2023春·浙江宁波·九年级浙江省余姚市实验学校校考阶段练习）如图，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，以为直径的交于另一点C，点D在上．分别过点O，B作直线的垂线段，垂足为E，F，连接．
(1)求点A，B，C的坐标．
(2)当点D在直线右侧时，
①求证：；
②求证：．
(3)与的距离和是否为定值？若是，请直接写出定值；若不是，请直接写出取到最小值时直线的解析式．
【答案】(1)，，；
(2)①见解析；②见解析
(3)与的距离和不是定值；直线的解析式为．
【分析】（1）令或，可求得点A，B的坐标，作于点G，解直角三角形求解即可；
（2）①证明，利用相似三角形的性质即可证明；
②作于点M，利用平行线分线段成比例证得，再由垂径定理得到，即可证明结论；
（3）与的距离和不是定值；当点D与点C重合时，才取得最小值，此时切于点C，利用切线长定理求得，利用待定系数法即可求解．
【详解】（1）解：令，则；令，则，解得；
∴，，
∴，，，
作于点G，
∵以为直径的交于另一点C，
∴，
∵，即，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①∵，，，即，∴，
∴，
∴，即；
②作于点M，
则，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即；
（3）解：随着点D的变化，也在不断的变化，不是定值，
当点D与点C重合时，才取得最小值，此时切于点C，
设与x轴交于点H，由切线长定理得，
∴，
∵，∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线即的解析式为，
∴，解得，
∴直线的解析式为．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点坐标，待定系数法求函数解析式，切线长定理，平行线分线段成比例定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
21．（2023春·江苏无锡·九年级校考阶段练习）如图，平面直角坐标系中，已知 ，，点C是在y轴的负半轴上，且的面积为9．
(1)点C的坐标为_______；
(2)P是第四象限内一点且横坐标为m， ．
①连接，交线段于点D．根据题意画出示意图并求的值（用含m的代数式表示）；
②连接，是否存在点P，使得，若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①画图见解析，；②存在，
【分析】（1）先求出，根据三角形的面积求出长，根据点的位置写出坐标即可；
（2）①过点 P 作 交直线于点 E，过点 P 作 交 x 轴于点 F，写出点点坐标，进而写出点的坐标，利用平行线分线段成比例解题；②过点 C 作 轴交的延长线于点 H，延长 交 x 轴于点 G，可以推出，可以得到点 G 的坐标为，进而求出m的值．
【详解】（1）解：∵ ，
∴，
∵
∴，
解得，
∵点C是在y轴的负半轴上，
∴点C的坐标为，
故答案为：；
（2）①过点 P 作 交直线于点 E，过点 P 作 交 x 轴于点 F．
∵P 是第四象限内一点且横坐标为 m，
∴，
∴，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵，
∴E 点坐标为 ，
∵，
∴
∵，
∴ 的解析式为 ．
∴．
∴ ．
②过点 C 作 轴交的延长线于点 H，延长 交 x 轴于点 G．
∵轴，
∴，即，
∵，
∴，即．
∵轴，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴点 G 的坐标为．
∴的解析式为 ．
把 代入可得 ．
【点睛】本题考查点的坐标，平行线分线段成比例，等腰三角形的判定，一次函数的解析式，三角函数，掌握一次函数的图象和性质是解题的关键．
22．（2023·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）如图，矩形的顶点分别在轴，轴上，点坐标是为边上一点，将矩形沿折叠，点落在轴上的点处，的延长线与轴相交于点
(1)如图，求点的坐标；
(2)如图，若是上一动点，交于交于，设，求与之间的函数关系式；
(3)在的条件下，是否存在点，使为等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】(1)；
(2)；
(3)点的坐标是或或
【分析】（1）设，则，再求出的长，在中，根据勾股定理求出a的值，即可求解；
（2）延长交于，则，先证明，可得，从而得到，在中，由勾股定理可得，可得，从而得到，进而得到，可证得，可得到，再证明，即可求解；
（3）分三种情况：当时；当时；当时，即可求解．
【详解】（1）解：在矩形中，，
，
设，则，
，
在中，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
；
（2）解：如图，延长交于，则，
，
，
，
，
，
由（1）知：，
，又，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，即，
；
（3）解：分三种情况：
当时，如图，
，
，
，
，即，
解得：，
，
；
当时，如图，过作于与的延长线交于点，
有，
，
，
，，
，
即，
，
，
，即，
解得：，
代入得：，
；
当时，如图，过点作于，
，
，
，
，
又，
，
，
，
代入得：，
；
综上，点的坐标是或或
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，一次函数，等腰三角形的性质和判定等知识，用分类讨论的数学思想和方程思想解决问题是解本题的关键．
23．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，．直线交轴于点，是直线上方且在对称轴右侧的一个动点，过作，垂足为，为点关于抛物线的对称轴的对应点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当的最大值时，求此时点的坐标和的最大值；
(3)将抛物线关于直线作对称后得新抛物线，新抛物线与原抛物线相交于点，是新抛物线对称轴上一点，是平面中任意一点，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】(1)
(2)的最大值为1，此时点的坐标为
(3)存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，此时点的坐标为或或或或
【分析】（1）利用待定系数法，将，代入，即可求得答案；
（2）先求得的函数表达式，过点作轴交于点，设点，则，利用，求得，再根据、关于对称轴对称求得，进而求得，再将二次函数化为顶点式，即可求解；
（3）先求得点的坐标及新抛物线的对称轴，设，以，，，为顶点的四边形是菱形，则需要为等腰三角形，分三种情况：，，，根据题意列出方程求解即可．
【详解】（1）解：抛物线经过，，
，
解得：，
该抛物线的函数表达式为：；
（2）解：设直线的函数表达式为，
将，代入，得，
解得：，
直线的函数表达式为，
令，得，
解得：，
，
抛物线的对称轴为直线，
过点作轴交于点，
设点，则，
，
，，
，
轴，
轴，
，
，
，
，
，
，
为点关于抛物线的对称轴的对应点，
，
，
当时，的最大值为1，此时点的坐标为；
（3）解：存在，
原抛物线的对称轴为直线，
将抛物线关于直线作对称后，对称轴向右平移了，新抛物线的对称轴为直线，
当时，，
，
设，
若以，，，为顶点的四边形是菱形，则为等腰三角形即可，分以下三种情况：
①当时，
，，
，
解得：或，
或，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
或；
②，
，，
，
解得：或，
或，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
或；
③，
，，
，
解得：，
，
以，，，为顶点的四边形是菱形，
，
综上，存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，此时点的坐标为或或或或．
【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，相似三角形的判定与性质，用待定系数法求函数关系式，勾股定理，菱形的判定与性质，解题的关键是准确的画出图形和所需的辅助线，此题综合性强，计算繁琐，难度较大，属于考试压轴题．
24．（2023·吉林长春·统考一模）如图，在中，，，，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，到点停止．当点与、两点不重合时，作交于点，作交于点．为射线上一点，且．设点的运动时间为（秒）．
(1)的长为______．
(2)求的长．（用含有的代数式表示）
(3)线段将矩形分成两部分图形的面积比为时，求的值．
(4)当为某个值时，沿将以、、、为顶点的四边形剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形．请直接写出所有符合上述条件的值．
【答案】(1)
(2)
(3)值为或
(4)的值为或或
【分析】（1）利用勾股定理即可求出的长；
（2）证明四边形是矩形，求出，可得结论；
（3）分两种情形：点在线段时，点在的延长线上时，分别构建方程求解即可；
（4）分三种情形，分别画出图形，构建方程求解即可．
【详解】（1）解：在中，
，，
．
（2），，
，
四边形是矩形，
．
（3）如图1中，当点在线段上时，
，，
，
，
，
，
由题意，，
，
解得：；
如图2中，当点落在的延长线上时，设交于点，
当时，满足条件，
，
，
，
，
解得：，
综上所述，满足条件的值为或；
（4）如图中，当时，满足条件，能拼成此时，
；
如图中，当，重合时，能拼成，此时，
；
图中，当时，能拼成，此时，
；
综上所述，满足条件的的值为或或
．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
25．（2023·广东云浮·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的其中两边分别在坐标轴上，它的两条对角线交于点E，其中，，动点M从点C出发，以的速度在上向点B运动，动点N同时从点B出发，以的速度在上向点O运动．当其中一个动点到达终点时，它们同时停止运动．设它们运动时间是．
(1)请直接写出的长度；
(2)当t为何值时，与相似；
(3)记的面积为S，求出S与t的函数表达式，并求出S的最小值及此时t的值．
【答案】(1)；
(2)当为或时，与相似
(3)S与t的函数表达式为；当时，S有最小值，最小值为
【分析】（1）根据矩形的性质，得出cm，再根据题意，结合线段之间的数量关系，即可得出答案；
（2）首先根据题意，计算出的取值范围，再根据相似三角形的性质，分两种情况：当时，根据相似三角形的性质，得出，再根据（1）得出，，然后将相应的值代入，得出，解出；当时，根据相似三角形的性质，得出，再根据（1）得出，，然后将相应的值代入，得出，解出，综合即可得出答案；
（3）过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，分别求出、、的面积，再根据，得出S与t的函数表达式，再把二次函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质，即可得出答案．
【详解】（1）解：∵矩形中，cm，动点M从点C出发，以1cm/s的速度在上向点B运动，
∴，
∵动点N同时从点B出发，以2cm/s的速度在上向点O运动，
∴；
（2）解：∵动点M从点C出发到点B，需要；动点N从点B出发到点O，需要，
∴，
当时，
∴，
由（1）可知：，，
∴，
解得：，
∴当为时，与相似；
当时，
∴，
由（1）可知：，，
∴，
解得：，
∴当为时，与相似，
综上可得：当为或时，与相似；
（3）解：如图，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，
∵cm，矩形的两条对角线交于点E，
∴，
∵在中，，
∴，
∵cm，矩形的两条对角线交于点E，
∴，
∵在中，，
∴，
在中，
∵，，
∴，
∴
，
∴S与t的函数表达式为，
∵，
∴当时，S有最小值，最小值为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的性质、二次函数的性质，解本题的关键在充分利用数形结合和分类讨论思想解答．
26．（2023春·福建厦门·九年级厦门市松柏中学校考阶段练习）如图，以为直径的与相切于点，点在左侧圆弧上，弦交于点，连接，，点关于的对称点为，直线交于点，交于点．
(1)求证：；
(2)当点在上，连接交于点，若，求的值；
(3)当点在射线上，，四边形中有一组对边平行时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）设与相交于点M，由与相切于点A，得到，由，得到，进而得到，由平行线的性质推导得，，，最后由点A关于的对称点为E得到即可证明．
（2）过F点作于点K，设与交于点N，连接，证明得到，再证明得到；最后根据及得到和，最后根据平行线分线段成比例求解．
（3）分两种情形：当时，当时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图，设与相交于点M，
∵与相切于点A，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴．
（2）解：过F点作于点K，设与交于点N，连接，如下图所示：
由同弧所对的圆周角相等可知：，
∵为的直径，且，由垂径定理得：，
∴，
∵点A关于的对称点为E，
∴，
∴，即，
∴，
由同弧所对的圆周角相等得：，且，
∴，
∴，
∵，与交于点N，
∴．
∵，，
∴，
∴，
设，
∵点A关于的对称点为E，
，，，
又，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）解：分类讨论如下：
如图，当时，连接，，设，则，
∵，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
∵，
，
，
，
；
如图，当时，连接，，
设，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
综上所述，满足条件的的长为或，
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的相关性质，相似三角形，勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．
27．（2023春·吉林长春·九年级校考阶段练习）在中，，的面积为30，点D为的中点，动点P由点A以每秒5个单位的速度向点B运动，连接，以为邻边作，设与的重叠部分面积为S，设点P的运动时间为．
(1)___________
(2)求点Q落在BC上时t的值．
(3)在点P运动的过程中，求S与t之间的函数关系式．
(4)若点A关于PD所在直线的对称点为，当点落在一边上的高上时，直接写出t的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)1或或
【分析】（1）过B作于E，利用三角形的面积和勾股定理求得，，再利用正切定义求解即可；
（2）利用平行四边形的性质和等腰三角形的判定与性质求得即可求解；
（3）根据题意，分和两种情况，利用平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质求解即可；
（4）分三种情况：当点落在的边上的高上时；当点落在的边上的高上时；当点落在的边上的高上时，画出相应的图形分别求解即可．
【详解】（1）解：过B作于E，
∵，的面积为30，
∴，则，
在中，，由勾股定理得
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：点Q落在BC上时，如图，
∵，点D为的中点，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴
∴
；
（3）解：由题意，当时，点P在中点之前，与的重叠部分为的面积，
过P作于F，则，
∴，
∴即，解得，
∴；
当时，如图，点P在中点之后，与的重叠部分为四边形，
过P作于F，则，
∴，
∴即，解得，
∵，
∴
∴即，解得，
∴ ，
综上，；
（4）解：由对称性质，得，
当点落在的边上的高上时，
由（2）知，点Q落在BC上时，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
连接，，如图，
∵，
∴，又点D为的中点，
∴,
∴四边形是菱形，则Q与为同一点，此时 ，
∴；
当点落在的边上的高上时，如图，过C作于M，连接，
∵点D为的中点，
∴，则M与为同一点，此时 ，
∵的面积为30，，
∴，则，
∴，则；
当点落在的边上的高上时，如图，过B作于E，交于N，连接，，则，，
由（1）中可知，，，则，
∴，，
∵，
∴，
∴在中，，
设，则，，
在中，，，
由勾股定理得，
解得，
∴，
∴，
综上，满足条件的t值为1或或．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、对称性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想和分类讨论思想求解是解答的关键．
28．（2023·山西晋中·统考一模）问题情境：在综合实践课上，同学们以“正方形的旋转”为主题开展活动．如图①，四边形和四边形都是正方形，边长分别是12和13，将顶点A与顶点E重合，正方形绕点A逆时针方向旋转，连接．
初步探究：
(1)试猜想线段与的关系，并加以证明；
(2)如图②，在正方形的旋转过程中，当点F恰好落在边上时，连接，求线段的长；
(3)在图②中，若与交于点M，请直接写出线段的长．
【答案】(1)，，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用证明，得到，．如图1，延长与交于点K，证明，根据四边形内角和定理即可得到，则，即可证明；
（2）方法一：先利用勾股定理求出，然后证明．得到，即可得到．解法二：如图3，过点G作交的延长线于点K，通过证明，推出．则在 中，由勾股定理得；
（3）证明，求出，则．
【详解】（1）解：，，证明如下：
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，，
∴，即，
∴，
∴，．
如图1，延长与交于点K，
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴；
（2）解：解法一：如图2，连接，
在中，，，，
∴，
在中，，
同理，
∴；
由正方形的性质可知，
∴
∴．
∴．
∵，
∴．
解法二：如图3，过点G作交的延长线于点K，
∵在中，，，，
∴．
∵，，
∴，．
∴．
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴在 中，．
（3）解：如图3所示，∵，
∴，
∴，
∴，
由（2）可知，，
∴ ，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形，相似三角形是解题的关键．
29．（2023·江苏无锡·校联考一模）抛物线过点，点，顶点为．
(1)直接写出抛物线的表达式及点的坐标；
(2)如图，点在抛物线上，连接并延长交轴于点，连接，若是以为底的等腰三角形，求点的坐标；
(3)如图，在（2）的条件下，点是线段上（与点，不重合）的动点，连接，作，边交轴于点，设点的横坐标为，求的最大值．
【答案】(1)抛物线的表达式为；顶点
(2)
(3)m的最大值为
【分析】（1）将的坐标代入解析式，待定系数法求解析式即可，根据顶点在对称轴上，求得对称轴，代入解析式即可的顶点的坐标；
（2）设，根据是以为底的等腰三角形，根据，求得点的坐标，进而求得解析式，联立二次函数解析式，解方程组即可求得点的坐标；
（3）根据题意，可得，设，根据相似三角形的性质，线段成比例，可得，根据配方法可得的最大值．
【详解】（1）解：抛物线过点，点，
，
解得，
，
，代入，
解得：，
顶点．
（2）设，
,，是以为底的等腰三角形，

即

解得

设直线的解析式为
解得:
直线的解析式为
联立
解得：，
；
（3）点的横坐标为，，，
，
设，则，
是以为底的等腰三角形，
，

即
整理得
∴m的最大值为．
【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，待定系数法求一次函数解析式，待定系数法求解析式，等腰三角形的性质，二次函数的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
30．（2022春·上海徐汇·九年级统考期中）已知的直径，点为弧上一点，连接、，点为劣弧上一点（点不与点、重合），连接交、于点、．
(1)如图，当时，求；
(2)当点为劣弧的中点，且与相似时，求的度数；
(3)当，且为直角三角形时，求的长．
【答案】(1)
(2)
(3)的长是或
【分析】（1）过点D作交于F，判断出，即可求出答案；
（2）连接，根据题意可知与相似，只存在一种情况：，得，设，则，在中，根据三角形外角的性质列方程可得结论；
（3）当为直角三角形时，不可能是直角，所以分两种情况：①当时，作辅助线，作平行线，根据平行线分线段成比例定理计算，，的长，根据面积差可得结论；②当时，连接，证明，分别计算各边的长，根据面积差即可得到答案；
【详解】（1）解：如图1，
过点作交于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图2，连接，
∵，与相似，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①如图3，当时，
∵，
∴，
过作于，连接，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
根据勾股定理得，，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图4，当时，连接，
∵，
∴，，
∵，
同理得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
综上，的长是或；
【点睛】本题考查了圆的综合题，平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
31．（2022·广东东莞·一模）如图，由绕点按逆时针方向旋转得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，，相交于点．
(1)求的度数；
(2)是延长线上的点，且．
①判断和的数量关系，并证明；
②求证：．
【答案】(1)；
(2)①，理由见解析；②见解析
【分析】（1）由旋转的性质得出，，，得出，可求出的度数；
（2）①由旋转的性质得出，，证得，由等腰三角形的判定得出结论；
②方法一：过点作交于点，得出，，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论．
方法二：证明，可得出，则可得出结论．
【详解】（1）由绕点按逆时针方向旋转得到，
，，，
在中，，
，
．
（2）①．
证明：由旋转的性质可知，，，
在中，，
，，
，
即，
．
②证明：过点作交于点，
，，
，
，
，
又，
，
，
又，，
，
，
，
又 ，
．
方法二：，，
，
，
，

，
．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了旋转的性质，三角形内角与外角的关系，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
32．（2023春·山东东营·九年级东营市胜利第一初级中学校考阶段练习）（1）问题发现：如图和均为等边三角形，点在同一直线上，连接．
线段之间的数量关系为 ___________ ；
的度数为 ___________ ．
（2）拓展探究：如图和均为等腰直角三角形，，点在同一直线上，连接，求的值及的度数．
（3）解决问题：如图，在和中，与相交于点，点在上，，求的值．
【答案】（1）① ，② ；（2），；（3）3
【分析】（1）①先判断出，进而判断出≌，即可得出结论；
由知，≌，得出，进而求出，即可求出答案；
（2）利用两边成比例且夹角相等证明∽，得，从而得出结论；
（3）根据相似三角形的判定定理得到∽，根据相似三角形的性质得到，求得，进而判断出∽即可求出答案．
【详解】解：（1）和均为等边三角形，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
故答案为：；
由知， ，
点在同一直线上，
，
，
，
故答案为：；
（2）结论：．
理由：和均为等腰直角三角形，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
；
（3），
∽，
，
，
，
∽；
，
，
，
，
，
．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，锐角三角函数，掌握两三角形相似的判定是解本题的关键．
33．（2023春·辽宁本溪·九年级统考阶段练习）如图（1），在和中，，，，点E在内部，直线与相交于点F．小明和小军想要探究线段之间存在怎样的数量关系．
(1)问题探究：他们先将问题特殊化如图（2），当点D，F重合时，直接写出一个等式，表示之间的数量关系；
(2)再探究一般情形如图（1），当点D，F不重合时，（1）中的结论是否成立．若成立请证明，若不成立请写出正确结论并说明理由．
(3)问题拓展：如图（3），在和中，，，（k是常数），点E在内部，直线与交于点F．直接写出一个等式，表示线段之间的数量关系．
【答案】(1)，理由见解析
(2)（1）中结论仍然成立，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据已知条件证明△BCE≌△ACF即可得解；
（2）过点作交于点，则，通过证明证明得到是等腰直角三角形即可得解；
（3）通过已知条件证明，得到，过点作交于点M，则，根据勾股定理证明即可；
【详解】（1）解：．理由如下：如图（2），
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图所示，过点作交于点，则，
∴，即．
∵，
∴．
又∵，，
∴，
∴．
∴．
∴，，
∴是等腰直角三角形．
∴．
∴，
∴．
（3）解：．理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点作交于点M，则，
∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线构造相似三角形，全等三角形是解题的关键．
34．（2023·河南洛阳·统考一模）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
操作一：折叠正方形纸片，使顶点落在边上点处，得到折痕，把纸片展平；（如图1）
操作二：折叠正方形纸片，使顶点也落在边上点处，得到折痕，与交于点．连接，，．
根据以上操作，直接写出图2中与相等的两条线段______和______．
(2)探究发现
把图2中的纸片展平，得到图3，小亮通过观察发现无论点在线段上任何位置，线段和线段始终相等，请你直接用第一问发现的结论帮小亮写出完整的证明过程．
(3)拓展应用
已知正方形纸片的边长为，在以上的探究过程中，当点到距离是 时，请直接写出的长．
【答案】(1)；；
(2)证明见解析；
(3)或．
【分析】（1）由折叠的性质可知，点、是关于直线的对称，点、是关于直线的对称，由对称的特点即可得出；
（2）取的中点，连接，证明，根据平行线等分线段定理即可得出结论，
（3）构造，根据和勾股定理列方程即可解答．
【详解】（1）解：折叠的性质可知，点、是关于直线的对称，点、是关于直线的对称，
∴，，
故答案为：；．
（2）如解图2，取的中点，即，连接，
由（1）得，
∴，即，
又∵正方形中，，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）如解图3，过点，延长交于点M，
由（2）可知四边形是矩形，，
∴，，
∴，，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，，
故的长为或．
【点睛】本题主要考查正方形与折叠，轴对称性质、平行线等分线段定理、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
35．（2023春·江苏南京·八年级校考期中）如图，将纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．
(1)将纸片按图的方式折叠成一个叠合矩形，则操作形成的折痕分别是线段________，________；________．
(2)纸片还可以按图的方式折叠成一个叠合矩形，若，求的长．
(3)如图，四边形纸片满足，，，，小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出的长．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)，．
【分析】（1）由折叠的性质可得出结论；
（2）利用勾股定理求得，证明，据此即可求解；
（3）分别作边的中点E、F，将四边形沿直线折叠，使点A与B重合，点D落在处，将沿折叠，点C落在点处．则四边形是正方形．利用勾股定理和相似三角形的判定和性质即可求解．
【详解】（1）解：将纸片按图的方式折叠成一个叠合矩形，
则操作形成的折痕分别是线段，；
由折叠知，，
．
故答案为：，；；
（2）解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∵中，
∴，，，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质知，，，
∴；
（3）解：如图，分别作边的中点E、F，将四边形沿直线折叠，使点A与B重合，点D落在处，将沿折叠，点C落在点处．则四边形是正方形．
连接．
由翻折的性质可知：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
当时，则四边形是正方形．
∴，，，，
∴，
∵，且，
∴，
∴，，
∴，．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了翻折变换，勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
36．（2023·吉林长春·校联考一模）如图，是的对角线，，，．动点从点出发，以的速度沿运动到终点，同时动点从点出发，沿折线 运动到终点，在、上分别以、的速度运动，过点作，交射线于点，连结；以与为边作，设点的运动时间为，与重叠部分图形的面积为．
(1)______（用含的代数式表示）．
(2)当点落在边上时，求的值．
(3)当点在线段上运动时，为何值时，有最大值？最大值是多少？
(4)连结，当与的一边平行时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)时，有最大值
(4)，，2
【分析】（1）先表示，可得；
（2）如图1，点落在边上，则，，证明，列比例式得方程，可得的值；
（3）当点在线段上运动时，＜，与重叠部分图形是五边形，根据三角形和四边形面积和与差可得解析式，根据二次函数的性质求得最大值即可求解；
（4）分三种情况：①当 时，如图，根据，得结论；②当 时，如图，根据，列方程为：，得结论；③如图，当与重合，与重合时，．
【详解】（1）由题意得：，
，
，
故答案为；
（2）如图1，点落在边上，则，，
，
，
，
，
，

（3）当点在线段上运动时，＜，
如图，与重叠部分图形是五边形，
则 ，，，
，
∴，
∴，
，
；
时，
∴时，有最大值．
（4）①当 时，如图，
，
，，
，
，
即， ；
②当 时，如图，延长交于，则，则，
，
， ，
③如图，当与重合，与重合时，，
此时，，是的中点，
在直线上，
，
综上所述，的值为秒或秒或秒．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了相似或全等三角形的判定与性质、解一元一次方程、三角形的面积、三角函数及二次函数等知识，有难度，运用分类讨论的思想是解决本题的关键．
37．（2023·江苏淮安·统考一模）【基础模型】：
如图，在中，为上一点，，求证：．
【尝试应用】：
如图，在平行四边形中，为上一点，为延长线上一点，，若，，求的长．
【更上层楼】：
如图，在菱形中，是直线上一点，是菱形内一点，，，，，，请直接写出菱形的边长．
【答案】［基础模型］证明见解析；［尝试应用］；［更上层楼］菱形的边长
【分析】［基础模型］根据两个三角形相似的判定定理，得到，从而由性质可得，即可得到答案；
［尝试应用］利用平行四边形性质得到，，判定，从而，代值求解即可得到答案；
［更上层楼］分别延长，相交于点，如图所示，由题意判定四边形为平行四边形，进而根据相似三角形判定得到，则，，由，即可得到答案．
【详解】［基础模型］证明：∵，，
，
，
；
［尝试应用］解：四边形是平行四边形，
，，
又，
，
又，
，
，
，
，
，
；
［更上层楼］解：分别延长，相交于点，如图所示：

四边形是菱形，
∴，，
，
四边形为平行四边形，
，，，
，
，
，
又，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
，
菱形的边长．
【点睛】本题是三角形相似综合问题，涉及三角形相似的判定与性质、平行四边形判定与性质、菱形性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质，熟记常见相似三角形模型是解决问题的关键．
38．（2023·广东深圳·统考一模）将正方形的边绕点A逆时针旋转至，记旋转角为，连接，过点B作直线，垂足为点F，连接．
(1)如图1，当时，的形状为______，的值为______；
(2)当时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请根据图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②如图3，正方形边长为4，，，在旋转的过程中，是否存在与相似？若存在，则的值为______，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)等腰直角三角形，；
(2)①成立，理由见解析；②存在，．
【分析】（1）如图，连接，当时，利用正方形及等腰三角形性质可求得，，易得是等边三角形即即可求出结合即可证得是等腰直角三角形，在与中，求得可证得即可得到；
（2）①如图连接，当时，求得，从而得到即可证明是等腰直角三角形，在与中求得可证得即可得到；
②如图，当时，由①可证得，及，，易证从而易证得是等腰直角三角形得，再证得，在中，，由①可知得，即，则有在中勾股定理解可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
当时，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故答案为：等腰直角三角形，；
（2）①成立，理由如下，
如图连接，当时，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故结论成立；
②如图，当时，
，
，
，
由①可知，
，
，
，
同理可证，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，
在中，
，
由①可知，
，
，
，
在中，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，与三角形有关的角的计算，相似三角形的判定和性质的应用，勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定和性质的应用．
39．（2023年浙江省宁波市初中学业水平考试数学模拟试卷（探花卷））（1）【问题初探】如图1，是正方形的边上一点，延长至点，使，连接，．求证：．
（2）【问题再探】如图2，，分别是正方形的边，上一点，分别过点，作于点，于点，线段，相交于点．连接，，，，若．
①求证：．
②探究和的面积关系，并说明理由．
（3）【问题延伸】如图3，在正方形中，，分别是射线，上一点，【问题再探】中的其余条件不变，请直接判断和的面积关系是否仍成立．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②，见解析；（3）成立
【分析】（1）【问题初探】根据正方形的性质直接运用证明全等即可；
（2）【问题再探】①根据第一小问的思路，延长至点，使，连接，证得，得到，，再结合正方形的性质以及已知条件证得，即可得到，从而证得结论；②通过设，，，，根据正方形的基本性质建立方程求出其基本关系，然后分别表示和的面积，从而求出数量关系即可；
（3）【问题延伸】仿照第二问的求解过程，先证得全等三角形，并结合全等三角形的性质设未知数，然后列方程求解即可．
【详解】解：（1）【问题初探】∵四边形为正方形，
∴，，
∴．
在和中，
∵
∴．
（2）【问题再探】①如答图，延长至点，使，连接．
由（1），得，
∴，．
∵在正方形中，，，
∴，
∴．
在和中，
∵
∴，
∴．
又∵，
∴．
②，理由如下：
设，，，．
则
由①，得，两边平方，得
由②，得 联立③④，得．
又∵，，
∴；
（3）【问题延伸】仍成立，理由如下：
如图，延长至点，使，连接，
同（2）可证，以及，
∴，
设，，，，
∴，
则，
由①，得，两边平方，得
由②，得 联立③④，得．
又∵，，
∴；
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及正方形的基本性质等，掌握“半角”模型并熟练运用其证得基本的全等三角形，灵活运用勾股定理进行计算证明是解题关键．
40．（2023·湖南·校联考一模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”．
(1)下列选项中一定是“等补四边形”的是________；
A．平行四边形；B．矩形；C．正方形；D．菱形
(2)如图1，在边长为a的正方形中，E为边上一动点（E不与C、D重合），交于点F，过F作交于点H．
①试判断四边形是否为“等补四边形”并说明理由；
②如图2，连接，求的周长；
③若四边形是“等补四边形”，求的长．
【答案】(1)C
(2)①四边形是等补四边形，见解析；②；③或者
【分析】（1）在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案；
（2）①先证A、B、H、F四点共圆，利用圆周角定理可得，进而求出，利用等角对等边得出，最后利用“等补四边形”的定义即可证明；
②将绕A点逆时针旋转得到，证明，再证，得出，即可求出的周长；
③根据，四边形是“等补四边形”可得四边形有一组邻边相等，然后分、、、四种情况讨论即可．
【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，
∴正方形是等补四边形，
故选：D．
（2）解：①四边形是“等补四边形”，理由如下：
∵为正方形的对角线，
∴，
又，，
∴A、B、H、F四点共圆，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是“等补四边形”．
②将绕A点逆时针旋转得到，
∴，，
∴E、D、L三点共线，
由①得，
∴，
在和中
∴，
∴，
∴的周长；
③∵，四边形ECHF是“等补四边形”，
∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论：
情况1：，
连接，
由题意知∶，，
又，
∴，
∴，
则为正三角形，
∴，
∴，
∴，；
情况2：，则，
∴，
同情况1，；
情况3：，由②得的周长．
设，则，有，
∴，
即；
情况4：，
连接，
则，
则HF垂直平分AE，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
又，，
∴，
∴，这不可能，故这种情况不存在．
综上：或者．
【点睛】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，目前题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
41．（2023春·吉林长春·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，为边的中点．动点从点出发以每秒1个单位的速度沿运动到终点．连结，作点关于的对称点，连结，设点的运动时间为秒．
(1)点、之间的距离为______．
(2)用含的代数式表示的长．
(3)当时，求的面积．
(4)当点在内部时，直接写出的取值范围．
【答案】(1)5
(2)
(3)
(4)当或点在内部
【分析】（1）利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解即可；
（2）先求出，再根据即可得到答案；
（3）如图1所示，当点P在点D上方时，根据折叠的性质可推出，由三角形外角的性质可证，则此种情形不成立；如图2所示，当点P在点D下方时，同理可得，过点C作于H，利用面积法求出，解，得到，解，求出，解，求出，进而求出，则；
（4）如图3所示，当点恰好在上时，过点P作于N，解直角三角形求出，由折叠的性质可得，，则，解，得到，解中，，则，解饿，再由点P从点B运动到点H的时间为秒，得到当时，点在内部；如图4所示，当点恰好在上时，过点P作于N，推出，解，得到，解，，则，解得，再由点P从点B运动到点D的时间为秒，得到当时，点在内部．
【详解】（1）解：在中，，，，
∴由勾股定理得，
∵为边的中点，
∴，
故答案为：5；
（2）解：由（1）得
∵动点从点出发以每秒1个单位的速度沿运动到终点，
∴，
∴，
由折叠的性质可得
（3）解：如图1所示，当点P在点D上方时，
由折叠的性质可得，
∵，即，
∴，
∵，
∴（大角对大边），即，
∴，
∴此种情形不成立；
如图2所示，当点P在点D下方时，
同理可得，
如图2所示，过点C作于H，
∵，
∴，
在中，，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
∴；
（4）解：如图3所示，当点恰好在上时，过点P作于N，
由（3）得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质可得，，
∴，
在中，，
在中，，
在中，，
∴，
解饿，
∵，
∴点P从点B运动到点H的时间为秒，
∴当时，点在内部；
如图4所示，当点恰好在上时，过点P作于N，
同理可得，
∵，
∴，
由折叠的性质可得，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
在中，，
∴，
解饿，
∵，
∴点P从点B运动到点D的时间为秒，
∴当时，点在内部；
综上所述，当或点在内部．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，折叠的性质，直角三角形斜边上的中线的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
42．（2023春·四川成都·九年级四川省成都市第七中学初中学校校考阶段练习）模型建立：
(1)如图1，在中，是上一点，，求证：；
(2)类比探究：如图2，在菱形中，、分别为边、上的点，且，射线交的延长线于点，射线交的延长线于点．
①求证：；
②若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）证明，根据相似三角形的性质即可得出结论；
（2）①连接，证明，根据相似三角形的性质得出；
②由①得：，得出，由①可知，，得出，证明，得出，进而即可求解．
【详解】（1）证明：，，
，
，
；
（2）①证明：如图2，连接，
四边形是菱形，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
②解：由①得：，
，，
，
，
由①可知，，
，
即，
解得：，
由①得：，
同理得：，
，
，
，
由①知，，
，
，
即，
解得：，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
43．（2023春·河南商丘·九年级校考阶段练习）如图，是半圆的直径，点是半圆上一点（不与点，重合），连接，．
(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作出的平分线，交半圆于点．（保留作图痕迹，不写做法）
(2)如图2，在（1）的条件下，过点作半圆的切线，交的延长线于点，作于点，连接．
①求证：．
②若，，请直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据角平分线的尺规作图方法作图即可；
（2）①由垂径定理的推论可知．连接交于点，图2所示，则．由切线的性质得到，由是半圆的直径，得到．从而可证四边形是矩形，得到，由此即可利用证明；②由矩形的性质得到，设，则，由全等三角形的性质得到，证明，求出，进而求出，则．
【详解】（1）解：如图1所示，射线即为所求．
（2）解：①由（1），可知平分，
∴．
∴．
连接交于点，图2所示，则．
∵是半圆的切线，
∴．
∵是半圆的直径，
∴．
∴．
∴四边形是矩形．
∴．
∵，
∴．
又∵，．
∴；
②∵四边形是矩形，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了尺规作图（角平分线），垂径定理及其推论，切线的性质，圆周角定理即其推论，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
44．（2023春·广东广州·九年级华南师大附中校考阶段练习）四边形是正方形，E是直线上一点，连接，在右侧，过点E作射线，F为上一点．
(1)如图1，若点E是边的中点，且，连接，则________；
(2)如图2，若点E是边上一点（不与B，C重合），，判断线段与的数量关系，并说明理由；
(3)若正方形边长为1，且，当取最小值时，求的面积．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）如图所示，过点F作交延长线于G，利用证明∴，得到，进而证明，得到，则；
（2）如图所示，在上取一点M使得，先证明，然后利用证明，即可证明；
（3）先利用一线三垂直模型分图1和图2两种情况，证明，推出，即点F在直线上运动；如图3所示，作点B关于直线的对称点H，连接，则，则当三点共线时，最小，即最小，求出直线解析式为，联立，求出，则．
【详解】（1）解：如图所示，过点F作交延长线于G，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
如图所示，在上取一点M使得，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图1所示，当点E在右侧时，过点F作交延长线于G，以B为原点，所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设，
∴，
同理可证，
∴，
∴，
∴，
∴点F在直线上运动；
如图2所示，当点E在左侧时，
∴，
同理可证，
∴，
∴，
∴，
∴点F在直线上运动；
综上所述，点F的运动轨迹即为直线；
如图3所示，作点B关于直线的对称点H，连接，则，
∴，
∴，
∴当三点共线时，最小，即最小，
设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为，
联立，解得，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
45．（2023·湖北武汉·校联考一模）问题提出：如图（1），在中，，D是内一点，，若，连接，求的长．
(1)问题探究：请你在图（1）中，用尺规作图，在左侧作，使．（用直尺、圆规作图，保留作图痕迹，不写作法，不说明理由）
(2)根据（1）中作图，你可以得到与的位置关系是_______；你求得的长为_______；
(3)问题拓展：如图（2），在中，，D是内一点，若，求的长．
【答案】(1)作图见解析
(2) ，
(3)
【分析】（1）由，，可得，根据在直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半，以及所对的直角边等于斜边的一半，记中点为，连接，则，如图1，作线段中点，然后分别以为圆心，以线段长为半径画弧，交点即为，连接，即为所求；
（2）如图2，延长交于，，，，可得，可证，则，有；由以及所对的直角边等于斜边的一半可得的值，由，可得，，由，分别求的值，则，求的值，在中，由勾股定理得，，求的值即可；
（3）如图3，过A作，取，连接，延长交于，由，，可得，证明，则，，证，则，在，由勾股定理得，，则，是等腰三角形，，在，由勾股定理求的值，由，求的值，在，由勾股定理得，，求的值即可．
【详解】（1）解：如图1，分别以为圆心，以线段长为半径画弧，连接两交点与交于点，然后分别以为圆心，以线段长为半径画弧，交点即为，连接，即为所求；
（2）解：如图2，延长交于，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
故答案为： ，；
（3）解：如图3，过A作，取，连接，延长交于，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在，由勾股定理得，，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
在，由勾股定理得，，
∴，
在，由勾股定理得，，
∴的长为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，余弦，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
46．（2023春·河北保定·九年级统考阶段练习）如图1，已知直线：，点在直线上．是过定点的一簇直线．嘉淇用绘图软件观察与的关系．记过点时的直线为．
(1)求的值及的解析式；
(2)探究与的数量关系；当与轴的交点为时，记此时的直线为，与的交点记为A，求的长；
(3)当与直线的交点为整点（横、纵坐标均为整数），且的值也为整数时，称为“美好直线”．
①在如图所示的视窗下（，），求为“美好直线”时的值；
②视窗的大小不变，改变其可视范围，且变化前后原点始终在视窗中心．现将图中坐标系的单位长度变为原来的，使得在视窗内能看到所有“美好直线”与直线的交点，求的最小整数值．
【答案】(1)，
(2)
(3)①；②
【分析】（1）根据坐标与图形及待定系数法，即可求解；
（2）首先利用待定系数法，即可求得的解析式，即可求得与的交点A的坐标，再利用两点间距离公式，即可求得；
（3）①根据当，时，可得上的整点为，，再根据“美好直线”的定义，即可求解；
②设直线上的任一整点为，则，可得，再由，均为整数，可得上满足条件的点为，，，，，，据此即可求解．
【详解】（1）解：将点代入，解得；
将，分别代入中，
得，
解得，
的解析式为；
（2）解：过定点，则，
；
过，且，
，，
的解析式为；
解得，
与的交点为，
；
（3）解：①当，时，上的整点为，，
当过时，且，
，是“美好直线”；
当过时，且，
，不是“美好直线”，
综上，的值为；
②设直线上的任一整点为，则，
，
，
，
当，均为整数时，满足题意；
当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；
上满足条件的点为，，，，，若这些点全部出现在视窗中，的最小整数值为4．
【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数的解析式，坐标与图形，理解“美好直线”的定义和条件是解决本题的关键．
47．（2023·山东济南·统考一模）（1）①如图1，等腰（为底）与等腰（为底），，则与的数量关系为______；
②如图2，矩形中，，，则_______；
（2）如图3，在（1）②的条件下，点在线段上运动，将绕点顺时针旋转得到，使，连接．当时，求的长度；
（3）如图4，矩形中，若，，点在线段上运动，将绕点顺时针旋转得到，旋转角等于，连结中点为中点为，若，直接写出的长．
【答案】（1）①；②；（2）；（3）
【分析】（1）①先证明，再根据边角边证明，即可求解；
②根据矩形的性质可得，再根据勾股定理可得，根据正弦定义即可求解；
（2）在（1）②的条件下，当点在边上时，作于，由可得，再根据旋转的性质可证明，从而得到，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，由即可求得，由即可求得，在中应用勾股定理可求得的长；
（3）如图，延长、交于点，过点A作于N，连接、，过点H作于P，连接并延长交AM延长线于Q，根据正切的定义可得，根据旋转的性质可证明是等边三角形，通过证明点、、、四点共圆，可得是等边三角形，通过证明，得出是的中位线，设，分别表示出、，利用勾股定理列方程求出的值即可得答案．
【详解】（1）①解：由题意可得，，，
，
在和中，
故答案为：
②解：四边形是矩形，
，，
在中，
故答案为：
（2）解：在（1）②的条件下，点在线段上运动，如图，作于，
，
由旋转的性质可得，
在和中，
，，
在中，由勾股定理得
在中，由勾股定理得
，
在Rt中，由勾股定理得
（3）解：如图，延长、交于点，过点A作于N，连接、，过点H作于P，连接并延长交AM延长线于Q，
∵，，，
∴，，
∴，，
∵将绕点顺时针旋转得到，旋转角等于，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴点、、、四点共圆，
∴，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵点为中点，
∴是的中位线，
设，则，
∴= ，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵点在上，
∴
∴，即
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、四点共圆的判定、圆周角定理、全等的判定和性质及解直角三角形，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
48．（2023·浙江温州·统考一模）如图，点，分别为矩形边，上的点，以为直径作交于点，且与相切，连结．
(1)若，求证：．
(2)若，．
①求的长．
②连结，若是以为腰的等腰三角形，求所有满足条件的的长．
(3)连结，若的延长线经过点，且，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)①；②当是以为腰的等腰三角形时，的长为或；
(3)
【分析】（1），，根据圆周角性质得到，利用直角三角形全等判定定理即可证明．
（2）①根据切线与矩形的性质证明，再根据求值．
②分别讨论时，得到，借助勾股定理求解，时，，设，根据相似比求解．
（3）证明得到，取的中点H，连结，设，借助求解．
【详解】（1）解：证明：在矩形中，
∵是直径
∴
在和中
∴
（2）解：①∵与相切
∴，∴
∵在矩形中，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴
②（i）当时，则，
∴
在和中，
∴，
∴
由①知，
设，则，
在中，勾股定理可得，
解得，即
（ii）当时，则，
∴
∴，设，
由①知，
则，，
∴，解得或（舍），
∴
综上所述，当是以为腰的等腰三角形时，的长为或．
（3）解：在和中，
∴，
∴
∵，，
∴
在和中，
∴，
∴，
∴，
的延长线经过点
∴，
∴
如图所示，取的中点H，连结，设，
则，
∴，
∵，
∴，
∴
∴
【点睛】此题考查了圆、圆周角的性质、三角形全等和相似的证明、三角函数三角形中位线定理，解题的关键是综合应用各性质．
49．（2023春·山东济南·九年级校考阶段练习）小明同学和小红同学分别拿着一大一小两个等腰直角三角板，可分别记作和，其中．
问题的产生：
两位同学先按照图1摆放，点D，E在上，发现和在数量和位置关系分别满足，．
问题的探究：
(1)将△ADE绕点A逆时针旋转一定角度，如图2，点D在内部，点E在外部，连接，，上述结论依然成立吗？如果成立，请证明，如果不成立，并说明理由．
问题的延伸：
继续将绕点A逆时针旋转，如图3，点D、E都在的外部，连接，，，和相交于点H．
(2)若，求四边形的面积．
(3)若，设，直接写出y和x的函数关系式．
【答案】(1)成立，证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）延长，分别交于F、G，证明，根据全等三角形的性质、垂直的定义解答；
（2）根据计算，求出四边形的面积；
（3）根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：，，
理由如下：延长，分别交于F、G，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，
∴，即；
（2）解：如图3，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴
；
（3）解：在中，，
∴，
同理：，
∵，
∴
，
∴.
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及函数解析式的确定，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
50．（2023·湖南长沙·校联考模拟预测）对于平面直角坐标系中的图形和图形，给出如下定义：在图形上存在两点A，B（点A，B可以重合），在图形上存在两点M，N（点M，N可以重合）使得，则称图形和图形满足限距关系．
(1)如图1，点，点P在线段上运动（点P可以与点C，E重合），连接．
①线段的最小值为_____________，最大值为_____________；线段的取值范围是______________；
②点O与线段______________（填“是”或“否”）满足限距关系；
(2)在（1）的条件下，如图2，的半径为1，线段与x轴、y轴正半轴分别交于点F，G，且，若线段与满足限距关系，求点G纵坐标的取值范围；
(3)的半径为，点H，K是上的两个点，分别以H，K为圆心，3为半径作圆得到和，若对于任意点H，K，和都满足限距关系，直接写出r的取值范围；
【答案】(1)①，2，；②是．
(2)．
(3)．
【分析】（1）①根据垂线段最短求解即可；②根据限距关系判断即可；
（2）设G点纵坐标为m，再求出圆上到线段的最大值与最小值即可；
（3）根据限距关系的定义，求出两圆间的最大值与最小值，列不等式即可．
【详解】（1）解：①∵，
∴，
∴，，
当时，线段最小，
此时，，
∴；
∵，
∴三角形是等边三角形，
当点P与点C，E重合时，最大，最大值为2；
同理的最小值为，最大值为；
线段的取值范围是；
故答案为：，2，；
②在线段上存在两点M，N，当点M与点E重合，点N是中点时，，点O与线段满足限距关系；
故答案为：是．
（2）解：设G点纵坐标为m，
作，垂足为N，交于M，设与x轴负半轴交于点W，当直线与圆相离时，此时，圆上点到线段最小值为，
因为，
所以，，
，
，
圆上点到线段最大值为，
因为，恒成立；
所以，点G纵坐标的取值范围是；
当线段与圆有公共点时，此时，圆上点到线段最小值为0，圆上点到线段最大值为，，所以，点G纵坐标的取值范围是；
当线段在圆内部时，此时，圆上点到线段最小值为，圆上点到线段最大值为，，
解得，，
点G纵坐标的取值范围是
综上，点G纵坐标的取值范围；
（3）解：如图，H，K所在直线经过点O时，与两个圆交于点U，V，Y，X，
两圆最小距离是，两圆最大距离是，
当时，和都满足限距关系，
解得．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中的新定义问题，解题关键是准确理解题意，求出两个图形的最大距离和最小距离．