2025中考数学-题型归纳讲练(通用版)热点必刷题05几何综合解答题压轴50题(5类题型50题)(原卷版+解析)

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc25122" 一、翻折综合问题 PAGEREF _Tc25122 \h 2
\l "_Tc27279" 二、旋转综合问题 PAGEREF _Tc27279 \h 27
\l "_Tc31801" 三、平移综合问题 PAGEREF _Tc31801 \h 83
\l "_Tc29080" 四、创新探究问题 PAGEREF _Tc29080 \h 102
\l "_Tc20692" 五、其他压轴综合问题（含圆与最值） PAGEREF _Tc20692 \h 133
一、翻折综合问题
1．（2024·四川广元·一模）在正方形中，，分别为，上两点，连接，，将沿翻折，得到，连接，且．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，对角线交于点，连接，，若点落在上，求证：四边形为菱形；
(3)如图3，若为的中点，连接交于点，连接，，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】此题重点考查正方形的性质与几何翻折变换，结合了全等三角形的判定与性质、菱形的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数等知识．
（1）结合翻折和正方形的性质以及，得出，再证明即可；
（2）先证，得出，再证即可；
（3）设，交于点，正方形的边长为，得出，再利用得出，再利用得出，，得出，利用三角函数求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，设，交于点，由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）由折叠，得，，，，，
∵，
∴，
∴，
如图2，设，交于点O，
由正方形的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
（3）如图3，设，交于点，正方形的边长为，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
2．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图1，中，，，点D是边的中点，点E是射线上一动点，将 沿翻折至．
(1) ______；______；
(2)当点 E 在线段 上运动时．
①当点 落在上时，求的长；
② 当时，求的长；
(3)如图2连接，整个运动过程中，当 时，直接写出的长 ．
【答案】(1)，
(2)①；②或
(3)或
【分析】（1）根据，设，则，，在中，由勾股定理得出，可求出，，，然后利用勾股定理求出，利用正切的定义求出即可；
（2）①过D作于N，过B作于N，则，由平行线的性质得出，由翻折的性质得出，，利用等腰三角形三线合一的性质得出，，进而得出，利用平行线的判定与性质和等角对等边得出即可；
②分在上方和在下方两种情况讨论，证明，然后利用相似三角形的性质求解即可；
（3）分在上方和在下方两种情况讨论，利用三角形面积公式可求出，在中，利用正切的定义和特殊角的三角函数值求出的度数，结合翻折可求出的度数，在和中，设，利用正切的定义可求出，，结合，可得出关于x的方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解∶过C作于G，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴，，，
∴，，
故答案为：，；
（2）解：①过D作于N，过B作于N，
∴，
∴，
∵沿翻折至，点 落在上，
∴，
∵D为的中点，
∴，
∴，
又，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②设，则，
当在下方时，
取中点O，连接，设与相交于M，
则，，
∵，
∴，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，，
即，，
解得，，
∵，
∴，
解得，
即；
当在上方时，
取中点O，连接，延长与相交于M，
同理可证，
∴，，
即，，
解得，，
∴，
解得，
即；
综上，的长为或；
（3）解：当在下方时，过作于M，过E作于N，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
∴
∵，
∴；
在上方时，过作于M，过E作于N，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
∴
∵，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，折叠的性质，相似三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键．
3．（2024·四川南充·三模）如图，在菱形中，，，点，分别在，边上，将沿直线翻折，得对应．
(1)如图，若点与重合，且，与交于点，与交于点，求证：；
(2)如图，若点刚好落在的中点处，求的值；
(3)如图，若点为的中点，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【分析】（）连接，由折叠性质得：，，得出，再由菱形的性质得，再证明垂直平分即可；
（）连接，，过作交延长线于点，过作于点，根据勾股定理和解直角三角形即可求解；
（）连接，，由为的中点，则，因而有点在以为圆心，为半径的圆上，又四边形是菱形，则，证明是等边三角形，故有，当三点共线时，最小，最后由勾股定理即可求解．
【详解】（1）如图，连接，
∵，
∴，
由折叠性质得：，，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴垂直平分，
∴；
（2）如图，连接，，过作交延长线于点，过作于点，
同（）可得，，
∴，
由折叠性质可知：，设，则，
在中，由勾股定理得：，
解得：，
∴，
同理：，
∴，
在中，，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴；
（3）如图，连接，，
由折叠性质可知：点为交点，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴ 点在以为圆心，为半径的圆上，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴当三点共线时，最小，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理和解直角三角形，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
4．（2024·山东聊城·三模）【实践探究】
（1）如图1，在矩形中，，，交于点E，则的值是________；
【变式探究】
（2）如图2，在平行四边形中，，，，交于点E，求的值；
【灵活应用】
（3）如图3，在矩形中，，点E，F分别在，上，以为折痕，将四边形翻折，使得的对应边恰好经过点D，交于点I，过点D作交于点P．若，且与的面积比为，求的值．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）根据题意证明出，即可得到；
（2）作于M，交的延长线于N，由得到，勾股定理求出，然后解直角三角形求出，进而求解即可；
（3）解法一：过点E作，垂足为Q，勾股定理求出，得到的面积为．的面积为24，然后证明出，同理可证，设，，，求出，然后由，得到；
解法二：延长、交于点M，，由，得到，勾股定理求出，得到的面积为．的面积为24，然后求出，，设，则，列方程得到，然后由相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形
∴，
∴
∵
∴
∴
∴
∴；
（2）作于M，交的延长线于N，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．即．
由题意得，，
，．
∴，．
∴．

（3）解法一：
过点E作，垂足为Q，
∵翻折，
∴，，，，，
∴，解得．
∴的面积为．的面积为24．
∵
∴，，
∵，
∴，
∵
∴，同理可证．
∴设，，．
∴．
∴．

∴．
∴，解得，（舍）．
∴．
由，得．
解法二：
延长、交于点M，，

则，即．
∵翻折，
∴，，，，，
∴，解得．
∴的面积为．的面积为24．
∵，
∴．
∴，．
设，则．
∴．解得，（舍）．
∴．
由，得．
【点睛】此题考查了四边形综合题，解直角三角形，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
5．（2024·辽宁·模拟预测）如图1，在矩形中，，，点E在上，连接，把沿直线翻折得到，直线与直线交于点G，连接．
(1)当时，求的长．
小星看到把沿直线翻折得到，就想到翻折图形的特征特点，对应边相等，对应角相等，对应点连线被对称轴垂直平分，那么他就知道，，，根据，他延长与的延长线相交于点H，可证，，再通过勾股定理即可求出的长．
请用小星的方法或自己的方法求的长；
(2)当G是的中点时，求的长；
(3)如图2，已知等边的边长为6，点D在边上，连接，把沿直线翻折得到，直线与直线交于点F，若，求的长．
【答案】(1)
(2)
(3)或或
【分析】（1）延长与的延长线相交于点H，可证，，在中根据勾股定理即可求出的长．
（2）延长与的延长线相交于点H，设，则，证明，得，求出， ，在中根据勾股定理，，求出x即可；
（3）分两种情况：当点F在线段上时，当点F在延长线上时，根据等边三角形及相似三角形解决问题
【详解】（1）解：延长与的延长线相交于点H，
由翻折得，，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
在中，，
∴
解得或（舍去）；
（2）延长与的延长线相交于点H，
设，则
∵G是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
在中，，
∴
解得或（舍去）
即；
（3）当点F在线段上时，
设，，则，，
∵是等边三角形，
∴，，
由翻折得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得或；
当点F在延长线上时，
设，则，
∵是等边三角形，
∴，，
由折叠得，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴，
解得或（舍）．
综上，的长为或或．
【点睛】此题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，是综合性较强的一题，综合掌握各种图形的性质，正确引出辅助线分类讨论是解题的关键．
6．（2024·辽宁·模拟预测）如图1，在矩形中，点在直线上，连接，作关于直线的对称，再作点关于直线的对称点，连接，．当点恰好落在线段上时，点恰好落在线段上．
(1)求的值；
(2)如图2，当点落在线段上，时，求的面积；
(3)如图3，当点在线段上方时，取线段的中点，连接，若，直接写出的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由对称的性质得出对应的角、线段相等，因此可知为等腰直角三角形，即可得出结论；
（2）过点作于点，由对称的性质得出对应的角、线段相等，，再结合和即可求出的长度，最后利用三角形面积公式即可得出结果；
（3）在中，，的长为定值，所以的长越长，即的长越小，再根据对称的性质转化为与的关系，因为随着点的移动，点的轨迹在以点为圆心，长为半径的圆上，因此当点与点正上方的点重合时，的长有最大值，此时点与点重合，结合图形即可得出结论．
【详解】（1）解：四边形是矩形，
，
由对称的性质，得，，
，
，
在中，，
，
．
（2）如图，过点作于点，
，，
，
由对称的性质，得，，，
，
，
在中，，
即，
，
，，
，
在中，，
．
（3）的最小值为，
，，
，
，，即的长为定值，
的长越长，那么的值越小，即的长越小，
由对称的性质，得，
为线段的中点，
，
的长越大，即的长越长，则的长越小，
如图，随着点的移动，点的轨迹在以点为圆心，长为半径的圆上，
如下图，当点与点正上方的点重合时，的长有最大值，此时点与点重合，，
，
，
的最小值为．
【点睛】本题主要考查了动点问题，其中涉及到了矩形的性质、对称的性质、勾股定理、隐圆、解直角三角形等，掌握上述知识点并熟练应用是解题的关键．
7．（2024·河南商丘·二模）在数学课上，王老师组织同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动．王老师对正方形纸片进行如下操作：如图1，将正方形纸片沿过点的一条直线翻折，使点落在点处，折痕为，请同学们在图1的基础上进行探究．
【操作发现】
（1）如图2，小明延长交射线于点，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，则线段与的数量关系是________．
【深入探究】
（2）如图3，小华在图2的基础上延长，交的延长线于点，在图3中是否存在一条线段与相等？若存在，请找出这条线段并给出证明；若不存在，请说明理由．
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，若正方形纸片的边长为4，当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2）存在，，证明见解析；（3）4或
【分析】（1）根据折叠的性质，得，证出，再根据，和，得出，即可证明；
（2）根据正方形性质得出，，证明．得出，即可证明；
（3）根据题意，分两种情况讨论．①当点在线段上时，如图1所示．②当点在的延长线上时，如图2所示．
【详解】解：（1）．
由折叠的性质，得，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
（2）存在，．
证明：在正方形中，，，
∴．
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴，
即．
（3）4或．
根据题意，分两种情况讨论．
①当点在线段上时，如图1所示．
∵，，
∴，．
∴．
由（1）知，
∴．
由（2）知，
∴．
②当点在的延长线上时，如图2所示．
同①可得，．
∴．
∴．
∴．
综上所述，线段的长为4或．
【点睛】该题主要考查了折叠的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
二、旋转综合问题
8．（2024·湖北十堰·一模）已知∶和 为两个全等的等腰直角三角形， ， ，D为中点，以D为旋转中心，旋转 ，交于点J，分别交，于G，H两点．
(1)如图①，当 时，求证： ；
(2)如图②，当点 E 恰好落在边上时，连接，求的长；
(3)如图③， 时，
①求证∶；
②直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①见解析
②
【分析】（1）根据题意得：，，，推出，即，再运用全等三角形的判定即可证得结论；
（2）过点作于，可证得，得出，，再运用勾股定理即可求得答案；
（3）①过点作于，先证得是等腰直角三角形，可得，，设，则，再证得，利用相似三角形性质即可证得结论；
②连接、，过点作于，利用解直角三角形求得，即可求得，再证得，即可求得，进而求得答案．
【详解】（1）证明：如图①，和为两个全等的等腰直角三角形，
，，，
，即，
，，
，
；
（2）解：如图②，过点作于，
则，
，
为等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，，
为中点，
，
，
，，
，
在中，；
（3）①证明：如图③，过点作于，
则，
为等腰直角三角形，，
，，
是等腰直角三角形，
，，设，
，
，
，，
，
解得：，
，，，
，
，，
，
，即，
，
，
；
②解：如图，连接、，过点作于，
则，
，
，
，即，
，
，
，
，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转变换的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，正确地作出辅助线是解题的关键．
9．（2024·山东东营·模拟预测）【操作与发现】
如图①，在正方形中，点N，M分别在边上．连接．．
(1)将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到．从而可得：．请说明理由．
(2)【实践探究】在图①条件下，若，则正方形的边长是 ．
(3)如图②，在正方形中，点M、N分别在边上，连接、，，若，求证：M是的中点．
(4)【拓展】如图③，在矩形中，，点M、N分别在边上，连接，已知，则的长是 ．
【答案】(1)见解析
(2)12
(3)见解析
(4)
【分析】（1）证明，得出，即可证出．
（2）在中，由勾股定理得出，求得，设正方形的边长为，得出方程，解方程即可求解；
（3）设，由（1），由三角函数得出，得出，在中，由勾股定理得出方程：，整理得：，得出，得出，即可得出结论；
（4）延长至，使，过作的平行线交的延长线于，延长交于，连接，则四边形是正方形，同样的方法在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
（2）解：在中，由勾股定理得：，
则，
设正方形的边长为x，则，
∴，
解得：，
即正方形的边长是12；
故答案为：12；
（3）证明：设，
由（1）可知，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
整理得：，
∴，
∴，
即M是的中点；
（4）解：延长至P，使，过P作的平行线交的延长线于Q，延长交于E，连接，如图③所示：
则四边形是正方形，
∴，
设，则，
∵，
∴，
，
，
，
由（1）得：，
在巾，由勾股定理得：，
解得：，
即的长是8；
故答案为：8．
【点睛】本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、三角函数定义、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键．
10．（2024·贵州贵阳·一模）问题情境：如图①，点E为正方形内一点，， 将绕点B顺时针旋转， 得到（点A的对应点为点C）， 延长交于点F， 连接．
猜想证明：（1）求证：四边形是正方形；
（2）如图②，连接， 延长交于点 G，若 E 是的中点， 请猜想与的数量关系，并加以证明；
解决问题：（3）如图③， 若， 请直接写出的长．
【答案】（1）证明见解析（2），证明见解析（3）
【分析】（1）旋转得到，，，平角得到，即可得证；
（2）过点作，证明，得到，进而推出，平行线分线段成比例得到，进而得到，得到为的中点，进而得到垂直平分，即可得出结论；
（3）设，则，在中，勾股定理求出的值，进而求出的长，勾股定理求出的长，证明，列出比例式进行求解即可．
【详解】（1）由旋转可知：，，，
又∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形；
（2），证明如下：
过点作，则：，
∴，
∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由（1）知四边形为正方形，
∴，，
∴，，
∵E 是的中点，
∴，
∴，
∵旋转，
∴，
∴，
∴为的中点，
又∵，
∴；
（3）∵四边形为正方形，
∴，
设，则，
在中，，即：，
解得：或（舍去）；
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，中垂线的判定和性质，勾股定理等知识点，综合性强，难度较大，属于压轴题，熟练掌握相关性质判定方法，是解题的关键．
11．（2024·贵州贵阳·一模）如图①，在正方形中，点E，F分别为，边上的点，，连接．某班同学在探究，，之间的数量关系的过程中，发现通过旋转可将这些分散的线段集中到同一条线段上．
(1)将绕点A顺时针旋转得到（如图②），此时G，B，F三点共线．
①的度数为；
②若，，求的长．
(2)如图③，在等边中，点E为三角形内部一点，当点E在何处时，最小，请画出图形，并直接写出此时的度数．
【答案】(1)①；②
(2)画图见解析；
【分析】（1）①根据旋转的性质得出，再根据求出结果即可；
②证明，得出，设，则，根据勾股定理得出，解方程即可；
（2）将绕点B逆时针旋转得到，连接，证明为等腰直角三角形，得出，证明，根据当、、E、C四个点共线时，最小，得出最小，根据等腰三角形的性质得出．
【详解】（1）解：①∵将绕点A顺时针旋转得到，
∴，
∵，
∴；
②∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵将绕点A顺时针旋转得到，此时G，B，F三点共线，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，
即．
（2）解：将绕点B逆时针旋转得到，连接，如图所示：
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴当、、E、C四个点共线时，最小，即最小，
根据旋转可知：，
∵等边中，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
12．（2024·湖北恩施·模拟预测）如图1，和均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接．
(1)填空：的度数为______；②线段之间的数量关系为______；
(2)如图2，和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在中，，，平面上一动点P到点B的距离为4，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连，则是否有最大值和最小值？若有，直接写出，不需要说明理由．
【答案】(1)①；②；
(2)，理由见解析
(3)存在，的最小值为，的最大值为．
【分析】本题主要考查了等边三角形性质、等腰直角三角形性质、全等三角形判定与性质，旋转的性质等知识点，握全等三角形判定定理是解题的关键掌．
（1）①由和均为等边三角形，可得，故，即得，有，故；②由即得；
（2）证明可得，故，而，即得；
（3）证明得，可证点D在以点A为圆心，4为半径的圆上，当D在线段上时，有最小值，求出，即可得的最小值为；当A在线段上时，的最大值为．
【详解】（1）解：①∵和均为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
②由①知，
∴．
故答案为：．
（2）解：，理由如下：
∵和均为等腰直角三角形，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
在等腰直角三角形中，为斜边上的高，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）解：如图：
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵点P到点B的距离是4，
∴，
∴点D在以点A为圆心，4为半径的圆上，
如图：当D在线段上时，有最小值，
∵，
∴，
∴此时，即的最小值为；
如图：当A在线段上时，最大，
此时，即的最大值为．
13．（2024·广东·模拟预测）如图，在等腰直角中，，，点E为的中点，，将线段绕点E顺时针旋转，连接、；点D为中点，连接，直线与直线交于点N．
(1)如图1，若，，求的长；
(2)连接并延长至点M，使，连接．
①如图2，若，求证：；
②如图3，当点G、F、B共线时，，连接，，请直接写出的值．
【答案】(1)3
(2)①证明见解析 ②
【分析】（1）连接，过点E作于J．求出，再求出，即可得解；
（2）①连接，．先证明四边形是正方形，得出，设，则，求出，的长，即可得解；②可以假设，．则再求出，证明，即可得解．
【详解】（1）解：如图1中，连接，过点E作于J．
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）解：①如图2中，连接，．
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴E，G，N，F四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
②如图3中，
∵，
∴可以假设，．则，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、旋转变换，正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
14．（2024·湖北十堰·模拟预测）综合与实践

【特殊感知】（1）如图1，在平行四边形中，，相交于点O，，，求证：．
【变式探究】（2）如图2，在中，，，在的右侧作等边，取的中点F，连接．
①求证：是的垂直平分线；
②若，求的长．
【拓展提高】（3）如图3，在中，，，D为上的任意一点，将绕点A逆时针旋转得到线段，旋转角为．取的中点P，连接，猜想与的数量关系，并给予证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1；（3）．理由见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，证出，得出，则可得出结论；
（2）①延长至，使，连接，，证出，则，由等边三角形的性质可得出结论；
②证出，则可得出答案；
（3）延长至，使，连接，，同（2）可知是的中位线，得出，证出，得出，
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
；
（2）①证明：延长至，使，连接，，
，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
为等边三角形，
，，
，
，
垂直平分，
，
为的中点，，
，
，
，
，
，
是的垂直平分线；
②解：由①知是的中位线，
，
，
；
（3）解：．
理由：延长至，使，连接，，
同（2）可知是的中位线，
，
同（2）可知，，
，
，
将绕点逆时针旋转得到线段，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
15．（2024·江苏苏州·一模）图1，在平面直角坐标系中，的直角边在轴的正半轴上，且，斜边，点为线段上一动点．
(1)请直接写出点的坐标；
(2)若动点满足，求此时点的坐标；
(3)如图2，若点为线段的中点，连接，以为折痕，在平面内将折叠，点的对应点为，当时，求此时点的坐标；
(4)如图3，若为线段上一点，且，连接，将线段绕点顺时针方向旋转得线段，连接，当取最小值时，请直接写出的最小值和此时线段扫过的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)的最小值为4，
【分析】（1）利用勾股定理求出即可；
（2）如图1中，过点作于点．设，构建方程求出，再利用相似三角形的性质求出即可；
（3）如图2中，设交于点．利用相似三角形的性质求出，再求出，可得结论；
（4）如图3中，以为边向右作等边，连接，延长交轴于点，过点作于点．于点，过点作于．证明，推出，推出点在直线上运动，当点与重合时，的值最小．
【详解】（1）解：如图1中，在中，，，，
，
；
（2）解：如图1中，过点作于点．
，
，
设，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：如图2中，设交于点．
，，
，
，
由翻折的性质可知，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，；
（4）解：如图3中，以为边向右作等边，连接，延长交轴于点，过点作于点．于点，过点作于．
，
，
，，
，
，
点在直线上运动，当点与重合时，的值最小，
，，
，
四边形是矩形，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，
的最小值为4，
，，
是等边三角形，
，即，
线段扫过的面积．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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．
16．（2024·湖南·模拟预测）如图，将等腰的斜边向上平移至（点B和A重合），连接，M为线段上一点（不与点C重合），连接并将其绕点A顺时针旋转至，连接交于点E，连接．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)如图2，分别取的中点连接，试探究线段和之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)
【分析】（1）先得出 ，再结合旋转，得，即可证明，即可作答．
（2）先在线段取点，连接，使得，再得出，则，通过证明，即可作答．
（3）先连接取的中点，连接，运用中位线的判定与性质，得，，结合旋转性质，得是等腰直角三角形，通过角的运算以及等量代换，得，再运用两边成比例，夹角相等，得证，即可作答．
【详解】（1）证明：∵将等腰的斜边向上平移至（点B和A重合），连接，
∴ ，
∴四边形是平行四边形，，
∵连接并将其绕点A顺时针旋转至，连接交于点E，连接．
∴，
∴，
即，
∵，
∴；
（2）证明：如图：在线段取点，连接，使得，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
（3）解：如图：连接取的中点，连接，
∵点P，Q分别是的中点，点是的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵连接并将其绕点A顺时针旋转至，连接交于点E，连接．
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，
∴，
设,
则在中，；在中，；
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
即．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转性质，平行四边形的判定与性质，中位线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
17．（2024·重庆·模拟预测）已知为等边三角形，D是边上一点，连接，点E为上一点，连接．
(1)如图1，延长交于点F，若，，求的长；
(2)如图2，将绕点C顺时针旋转到，延长至点H，使得，连接交于点N，求证；
(3)如图3，，点H是上一点，且，连接，点K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)见解析
(3)
【分析】（1）如图， 过点作于点，利用等腰直角三角形的性质求得再解直角三角形求解即可.
（2）如图， 延长到， 使 连接， 过点作，交于点， 先后证明 ，利用三角形全等的性质和线段的和差求解即可.
（3）过点分别作的垂线， 分别交于点， 交于点， 作交于点， 证明，可得再证明， 可得 设可得得到当 的周长最小值时，的值最小，据此求解即可．
【详解】（1）如图1， 过点作 于点，
为等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
，
；
（2）证明： 如图， 延长到， 使， 连接， 过点作交于点，
∵为等边三角形，
∴，，
由旋转的性质得，，，
∴，
∴， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
，
又∵，
，
，
同理， ，
，
；
（3）如图， 过点分别作的垂线， 分别交于点， 交于点， 作 ， 交于点，
∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设， 则 ，
，，
，
，
的周长，
的周长最小值时，的值最小，
∴当 时， 的值最小，此时即点， 点重合， 如图4，
的面积．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了解直角三角形，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，求二次函数的最值等知识，做出合理的辅助线，学会利用参数构建二次函数解决问题是解题的关键．
18．（2024·重庆·模拟预测）已知为等边三角形，，分别为线段，上一点，，与交于点．
(1)如图1，若，，求的长；
(2)如图2，为射线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，若，证明：；
(3)如图3，在（2）的条件下，，为线段上的动点，，随着的运动而运动，连接，当取得最大值时，直接写出的面．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）过点作，如图所示，由等边三角形性质及全等三角形判定与性质得到，设，则，由，解得，由等腰直角三角形及含的直角三角形性质，设，则，，列方程求解即可得到答案；
（2）延长交于，在上取，如图所示，根据等边三角形性质、三角形全等的判定与性质，通过构造的、、将线段转化到一条线上即可得证；
（3）将绕点逆时针旋转，得到，以为底边，向左作顶角为的等腰，延长到点，使，由，得到，由，得到，由，，得到，即：，在中，，此时，点，重合，，，得到，在中，求出的长，在中，求出的长，即可求解．
【详解】（1）解：过点作，如图所示：
在等边中，，，
在和中，
，
，
，
设，则，
，
解得，
在中，，，则，
，
，
在中，设，则，
由勾股定理可得，
，
，
解得，则；
（2）证明：延长交于，在上取，如图所示：
在等边三角形中，，，
在和中，
，
，
，
是的一个外角，
，
，，
，
将线段绕点逆时针旋转得，
，，
在和中，
，
，
，
由知，，则，
，
，即，
是的一个外角，
，
是的一个外角，
，
是等边三角形，则，
，，
，
在和中，
，
，
，
；
（3）解：将绕点逆时针旋转，得到，则，，以为底边，向左作顶角为的等腰，则，延长到点，使，则，连接，，，
，，，
，
，
，，，
，
又，，
，
，
，
，即：，
，
，
，即：，
在中，，即：，
当，，共线时取得最大值，
此时，点，重合，，即：，，
，
，
过点，作，交于点，
在中，，
在中，，
在中，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，顶角的等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理解三角形，两点之间线段最短，解题的关键是：连接辅助线，构造比例线段．
19．（2024·贵州黔东南·二模）如图，在矩形中，，，连接，将绕点顺时针旋转，记旋转后的三角形为，旋转角为（且）．
(1)在旋转过程中，当点落在线段上时，求的长；
(2)连接，，当时，求的值；
(3)在旋转过程中，若的重心为，则的最小值为______．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）当落在线段上时，由旋转得，则由勾股定理可得，据此可得答案；
（2）分两种情况，当点与点C在直线的同侧，作于点E，则，先证明点B、、D在同一条直线上，求得，由，，求出的长和的长，再求出的长，问题随之得解；当点B′与点C在直线的异侧，作交的延长线于点E，则，证明点B、、D在同一条直线上，依据第一情况的方法即可求解；
（3）在上截取，则，作于点H，在上截取，连接FG、，则，由，H为的中点，点G为的重心，证明，可得，取的中点O，连接交于点P，连接，则，即可得点G在以点O为圆心、半径为的圆上运动，根据，即，可得，当时，的长最小，求出的长即可．
【详解】（1）解：∵四边形矩形，，，
∴，，，
如图1，当落在线段上时，由旋转得，
∴，
；
（2）如图2，点与点C在直线的同侧，作于点E，则，
由旋转得，，
∵，
∴，
∴点B、、D在同一条直线上，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
如图3，点B′与点C在直线的异侧，作交的延长线于点E，则，
由旋转得，，
∵，
∴，
∴与重合，
∴点B、、D在同一条直线上，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
综上所述，值为3或．
（3）解：如图4，在上截取，则，
作于点H，在上截取，连接、，则，
∵，
∴H为的中点，
∴为的中线，
∴点G为的重心，
∵，，
∴，
∴，
取的中点O，连接交于点P，连接，
则，
∴点G在以点O为圆心、半径为的圆上运动，
∵，即，
∴，
∴，
∴当时，的长最小，
∵OC，
∴，
∴的最小值是，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、解直角三角形、“两点之间，线段最短”、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
20．（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图1，正方形和正方形，连接，．
(1)[发现]：当正方形绕点A旋转，如图2，线段与之间的数量关系是______；位置关系是______；
(2)[探究]：如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，，猜想与的数量关系与位置关系，并说明理由；
(3)[应用]：在（2）情况下，连接（点E在上方），若，且，，求的长．
【答案】(1)，，理由见解析
(2)，，理由见解析；
(3)8．
【分析】（1）证明，后证明即可；
（2）延长，交于点H，交于点K，．根据（1）的证明方法，类似证明即可．
（3）设与交的交点为M，根据平行四边形的判定和性质，勾股定理，结合．解答即可．
【详解】（1），．
理由如下：延长，交于点N，交于点P，
∵四边形，四边形是正方形，
∴，，，
在和中，
，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故且．
（2）解：，．
理由如下：延长，交于点H，交于点I，
∵四边形，四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
故且．
（3）解：设与交的交点为M，
∵，
∴，
在中，，
∴，
根据勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由（2）知，，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似判定和性质，勾股定理，熟练掌握三角形相似的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
21．（2024·陕西咸阳·模拟预测）（1）如图①，在中，，，P为内一点，求的最小值．为了求的最小值，小明是这样做的：将绕点A顺时针旋转60°得到，则，连接．此时小明发现，且，则为等边三角形，于是．试着根据小明的思路，求出的最小值．
（2）如图②，某牧场有一块矩形空地，其中米，米，点E在边上且米，F为边上任意一点，点A关于的对称点为．牧场主欲在四边形的四条边上装上栅栏饲养土鸡，并将B点、C点分别作为牛棚和羊棚的入口，若要在矩形内一点P处打一口井，并修建地下管道，，．请问：是否存在一点P，使的值最小？如果存在，请求出的最小值及此时的长；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，的最小值为300，的长为米
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形的特征，矩形的性质，特殊角三角函数，相似三角形的判定及性质．
（1）连接，由旋转的性质得到，，，再由勾股定理得即可解答．
（2）连接，作点A关于的对称点，则点的轨迹为弧，将绕点B顺时针旋转60°得到，连接，，，．由旋转的性质得，，，，当E，，P，，C五点共线时，取得最小值，过点作于点H，交于点M，证得为等边三角形，再由特殊角的三角函数得到，米，则，再根据勾股定理得的值，设交于点N，过点B作于点Q，易证，即可解答．
【详解】解：（1）如图①，连接．
根据小明的思路可知，，，则．
∵，，
在中，，
当C，P，，E四点共线时取得最小值，的最小值为．
（2）存在．∵点A，关于对称，
米，
点在以点E为圆心，50米为半径的圆弧上．
如图②，连接，作点A关于的对称点，则点的轨迹为弧．
由（1）同理可得，将绕点B顺时针旋转60°得到，连接，，，．由旋转的性质得，，，
为等边三角形，
，
∵，
米．
当E，，P，，C五点共线时，取得最小值，最小值为，此时点为与弧的交点．
过点作于点H，交于点M．
∵，
为等边三角形，
米．
∵，，
，
（米），
在中，（米）．
易得米，米，
则（米），（米），
在中，（米），
（米），
的最小值为300．
设交于点N，过点B作于点Q．
，
，
，即，
米，米，
米，
，
，
，
，
米，
易知当取得最小值时，，
在中，（米）．
答：的最小值为300，此时的长为米．
22．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）如图，已知中，，．D是所在平面内不与点A，C重合任意一点，连接，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接，，．
(1)如图①，当时，线段与之间的数量关系是______；
(2)如图②，当时，线段与之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给予证明；
(3)如图③，当时，线段与之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，不需要证明．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）当时，，．，
和都是等边三角形，得到，，再证明，得到．
（2）过点A作于点G，设，过点D作于点H，设，利用等腰三角形的性质，三角形的相似判定和性质，三角函数的应用，计算解答即可．
（３）设，设，利用等腰三角形的性质，三角形的相似判定和性质，计算解答即可．
【详解】（1）证明：当时，
∵，．，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴
∴．
故答案为：．
（2）解：．理由如下：
过点A作于点G，设，
当时，
∵，．，，
∴，，
，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
过点D作于点H，设，同理可证，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：．理由如下：
当时，
设，设，
∵，．，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角函数的应用，等腰直角三角形的性质，熟练掌握三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角函数的应用是解题的关键．
23．（2024·重庆南岸·模拟预测）在中，，点为直线上一点，连接．

(1)如图1，点为延长线上一点，若，求线段的长；
(2)如图2，点为延长线上一点，连接并延长到点，连接，把线段绕点逆时针旋转后得到，若点在的延长线上，连接，求证：；
(3)把线段绕着点逆时针旋转后得到，点为直线左侧一点且满足，当取最小值时，请直接写出此时的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据勾股定理，得，得到，利用勾股定理，得到计算线段的长；
（2）过点B作于点B，交于点M，在上截取，连接，
，再，利用勾股定理，线段和解答即可．
（3）把线段绕着点逆时针旋转后得到，点为直线左侧一点且满足，当取最小值时，请直接写出此时的值．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴．
（2）证明：过点B作于点B，交于点M，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在上截取，连接，
∵
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故．

（3）解：构造等边，以O为圆心，以为半径构造，在左侧圆弧上任取一点E，连接，根据圆周角定理，得，
延长交于点G，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故点M的轨迹是直线，
根据垂线段最短，得过点O作于点T，交圆于点Q，
当E与Q重合，M与T重合时，取得最小值，

设，

则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，垂线段最短，熟练掌握三角函数的应用，全等三角形的应用，最值的确定是解题的关键．
24．（2024·广东广州·模拟预测）如图，在等腰直角三角形中，，动点在线段上运动，连接．
(1)当时，求的值；
(2)将线段绕点逆时针旋转得到线段；将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接、．
①判断线段和的关系并说明理由；
②设直线和直线交于点，直线和直线交于点，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)①，理由见解析②
【分析】（1）过点作，三线合一，结合勾股定理求出的长，利用正切的定义，进行求解即可；
（2）①将绕点旋转得到，连接，证明 四边形为正方形，得到，证明，，，进而得到点在直线上运动，，证明，即可得出结论；
②取的中点，连接，过点作，连接，易得点在以为直径的圆上运动，得到当三点共线时，取得最小值，此时面积最小，当最大时，面积最大，进行求解即可．
【详解】（1）解：过点作，
∵等腰直角三角形中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）①，理由如下：
将绕点旋转得到，连接，则：，
∴，，
延长交于点，
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，
∴三点共线，，，
∵，，
∴四边形为正方形，
∴，
∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴点在直线上运动，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∴；
综上：；
②取的中点，连接，过点作，连接，由①知：四边形为正方形，
∴，
∴，
∵，
∴点在以为直径的圆上运动，
∴，，
当三点共线，且在中间时，取得最小值，当三点共线，且在中间时，取得最大值，此时，四边形为矩形，
∴，
∴最小为，最大为，
∵，
∴当最小时，，最小；
当最大时，，最大；
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊图形，是解题的关键．
三、平移综合问题
25．（2024·河南信阳·一模）综合实践课上，老师让同学们准备矩形纸片，开展数学活动．
(1)折一折，画一画：
操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：为上一点，沿折叠，使点落在上的点处，连接并延长交于点．
①______(填数字结果)；
②的形状是______；
(2)剪一剪，移一移：
操作三：把纸片展平，沿，剪开；
操作四：将沿方向平移得到，若交于点，交于点．连接，若，平移距离为，
①求；
②当为直角三角形时，请直接写出的值．
【答案】(1)①；②等边三角形
(2)①；②或
【分析】（1）先判断出，由操作一的折叠知，，，，
由操作二的折叠知，，，，进而得出，求出，最后用直角三角形的两锐角互余即可得出结论；
（2）①分别求得两个三角形的面积，即可求解；
②先求出，进而得出，再分两种情况：
、当时，先判断出，再判断出，即可得出答案；
、当时，先判断出，再求出，，即可求出答案．
【详解】（1）解：①四边形是矩形，
，
由操作一的折叠知，，，，
由操作二的折叠知，，，，
，
在中，，
，
故答案为：．
②，
，
，
，
在中，，
由操作二的折叠知，，
，
，
，
是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）①由（1）知，是等边三角形，
根据平移可得，
，
是等边三角形，
，，
平移距离为，则，
，
，
，
，
，
故答案为：．
②在中，，，
，
由操作四的平移知，，
由（）知，，
是直角三角形，
或，
、当时，如图，则，
由平移知，，，，
，
，
，
，
由操作二折叠知，，
，
，
，
，
，，
，
，
由操作四的平移知，，
，
即平移的距离；
、当时，如图，则，
由平移知，，，
，
是等边三角形，
在中，，
在中，，
，
，
，即平移的距离或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，等边三角形的判定和性质，平移的性质，用分类讨论的思想是解决最后一问的关键．
26．（2024·河北邯郸·二模）如图1，在矩形中，，，，垂足为E．F是点E关于的对称点，连接，．
(1)求证：；
(2)若将绕点B按顺时针方向旋转，当边与重合时停止，求边扫过的面积；
(3)将一个与完全重合的透明三角板进行如下操作．
①若将三角板沿射线方向平移，如图2，当点落在边上时，立刻将绕点顺时针旋转，点H在上，且，若平移的速度为每秒1个单位长度，绕点旋转的速度为每秒，在整个运动过程中，求出点H在区域（含边界）内的时长；
②若将三角板沿射线方向平移，点H在上，且，如图3，当点与H点重合时，立刻将绕点逆时针旋转，当点落在边上时停止，设旋转过程中分别交于点P，Q，若，直接写出旋转过程中的长（用含d的式子表示）．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）根据轴对称的性质得到，，又由即可证明；
（2）利用矩形的性质和含30度角的直角三角形，求出的长及，利用扇形面积公式即可求解；
（3）①根据题意，可知点H在区域内可分为两段：当点H落在边上和当落在线段上，进行求解即可；
②绕点逆时针旋转得到，点落在边上的处，交于点，交于点，过点P作的垂线，垂足为，由题意得出，解直角三角形求出，再求出，证明，利用相似的性质求出，由即可求解．
【详解】（1）证明：∵F是点E关于的对称点，
∴，，
∵，
∴；
（2）解：如图，边与重合时，点A的对应点为，
矩形中，，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
边扫过的面积是以的长为半径，圆心角为的扇形的面积，
边扫过的面积为：；
（3）解：①根据题意，可知点H在区域内可分为两段：
当点H落在边上时，如图，
∵，，
∴，
∴；
此时平移的时间为（秒）；
当落在线段上时，如图，由①得，，
则；
此时从B到的平移时间为6秒；
∵，
∴，
∴绕点顺时针旋转时，当旋转到经过点H时，记此时的对应点为M，
∵，，
∴在直角三角形中，，
∴，
∵，
∴，
∴旋转时点H在区域（含边界）内的时长为（秒）；
综上，在整个运动过程中，点H在区域（含边界）内的时长为
（秒）；
②如图，绕点逆时针旋转得到，点落在边上的处，交于点，交于点，过点P作的垂线，垂足为，
，，，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：，
．
【点睛】此题考查了矩形的性质、解直角三角形、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质、扇形面积、平移性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
27．（2024·河北·模拟预测）如图1，正方形与斜边为的按如图所示的方式放在同一平面内，使点与A重合，点D在上，，其中，正方形固定不动．
(1)求的长和的度数．
(2)将绕点A按顺时针方向旋转，当与重合后，立刻沿射线方向平移，点D在边上时停止．
①求边旋转结束时扫过的面积；
②求平移结束时，正方形与重叠部分的面积S．
(3)如图2，若将（2）中的旋转和平移同时进行，设边与边的交点为M，边与边的交点为N，，，直接写出在运动过程中的值．（用含a，k的式子表示）
【答案】(1)，
(2)①；②
(3)
【分析】（1）过点作于点H，先根据正方形的性质和解直角三角形求得，再由等腰直角三角形性质求得，从而由，即可求解；
（2）①求扇形的面积即可；②设交于点P， 过点D作于点E．先证明是等腰直角三角形，得到，再解得，解得，则平移的距离为，即可由求解；
（3）连接，过点A作交于点F，证明，得．则．然后在中， 由勾股定理得．在中，由勾股定理得．
【详解】（1）解：如图1，过点作于点H．
在正方形中， ，， ，
∴．
∵，
∴，
∴．
在中， ，
∴，
∴．
（2）解：①如图2，
边旋转结束扫过的面积为扇形的面积．
∵，
∴旋转角．
在中， ， ，
∴，
∴扇形的面积．
②如图3，设交于点P，
∵，，
是等腰直角三角形，
∴，
过点D作于点E．
∵在中，，，
∴．
∵在中，，
∴，
∴平移的距离为，
∴
．
（3）解：DM2+DN2=(k+1)a2．
如图4，连接，过点A作交于点F，
则为等腰直角三角形，
∴．
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
在中， ．
在中， ．
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质．熟练掌握相关知识是解题的关键．
28．（2024·河北石家庄·模拟预测）如图，在矩形中，，，垂足为E．F是点E关于的对称点，连接，．
(1)求证：；
(2)求和的长；
(3)将一个与完全重合的透明三角板沿射线方向平移．设点在上移动的距离是m．当点F分别落在线段，上时，直接写出相应的m的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)当落在线段上时，，当落在线段上时，
【分析】（1）根据对称的性质可得，然后根据即可得到结论；
（2）先求得，再解直角三角形即可；
（3）①当落在线段上时，根据平行线的性质和（1）的结论可得，即可得出答案；②当落在线段上时，证明是等腰三角形，得出，再求出即可；
【详解】（1）证明：∵F是点E关于的对称点，
∴，
∵，
在与中，，
∴；
（2）∵在矩形中，，，
∴，
∵，，
∴，；
（3）由（1）可得，，由平移的性质可得：，
①当落在线段上时，如下图：
∵，
∴，
∴，
∴，
即；
②当落在线段上时，如下图：
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等腰三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即；
综上所述，当落在线段上时，，当落在线段上时，．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、平移和对称变换、解直角三角形、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握几何变换的性质、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
29．（2024·河南信阳·模拟预测）综合与实践
[问题背景]
在正方形中，，点E为边上一点，将沿直线折叠，使点D的对应点F恰好落在对角线上．
[问题解决]
（1）填空：的长为_____；
（2）展开后，将沿线段平移，使点F的对应点与点C重合，得到， 与交于点M，求线段的长．
[拓展探究]
（3）将沿射线平移的过程得到，当在区域内的线段的长为1时，直接写出平移的距离．
【答案】（1）；（2）；（3）平移的距离为或1
【分析】（1）由正方形的性质和勾股定理得到，，由折叠得到，设，则，在中，，列方程解方程即可求出的长；
（2）由折叠和平移的性质推理得到则，即可得到；
（3）分点在线段上和点在线段的延长线上两种情况，分别画出图形，分别进行解答即可．
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
由折叠可知，，
∴，，
设，则，
在中，，
则，
解得，，
即的长为；
故答案为：
（2）如图，
由折叠可知，，
由平移得到，，
∴，
∵
∴
∴
∴，
∴
（3）当点在线段上时，如图，连接，
由平移得到，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由折叠可知，，
由平移得到，，
∴，
∵
∴
∴，
∵
∴，
∴，
即此时平移的距离为1．
当点在线段的延长线上时，如图，设交于点H，
由（1）可知，，
若，则，
∵，
∴，
由折叠可知，，
∴
∴，
∵四边形是矩形，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
解得
即此时平移的距离为，
综上可知，平移的距离为1或．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的折叠、勾股定理、平移的性质、矩形的判定和性质等知识，求出的长、熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
30．（2024·吉林长春·模拟预测）如图①，是矩形的对角线，，．将沿射线方向平移到的位置，使为中点，连接，，，，如图②．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)四边形的周长为 ；
(3)将四边形沿它的两条对角线剪开，用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形，直接写出所有可能拼成的矩形周长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)或．
【分析】（）根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，据此进行证明即可；
（）先证明四边形是菱形，再根据边长，即可得到四边形的周长；
（）根据两种不同的拼法，分别求得可能拼成的矩形周长即可．
【详解】（1）证明：∵矩形，，
∴，，，
由平移可得，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵为中点，
∴中，，
又∵，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴四边形是菱形；
（2）解：由平移可得，，，
∴ ，
∴四边形是平行四边形，
由（）可得，，
∴四边形是菱形，
∵，
则由勾股定理得：，
∴四边形的周长为，
故答案为：；
（3）解：将四边形沿它的两条对角线剪开，用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形如下：
∴矩形的周长为或．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
四、创新探究问题
31．（2024·湖北武汉·模拟预测）【操作与思考】
（1）如图1，在正方形中，点E，F分别为，边上的点，且，且绕点A顺时针旋转得到，画出，并证明；
【尝试与应用】
（2）如图2，正方形边长为8，点E，F分别为，边上的点，．交于M，求证；
【拓展与创新】
（3）如图3，矩形中，，，点E，F分别为，边上的点，，交于M．若，直接写出的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1），由旋转性质可知，再证明，可得，由此证明结论；
（2）延长到G，使得，连接，证明，得到，，，．过点F作，交的延长线于点N，得到，．
证明，结合正切函数证明即可解题．
（3）模仿（2），延长到G，使得，连接，过点F作，交的延长线于点N，构造，再证明，可得，再延长交于点K，结合，证明，列出比例式计算即可．
【详解】（1）∵绕点A顺时针旋转得到，如图，
∴，，
∴，，
∵，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
（2）①延长到G，使得，连接，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴．
过点F作，交的延长线于点N，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
（3）延长到G，使得，连接
∴，
∵矩形ABCD中，，，，
∴，
，
∴，
∴，，
∴，．
过点F作，交的延长线于点N，
∴，．
∵，
∴．，
∴
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
延长交于点K，
∵，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴，
∴，
整理，得，
解方程，得（不合题意舍去），
综上所述，的长为．
【点睛】本题考查了四边形与全等三角形、相似三角形的综合，解题关键是通过旋转构造全等三角形或相似三角形，转化线段关系．
32．（2024·江西南昌·模拟预测）综合与实践
特例感知
如图1，在等腰直角三角形中，，点D在边上（点D不与点A、C重合），连接．将线段绕点D逆时针旋转得到，连接，过点E作，交的延长线于点F．
（1）有以下结论：①；②；③若，则的面积，正确的有________个．（填选项）
A．0 B．1 C．2 D．3
类比迁移
（2）如图2，以为斜边，在的下方构造等腰直角三角形，连接，将线段绕点D顺时针旋转得到，连接．求证：．
拓展应用
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，H是的中点，连接．
①求证：；
②若，求的长．
【答案】（1）C；（2）证明见解析；（3）①证明见解析；②
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和旋转的性质，易证，得到，，可判断①②结论；根据的面积，可判断③结论；
（2）过点作，交延长线于点，同（1）理可证，，得到，，结合（1）结论得出，由四边形是正方形，推出，证明，即可得出结论；
（3）①证明四边形是梯形，由（1）（2）得，，，得到点是得中点，进而得出是梯形得中位线，则，即可证明结论；
②利用特殊角的三角函数值，求出，由（1）（2）可知，，，得到，再利用梯形的中位线定理，即可求出的长．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形，
，，
由旋转的性质可知，，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，①结论正确；
，
，②结论正确；
，
，
的面积，③结论错误；
正确的有2个，
故选：C；
（2）证明：如图，过点作，交延长线于点，
同（1）理可证，，
，，
由（1）可知，，，
，
和都是等腰直角三角形，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（3）解：①，
，
四边形是梯形，
由（1）（2）可知，，，
，
点是得中点，
点是得中点，
是梯形得中位线，
，
，
，
四边形是正方形，
，
；
②是等腰直角三角形，，
，
由（1）（2）可知，，，
，
是梯形得中位线，
．
【点睛】本题考查了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，正方形的性质，梯形的判定和中位线定理，解直角三角形的应用等知识，作辅助线构造全等三角形，掌握梯形的中位线定理是解题关键．
33．（2024·湖北武汉·模拟预测）【教材呈现】如图是某版本九年级上册数学教材第77页的部分内容．
如图，在中，点D，E分别是与的中点，根据画出的图形，可以猜想：，且．
对此，我们可以用演绎推理给出证明．（无需证明）
【感知】如图①，在中，，，是的中线，M，N分别是和的中点，求的长；
【应用】如图②，在中，D，E分别是的中点，连接，将绕点A逆时针旋转一定的角度，连接，若，求的值；
【拓展】如图③，在等边三角形中，D是射线上一动点（点D在点C右侧），连接，把线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，F是中点，连接，若，，求的值．
【答案】【感知】；【应用】；【拓展】或2
【分析】（1）设交于点G，连接DE，由勾股定理得，证明得，从而，，求出，可证，进而可求出；
（2）由勾股定理求出，求出，证明可得；
（3）分当和当与不平行两种情况求解即可．
【详解】解：【感知】如图①，设交于点G，连接DE，

∵，
∴，
∵是的中线，
∴D，E分别为的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵M，N分别是和的中点，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【应用】如图②，∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，∴，
∴，
由旋转得，∴，
∴．
【拓展】如图，当，
∵是等边三角形，，
∴，
∵F是中点，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当与不平行，作交的延长线于点G，
∵，
∴，
∴，
由旋转得，
∴，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
综上所述，或2．
【点睛】此题考查三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、等边三角形的判定与性质、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
34．（2024·内蒙古通辽·模拟预测）【感知】
如图1，在四边形中，点P在边上（不与A、B重合），，易证：（不要求证明）．
【探究】
如图2，在四边形中，点P在边上（点P不与点A、B重合），．
（1）求证：；
（2）若，求的长．
【应用】
如图3，在中，，．点P在边上（点P不与点A、B重合），连结，作，与边交于点E．
（3）当是等腰三角形时，直接写出的长
【答案】（1）见解析（2）或（3）4或．
【分析】（1）证明即可．
（2）根据，得，设，则，代入比例式，解答即可．
（3）根据，得到，结合，得，证明，再对是等腰三角形进行分类计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∵，
设，则，
∴，整理得，
解得，
∴或．
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
设，则，
∵是等腰三角形，且，
故只有两种情形解答，具体如下：
当时，
∴，
∴，
∴；
当时，则，
∴，
∴，
设，则，
根据前面证明，得，
∴，
∴，
解得，
∴；
综上所述，的长为4或．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，等腰三角形的分类，分类思想，一元二次方程的解法，熟练掌握三角形相似的判定，等腰三角形的性质是解题的关键．
35．（2024·江苏无锡·模拟预测）【教材呈现】如图，在中，点、分别与的中点．则与的关系是，；

【感知】如图1，在矩形中，点为的中点，点为边上一动点，点为的中点，连结、、．，与的数量关系是 ．
【应用】如图2，在中，，，、是的中线，、分别是和的中点，求的长；
【拓展】如图3，在平行四边形中，点为边上一点，连接，点在上，，点是的中点，连接交于点，若点为的中点，，连接，求的值．
【答案】[感知]；[应用]；[拓展]
【分析】[感知]证明四边形是平行四边形，从而证得四边形是平行四边形，进一步得到四边形是矩形，则，即可得；
[应用]连接，并延长交于点，先由勾股定理求得，利用三角形中位线的性质可证得，由勾股定理求得，从而得，由三角形中位线的性质可求得；
[拓展]连接，作交延长线于，是等边三角形，利用等边三角形的性质与解直角三角形求得，再证明是等边三角形，是直角三角形，求得，代入即可求解．
【详解】解：[感知]点为的中点，点为的中点，
，，
，即，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，
故答案为：；
[应用]如图2，连接，并延长交于点，
，，
，，
、是的中线，
，，
点、分别是和的中点，
，，，
，，
，
，，
，
；
[拓展]连接，作交延长线于，如图3，
，
是的中点，，
若点为的中点，
，，
点是的中点，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
在中，，，
在中，，
由勾股定理得，
，，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查三角形中位线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，解直角三角形，等边三角形的判定与性质．本题属四边形的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
36．（2024·贵州贵阳·二模）综合与实践
问题情境：在综合与实践课上，老师要求同学们以“折纸中的数学”为主题开展活动．
独立思考：
（1）如图①，将三角形纸片沿折叠，使点落在四边形内点的位置，则与之间的数量关系为 ，请说明理由；
深入探究：
（2）如图②，若点落在四边形的边下方时，试猜想此时与，之间的数量关系，并说明理由；
结论运用：
（3）如图③，在四边形中，，，分别是，边上的一点，沿将四边形折叠，点的对应点恰好落在边上，且，．
①的度数为 ；
②若，，求点到的距离．
【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）①；②
【分析】（1）连接，由折叠的性质得出．由三角形外角的性质可得出结论；
（2）由三角形外角的性质得出，，则可得出结论；
（3）①延长交的延长线于，由（2）中结论可知，求出即可得出答案；
②过点作交于点，过点作交的延长线于点，求出，．求出，得出，则可得出答案．
【详解】解：（1），
理由如下：连接，如图①，
将三角形纸片沿折叠，点落在四边形内点的位置，
．
，，
，
即；
故答案为：；
（2），
理由如下：设与交于点，如图②，
，，
，
；
（3）①延长交的延长线于，由（2）中结论可知，如图③，
，
．
，
．
故答案为：；
②过点作交于点，过点作交的延长线于点，如图，
，，
，．
，
，
，
，
．
，
，
，即点到的距离为．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，勾股定理及直角三角形的相关性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
37．（2024·广东深圳·模拟预测）【几何探究】
【教材呈现】如图1，，，点是边上一点，且，若，则 ；
【探究发现】如图2，在正方形中，点是上动点，点是上一点，且，将绕点逆时针旋转，点落在射线上的点处，点对应点为点，连接．
（1）当点为中点时，求证：为等腰直角三角形；
（2）如果点为上任意一点，试探究：与之间的数量关系，写出你的结论并加以证明；
【迁移运用】如图3，在菱形中，，点是上动点，点是上一点，且，将绕点逆时针旋转，点落在射线上的点处，点对应点为点，连接，直接写出与之间的数量关系（用含有的式子表示）．
【答案】教材呈现：；（1）见解析；（2）与之间的数量关系：；迁移运用：与之间的数量关系：
【分析】教材呈现：根据题意可得，设，则，在中，利用勾股定理解得的值，即可获得答案；
探究发现：（1）作于点，交于点，连接，设，则，结合等腰三角形的性质以及三角形外角的性质可得，；由旋转的性质可得，，，，，进而可得，，然后证明，进一步证明，，即可证明结论；
（2）作于点，交于点，由（1）可知，，进而可得，，，易得，，即可证明结论；
迁移运用：过点作，垂足为，设，则，易得，由旋转的性质可得，，，，，进而可得；证明，，再在直角三角形中，利用三角函数可得，易得，然后证明，即可证明结论．
【详解】教材呈现：
∵，，，
∴，
设，则，
∴在中，可有，
即，
解得，
∴．
故答案为：5；
探究发现：
（1）如图，作于点，交于点，连接，
∵四边形为正方形，
∴，，
设，则，
∵，
∴，
又∵旋转得到，
∴，，，，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵点为中点，即，
∴，
∴，
∵，，
∴，即垂直平分，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形；
（2）与之间的数量关系：．
证明如下：如下图，作于点，交于点，
由（1）可知，，则，，
，
∴，
∴，
∴；
迁移运用：
如下图，过点作，垂足为，
∵四边形为菱形，，
∴，，
设，则，
∵，
∴,
∵旋转得到，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴,
∴，
∴，
∴，
∴在中，可有，
即，，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、菱形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
38．（2024·湖北武汉·模拟预测）类比转化、从特殊到一般等思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整．原题：如图1，在中，，于点，点是边上一点，与交于点，过点作交于点，若，求的值．
(1)尝试探究在图1中，过点作交于点，则和的数量关系是______，的值是______；
(2)类比延伸如图2，在中，，过点作于点，点是边上一点，与相交于点，过点作交于点，设，，求证：；
(3)拓展迁移如图3，在的条件下，若，直接写出的值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）过作于，于，根据等腰直角三角形的性质得到，，求得，，推出是等腰直角三角形，得到，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（2）过点作，交于点，根据三角函数的定义得到，求得，，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（3）过点作，交于点，过点，作的垂线，垂足分别为，，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据相似三角形的性质得到，，设，，则，，，根据相似三角形的判定和性质定理以及三角函数的定义即可得到结论．
【详解】（1）解：过作于，于，
∵在中，，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴和的数量关系是，的值是，
故答案为：；；
（2）证明：过点作，交于点，
∴，
∵，，
∴ ，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：过点作，交于点，过点，作的垂线，垂足分别为，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
在和和和中，
∴，
∴，，
设，，则，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或（负值不符合题意，舍去），
∴，
∴的值为．
【点睛】本题是相似三角形的综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键．
39．（2024·全国·模拟预测）专题复习课上，老师带领同学们共同探索“折叠”中的动态变化问题，进一步感悟综合几何图形的解题关键是“化繁为简”．在复杂图形中分解出特殊（基本）图形．进而建立图形要素（线段、基本图形）的解题关系．已知矩形纸片，，．
【操作感知】
（1）如图1，将矩形纸片沿折叠、点C落在点处，设与交于点P，小丽同学关注折叠后得到的，如图2，利用对称性及平行关系得；小强同学观察中，与线段间的关系后，认为可以求得现有图形中任意线段的长；请你根据同学们的操作观察和思考，求线段的长．
【类比分析】
（2）如图4，E是边上的一个动点，现将沿直线折叠，点C落在点处，当为多长时，点恰好落在上？
【动态探究】
（3）如图5，点E在矩形边上以．向点B运动，点F在矩形边上以向点D运动，点C沿着折叠落在点处，过作分别交矩形边于点，G，求经过后的面积（）．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角函数；
（1）根据折叠和矩形的性质先证明，再设， 则， ，最后在中根据勾股定理列方程计算即可；
（2）设，根据折叠得到，，再在中根据勾股定理列方程计算即可；
（3）连接， 连接交于点M， 交于点N，根据，，得到，再求出当时在上时，最后根据和分类讨论求解即可．
计算即可．
【详解】(1) 解：在中， 由折叠得．
∵， ，
∴，
∴．
设， 则， ，
在 中，，
由勾股定理得
∴
解得

(2) 解：设，则．
在 中，，
由勾股定理得 ，
解得，
∴；
在中，，
由勾股定理得 ，
，
解得
即 时，点恰好落在上．
(3)解：连接， 连接交于点M， 交于点N，
∵点E在矩形边上以．向点B运动，点F在矩形边上以向点D运动，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴当时在上，
①当时，如图1，
由翻折可得被垂直平分，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴．
②当时，如图2，过作于，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
∴，
∴．
∴
五、其他压轴综合问题（含圆与最值）
40．（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是的切线，证明见解析
【分析】（1）利用圆的切性的性质定理，正方形的性质和全等三角形的判定定理得到，则，再利用全等三角形的判定定理解答即可；
（2）利用（1）的结论得到，利用正方形的性质和同圆的半径相等的性质得到，利用全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵与相切于点，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）是的切线，理由如下：
证明：由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
41．（2024·重庆渝北·模拟预测）如图，在中，，于点 D， E为上一点， 连接．
(1)如图1，若平分，， 求线段的长；
(2)如图2，过点E作交的延长线于点 F， 连接， G为的中点，连接，若，猜想线段之间的数量关系， 并证明你的猜想；
(3)如图3， 过点D作的垂线交于点H，点P是直线上一动点， 连接，将绕A点顺时针旋转得， 连接与直线交于点Q，当最小时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）过点E作于H，证明都是等腰直角三角形，得到，由角平分线的性质得到，则，可得，解方程即可得到答案；
（2）如图所示，过点F作交延长线与M，证明，得到，设，则，取中点N，连接，则是的中位线，可得，求出，则，可得，则再由，则；
（3）如图3-1所示，将绕点A逆时针旋转60度得到，连接，则是等边三角形，证明点H为的中点，得到；同理可得是等边三角形，则，证明，得到，则点Q在直线上运动，故当时，有最小值；如图3-2所示，设交于T，则，设，则，可得；再证明，得到四边形是梯形，则，再由，可得．
【详解】（1）解：如图所示，过点E作于H，
∵，，，
∴都是等腰直角三角形，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，证明如下：
如图所示，过点F作交延长线与M，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
如图所示，取中点N，连接，
∵分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图所示，将绕点A逆时针旋转60度得到，连接，则是等边三角形，
∴；
∵是等腰直角三角形，，
∴点H为的中点，
∴；
∵将绕A点顺时针旋转得，
∴同理可得是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在直线上运动，
∵点Q是直线的交点，
∴点Q在直线上运动，
∴当时，有最小值；
如图所示，设交于T，
∵，
∴，
设，则，
∴；
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是梯形，
∴
，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，旋转的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．
42．（2024·黑龙江鸡西·二模）在四边形中，C是边的中点．
(1)如图1，若平分，，则线段满足数量关系是 ；
(2)如图2，平分，平分，若，则线段，，，之间存在怎样的数量关系？写出结论并证明；
(3)如图3，，，，若，则线段长度的最大值是 ．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)18
【分析】（1）在上取一点F，使，即可以得出，就可以得出，，就可以得出．就可以得出结论；
（2）在上取点F，使，连接，在上取点G，使，连接．可以求得，是等边三角形，就有，进而得出结论；
（3）作B关于的对称点F，D关于的对称点G，连接，，，，．同（2）可得是等边三角形，则．当A，F，G，E共线时，有最大值，即可求解．
【详解】（1）解：在上取一点F，使，连接．如图（1），
∵平分，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，．
∵C是边的中点．
∴，
∴．
∵，
∴，，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴；
故答案为：．
（2）解：结论：．
证明：在上取一点F，使，连接，在上取点G，使，连接．如图（2），
∵C是边的中点，
∴．
∵平分，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，．
同理可证：，．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴．
∴，
∴是等边三角形．
∴，
∵，
∴．
（3）解：将沿翻折得，将沿翻折得，连接，如图3，
由翻折可得，，，，，，
∵C是边的中点，
∴，
∴
∵，
由（2）可得是等边三角形，
∴．
∵
当A，F，G，E共线时，有最大值．
故答案为：18．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定与性质，折叠的性质，余角的性质，两点之间线段最短，作恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
43．（2024·浙江·模拟预测）如图1， 是等边三角形，点 D，点 E分别是，上的动点，且满足 ，连接，交于点H，以为直径作交于点F．
(1)求证：．
(2)如图 2，连接，
①若 求直径的长．
②若，当 时，用含λ的代数式表示a．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到边长及角度，即可证明出两个三角形全等；
（2）①根据三角形全等的性质得到对应角相等，再根据等边三角形的性质及三角形内角和定理得到各个角度，根据角度得到边长，最后根据勾股定理可求得结果；②先作辅助线，由①得到，根据边长之间的关系得到，结合直径所对的角为直角可得到边长之间的关系，即，最后根据三角形的面积相等求得结果．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，
在中，
，
∴；
（2）解：①由（1）可得，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵是直径，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
在中，由勾股定理可得：；
②作于点N，
，
由①得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∵，
，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、直径所对的圆周角为直角、三角形内角和、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质，利用数形结合，找到角度之间的关系以及边长之间的关系是解题的关键．
44．（2024·上海崇明·模拟预测）如图，是的外接圆，于，交于点，
(1)求证：；
(2)连结并延长交于点，延长交于，连结交于点，若平分，
①若，，求的长．
②连结，若，，求：关于的函数关系式及其定义域
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）延长交于点，连接，可得，由得，再根据等角的余角相等即可证明结论；
（2）①连接，结合（1）的结论先证明，进而可得，，得出是等腰三角形，由等腰三角形三线合一性质得，继而得到垂直平分，证明，，再利用，解三角形即可；
②利用角平分线性质和面积比得出，由，得出，继而求出，再根据比例性质即可得出函数解析式．
【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵，
∴，
又∵平分，
∴，
由（1）得：，
∴，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，即点为的中点，
∴垂直平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即：，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
②如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴点到、的距离相等，
设点到、的距离为，点到的距离为，
∴，
∴，
∴，
∵是的外接圆，，
∴在中，，
∴，
∴关于的函数关系式为．
【点睛】本题考查直角所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质，角平分线的性质，锐角三角函数的应用，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点．利用相似三角形的性质和平行线进行等面积变换是解题的关键．
45．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，为的直径，弦，连接交于点H，
(1)求证：；
(2)E为上一点，且，连接分别交于点 F、G， 求证： ；
(3)在(2)的条件下， 连接交于点 M，连接， 若四边形的面积等于22，求的半径．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)
【分析】（1）连接，则，则，再根据等腰三角形的性质即可求证；
（2）过点G作于点I，连接，先证明，得到，然后根据圆周角定理和互余关系求证，由，得到，则
（3）连接，过点O作于点R，过点M作于点K，延长至点Q，使得，连接，通过相似三角形的判定与性质以及垂径定理得到，则，可求，设，则，则，在中，由勾股定理得：，解得：或（舍），由，得到，解得：．
【详解】（1）证明：连接，
则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：过点G作于点I，连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴
∵，
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
（3）解：连接，过点O作于点R，过点M作于点K，延长至点Q，使得，连接，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵过圆心，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，过圆心，
∴为中点，
∵点O为中点，
∴，
∴
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
解得：或（舍），
∴，
∴，
解得：,
∴半径为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，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，解直角三角形的相关计算，难度很大，解题的关键在于面积转化．
46．（2024·湖北武汉·模拟预测）问题背景：已知在中，，是的内角的平分线，作，交的延长线于点．
(1)如图1，连接，求证：；
(2)尝试应用：如图2，如果，求的值；
(3)类比拓展：如图3，，，点在线段上满足，且与相交于点，若，直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可证明，易知在以为圆心，为半径的圆上，进一步证明结论；
（2）取的中点，连接，交于，可证明，从而证明，，由相似三角形的性质可得，，结合，可设，，进而可得，，进一步得出结果；
（3）连接，作于点，证明点共圆，从而可知，，，根据角平分线的性质可得，从而可知，进而可得，再证明，进一步得出答案．
【详解】（1）证明：如图1，取的中点，连接，，
∵，
∴，
∴在以为圆心，为半径的圆上，
∵平分，
∴，
∴；
（2）解：如图2，取的中点，连接，交于，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
设，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：如图3，连接，作于点，
∵，，
∴，
∵，
∴点共圆，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴点共圆，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了四点共圆、圆的有关性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，并熟练运用相关知识．
47．（2024·湖北荆门·模拟预测）如图，是的直径，点在弧上，点是的内心，连接并延长交弧于点，过点作交的延长线于点．
(1)求证：是的切线．
(2)若点为弧的中点，求证：四边形是平行四边形．
(3)连接，若的半径长为5，，求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)
【分析】（1）连接，设与交于点，利用三角形内心的性质和圆周角定理易得，再根据垂径定理可得，结合可证明，即可证明结论；
（2）首先根据题意可得，进而可得，结合可得，可证明，进一步证明结论；
（3）连接，设交于点，过点作，交于点，过点作交于点，首先利用勾股定理解得的值；证明，设，则，证明，利用相似三角形的性质可解得的值，进而可得的长度；利用三角函数可得，进而可得，设，则，由勾股定理解得的长度；证明，利用相似三角形的性质可解得的值；证明，设，则，再证明，利用相似三角形的性质可解得的值，即可获得答案．
【详解】（1）证明：连接，设与交于点，如下图，
∵点是的内心，
∴平分，
∴，
∴，
又∵为的半径，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是的切线；
（2）如下图，
∵点为弧的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（3）如下图，连接，设交于点，过点作，交于点，过点作交于点，
∵的半径为5，
∴，
∵为的直径，，
∴，
∴，
∵点是的内心，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∵，
∴，即，
解得，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，
∵点是的内心，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∵，
∴，即，
解得．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质、圆周角定理、垂径定理、三角形内心的性质、角平分线的定义、平行线的性质、勾股定理、三角函数、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识，正确作出辅助线构造等腰三角形或相似三角形是解题关键．
48．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，过上的动点作的切线，在上取点（异于点），使得，弦，连接交于点，连接并延长，交于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)记，；的面积分别为，，，当时，求的值；
(3)设的半径为，当时，求四边形的面积．（用含的式子表示）
【答案】(1)见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）如图，连接、，，由切线的性质得，由，，得，，从而得，进而根据切线的性质定理即可证明结论成立；
（2）证明，得，进而得，又，得，求解一元二次方程得，或（舍去），从而得，于是即可得解；
（3）连接并延长交于，交于，连接，，，，证明，得，进而得，再证，得，，得，，得，从而，得，进而证明，，，在和中，利用勾股定理求解得，，，从而即可得解．
【详解】（1）解：如图，连接、，，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，，
∴，
∴，即，
∵和等高，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，或（舍去）
∴，
∴，
∴（负值舍去）；
（3）解：连接并延长交于，交于，连接，，，，
∵，，
∴点在线段的垂直平分线上，点在线段的垂直平分线上，
∴垂直平分，
∴，
由得，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，，
∴，，
∵，
∴即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
由（）得，
∴，
∴，
∵即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得，
∴，，
∴平行四边形的面积．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定及性质，切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的判定，弧、弦、圆心角的关系，圆周角定理，线段垂直平分线的判定，熟练掌握切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
49．（2024·广东·模拟预测）综合运用
如图1，在平面直角坐标系中，矩形的顶点C在原点O处，已知点，，连接 ，E是上一动点(不与点C，D 重合)，过点E作交于点 F，过点 E作交于G，连接．
(1)若，求证：；
(2)设，用含a的式子表示的面积，并求出面积的最大值；
(3)如图2，设与交于点 M，连接，求线段的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)，最大值为；
(3)
【分析】（1）先证明，，从而可得结论；
（2）证明，可得，证明，可得，利用，再进一步求解即可；
（3）如图，由（2）得：，，证明，可得，；即为定点，当时，最小，此时，如图，当重合时，，此时最大，且，再进一步解答即可．
【详解】（1）证明：∵矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由（1）可得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
，
∵，
∴有最大值，
当时，最大值为；
（3）解：如图，
由（2）得：，，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴；即为定点，
当时，最小，此时，
∴，
∴，
∴，
解得：，
如图，当重合时，，此时最大，且，
∴，
∴；
∴．
【点睛】本题考查的是坐标与图形，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，熟练的证明三角形相似是解本题的关键．
50．（2024·湖北·模拟预测）【探索发现】在矩形中，点分别在边上，为的中点，于点．
（1）如图1，若，则的值为___________；
（2）如图2，若，求的值；
（3）【迁移拓展】如图3，是菱形边的中点，点在边上，连接，，分别求和的长．
【答案】（1），（2），（3）
【分析】（1）由E为的中点，，得，由，得，则，即可证明，求得的值是；
（2）连接，由，得，而，则，所以，设，，则，再证明，得，于是得，求得，再代入计算即可；
（3）连接，由菱形的性质得，而，则，所以，由，得，即可证明，因为E为的中点，所以，则，再证明，得，由，，证明，，则，则，，所以，求得，则，所以．
【详解】（1）解：为的中点，，
，
四边形是矩形，于点，
，
，
，
，
，
；
（2）解：如图2，连接，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
解关于的方程得，（不符合题意，舍去），
，
，
的值是；
（3）解：如图3，连接，
四边形是菱形，
，，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
解得或（不符合题意，舍去）
，
，
综上所述，．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、一元二次方程的解法等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．