专题17 几何压轴题 5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编真题+答案

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一、单选题
1．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（ ）
A．的最大值是B．的最小值是
C．的最小值是D．的最大值是
【答案】A
【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性．
【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，．
又∵，，，，
过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形，

∴．
∴，
∴（），
∴
∴，即点在上运动，
∴四边形和四边形是矩形，
∴，，，
∵，，，，
∴
∴，
∴最大时，最大，
当点与点重合时，与重合时，最小此时，，故错误，符合题意；故B正确，不符合题意；
作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时当、、三点共线时，最小，
∵
∴四边形是矩形，
∴，，
∴的最小值故正确，不符合题意；
当与重合时，
当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴，
综上，最大值为．故项正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键．
2．（2023·安徽·中考真题）如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是（ ）

A．的最小值为B．的最小值为
C．周长的最小值为6D．四边形面积的最小值为
【答案】A
【分析】延长，则是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当点与重合时，则三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解．
【详解】解：如图所示，

延长，
依题意
∴是等边三角形，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
则为的中点
如图所示，

设的中点分别为，
则
∴当点在上运动时，在上运动，
当点与重合时，即，
则三点共线，取得最小值，此时，
则，
∴到的距离相等，
则，
此时
此时和的边长都为2，则最小，
∴，
∴
∴，
或者如图所示，作点关于对称点，则，则当三点共线时，

此时
故A选项错误，
根据题意可得三点共线时，最小，此时，则，故B选项正确；
周长等于，
即当最小时，周长最小，
如图所示，作平行四边形，连接，

∵，则
如图，延长,，交于点，
则，
∴是等边三角形，
∴，
在与中，
∴
∴
∴
∴
∴，则，
∴是直角三角形，

在中，
∴当时，最短，
∵
∴周长的最小值为，故C选项正确；
∵
∴四边形面积等于

∴当的面积为0时，取得最小值，此时，重合，重合
∴四边形面积的最小值为，故D选项正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当点与重合时得出最小值是解题的关键．
3．（2022·安徽·中考真题）已知点O是边长为6的等边△ABC的中心，点P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面积分别记为，，，．若，则线段OP长的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据，可得，根据等边三角形的性质可求得△ABC中AB边上的高和△PAB中AB边上的高的值，当P在CO的延长线时，OP取得最小值，OP=CP-OC，过O作OE⊥BC，求得OC=，则可求解．
【详解】解：如图，
，，
∴
=
=
=
==，
∴，
设△ABC中AB边上的高为，△PAB中AB边上的高为，
则，
，
∴，
∴，
∵△ABC是等边三角形，
∴，
，
∴点P在平行于AB，且到AB的距离等于的线段上，
∴当点P在CO的延长线上时，OP取得最小值，
过O作OE⊥BC于E，
∴，
∵O是等边△ABC的中心，OE⊥BC
∴∠OCE=30°，CE=
∴OC=2OE
∵，
∴，
解得OE=，
∴OC=，
∴OP=CP-OC=．
故选B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，弄清题意，找到P点的位置是解题的关键．
4．（2021·安徽·中考真题）在中，，分别过点B，C作平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．由题意易证，从而证明ME为中位线，即，故判断B正确；又易证，从而证明D为BG中点．即利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求出，故判断C正确；由、和可证明．再由、和可推出 ，即推出，即，故判断D正确；假设，可推出，即可推出．由于无法确定的大小，故不一定成立，故可判断A错误．
【详解】如图，设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．
∵AD是的平分线，，，
∴HC=HF，
∴AF=AC．
∴在和中，，
∴，
∴，∠AEC=∠AEF=90°，
∴C、E、F三点共线，
∴点E为CF中点．
∵M为BC中点，
∴ME为中位线，
∴，故B正确，不符合题意；
∵在和中，，
∴，
∴，即D为BG中点．
∵在中，，
∴，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵AD是的平分线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，故D正确，不符合题意；
∵假设，
∴，
∴在中，．
∵无法确定的大小，故原假设不一定成立，故A错误，符合题意．
故选A．
【点睛】本题考查角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识，较难．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
二、填空题
5．（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原．
（1）若点N在边上，且，则 （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为 ．
【答案】 /
【分析】①连接，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解；
②记与交于点K， 可证：，则，，由勾股定理可求，由折叠的性质得到：，，，，，则，，由，得，继而可证明，由等腰三角形的性质得到，故．
【详解】解：①连接，由题意得，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，，
∴
∴，
故答案为：；
②记与交于点K，如图：
∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，，
在中，由勾股定理得，
由题意得：，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意得，而，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
6．（2022·安徽·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1） °；
（2）若，，则 ．
【答案】 45
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
在正方形ABCD中，AB=AD
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴
∴，
∴DM=，MH=，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=，
∴PF=
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴，即，
∴NH=，
∴MN=MH+NH=+=．
故填： ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
三、解答题
7．（2025·安徽·中考真题）已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，．
(1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长；
(2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接．
①求证：；
②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)
(2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析
【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解；
（2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解；
②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论；
（方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D，
∴，，，
由垂直平分线的性质知，，，
又，
∴，
∴．
又，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
（2）解：①证明：由题意知，，
∴，．
∴
，
∴．
②解：是等腰直角三角形．
理由如下：
（方法一）作交于点M，交于点N．
∵，
∴M为的中点．
又，
∴，
∴，
∴N是的中点，
∴是的中位线，．
∵，，且，
∴，
∴，
即E为的中点．
又，
∴，
∴．
同理可证，
∴．
∴是等腰直角三角形．
（方法二）设，则．
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
∴，
又，，
∴．
∴，．
由①知，
∴．
又，
∴为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
8．（2024·安徽·中考真题）如图1，的对角线与交于点O，点M，N分别在边，上，且．点E，F分别是与，的交点．
(1)求证：；
(2)连接交于点H，连接，．
（ⅰ）如图2，若，求证：；
（ⅱ）如图3，若为菱形，且，，求的值．
【答案】(1)见详解
(2)（ⅰ）见详解，（ⅱ）
【分析】（1）利用平行四边形的性质得出，再证明是平行四边形，再根据平行四边形的性质可得出，再利用证明，利用全等三角形的性质可得出．
（2）（ⅰ）由平行线截线段成比例可得出，结合已知条件等量代换，进一步证明，由相似三角形的性质可得出，即可得出．（ⅱ）由菱形的性质得出，进一步得出，，进一步可得出，进一步得出，同理可求出，再根据即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
在与中，
∴．
∴．
（2）（ⅰ）∵
∴，
又．，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（ⅱ）∵是菱形，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵．，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
即，
∴
∴，
故．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形判定以及性质，相似三角形的判定以及性质，平行线截线段成比例以及菱形的性质，掌握这些判定方法以及性质是解题的关键．
9．（2023·安徽·中考真题）在中，是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接．

(1)如图1，求的大小；
(2)已知点和边上的点满足．
（ⅰ）如图2，连接，求证：；
（ⅱ）如图3，连接，若，求的值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据旋转的性质得出，根据等边对接等角得出，在中，根据三角形内角和定理即得出，进而即可求解；
（2）（ⅰ）延长交于点，证明四边形是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，，根据等腰三角形的性质，得出是的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；
（ⅱ）如图所示，过点作于点，由，得出，，进而根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
在中，
∴
（2）证明：（ⅰ）证法一：
如图，延长，交于点，则，

∵，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵是的中点，，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴是菱形．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，即，
∴，即点是斜边的中点．
∴．
证法二：
∵，是斜边的中点，
∴点在以为圆心，为直径的上．

∵，
∴垂直平分．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
证法三：
∵，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵是的中点，，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴是菱形．
∴．
∵，是斜边的中点，
∴点在以为圆心，为直径的上．
∴．
（ⅱ）如图所示，过点作于点，

∵，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
10．（2022·安徽·中考真题）已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．
(1)如图1，若，求证：四边形BCDE是菱形；
(2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；
（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
【答案】(1)见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析
【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形；
（2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出；
（ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出，得出，证明，再证明，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵DC=BC，CE⊥BD，
∴DO=BO，
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∵CE⊥BD，
∴四边形BCDE为菱形．
（2）（ⅰ）根据解析（1）可知，BO=DO，
∴CE垂直平分BD，
∴BE=DE，
∵BO=DO，
∴∠BEO=∠DEO，
∵DE垂直平分AC，
∴AE=CE，
∵EG⊥AC，
∴∠AEG=∠DEO，
∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，
∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，
∴．
（ⅱ）连接EF，
∵EG⊥AC，
∴，
∴，
∵
∵AE=AF，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
，
，
，
∴，
，
∴（AAS），
．
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出，得出，是解题的关键．
11．（2021·安徽·中考真题）如图1，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，，作交线段AE于点F，连接BF．
（1）求证：；
（2）如图2，若，，，求BE的长；
（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）6；（3）
【分析】（1）根据平行线的性质及已知条件易证，，即可得，；再证四边形AFCD是平行四边形即可得，所以，根据SAS即可证得；
（2）证明，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长BM、ED交于点G．易证，可得；设，，，由此可得，；再证明，根据全等三角形的性质可得．证明，根据相似三角形的性质可得，即，解方程求得x的值，继而求得的值．
【详解】（1）证明：，
；
，
，，
，
，，
，，
，，
四边形AFCD是平行四边形
在与中．
，
（2），
，
在中，，
，
，
又，，
，
在与中．
，
；
；
，
；
，
；
，
，
或（舍）；
（3）延长BM、ED交于点G．
与均为等腰三角形，，
，
，
设，，，
则，，
，
，
；
在与中，
，
；
．
；
，
，
，
，
，
，
，
，
（舍），，
．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质及判定、相似三角形的性质及判定，熟练判定三角形全等及相似是解决问题的关键．
12．（2021·安徽·中考真题）已知抛物线的对称轴为直线．
（1）求a的值；
（2）若点M（x1，y1），N（x2，y2）都在此抛物线上，且，．比较y1与y2的大小，并说明理由；
（3）设直线与抛物线交于点A、B，与抛物线交于点C，D，求线段AB与线段CD的长度之比．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）
【分析】（1）根据对称轴，代值计算即可
（2）根据二次函数的增减性分析即可得出结果
（3）先根据求根公式计算出，再表示出，=，即可得出结论
【详解】解：（1）由题意得：
（2）抛物线对称轴为直线，且
当时，y随x的增大而减小，
当时，y随x的增大而增大．
当时，y1随x1的增大而减小，
时，，时，
同理：时，y2随x2的增大而增大
时，．
时，

（3）令

令

AB与CD的比值为
【点睛】本题考查二次函数的图像性质、二次函数的解析式、对称轴、函数的交点、正确理解二次函数的性质是关键，利用交点的特点解题是重点
一、单选题
1．（2025·安徽淮南·三模）如图，，是的角平分线，，且，平分交的延长线于点，点是的中点，的延长线交于点．下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三线合一平行线的性质，角平分线的定义，全等三角形，，矩形的性质与判定熟记知识点是解题的关键．
连接，，根据等腰三角形三线合一，可得，，即可证；继而证明四边形是矩形，易证，从而可推，．由不一定成立，可得不一定成立．
【详解】如图，连接，．
∵，平分，
∴，．
∵点是的中点，
∴，故选项A正确；
∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是矩形，
∴，易证，
∴，，
∴，即．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故选项C，D正确；
若成立，则需四边形为平行四边形．
则需要，显然不一定成立，
∴选项B不一定都成立．
故选B．
2．（2025·安徽亳州·三模）如图，正方形ABCD中，，E为AD的中点，P为BC边上一动点，连接DP，过P点作，且，连接EF，则线段EF长度的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，取的中点M，连接，，连接并延长交于点，设交于点，证明，，得出，进而可得，即可得出的值，进而可得点在上运动，证明四边形是平行四边形，得出，则当在上时，取得最小值，此时重合，进而解直角三角形，即可求解．
【详解】解：如图，取的中点M，连接，，连接并延长交于点，设交于点
∵四边形是正方形，
∴，，
∵是的中点，
∴，
又∵，，
∴即，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴
∴
∴点在上运动，
∴当时，取得最小值，
∵，
∴
又∵
∴四边形是平行四边形，
∴
又∵
∴
∴当在上时，取得最小值，此时重合，
∵，则，
在中，，
∴
在中，
∴
∴
∴，即的最小值为
故选：A．
3．（2025·安徽阜阳·三模）如图，在矩形中，，点为边上的动点，连接并延长至点，使，若是的中点，则的最小值为（ ）
A．10B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查几何最值问题，矩形的性质，利用对称法求最短路径，过点作于点，过点作于点，则，根据平行线的性质得，，则是的延长线的定点，点在以点为垂足的的垂线上，作关于直线的对称点，，连接与相交于点，当与重合时，最小，最小值为的长，由勾股定理求出的长即可得出答案．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，则，
，
，
∴，
是的延长线的定点，点在以点为垂足的的垂线上，作关于直线的对称点，，
，
连接与相交于点，
当与重合时，最小，最小值为的长，
，
故选：A．
4．（2025·安徽阜阳·二模）如图，是的角平分线，平分交于点，是的外角平分线，交的延长线于点，且，连接．下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据角平分线得到角度关系结合平角即可判断A，根据平行及角平分线得到相应的角度关系得到即可判断B，再证明是平行四边形即可判断C，最后证明垂直平分即可判断D，即可得到答案．
【详解】解平分，平分，
，，，选项A正确，不符合题意；
，平分，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，选项B正确，不符合题意；
，，
四边形是平行四边形．
，，
由上面知：，
，均为等边三角形，
由三线合一易知，，
在中，由角平分线定义知，，
，
易知，
，选项C错误，符合题意；
，平分，
结合易证全等于，
易知垂直平分，
，
又，
，选项D正确，不符合题意；
综上，故选C．
【点睛】本题考查角平分线，平行四边形判定与性质，等边三角形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形性质和判定，解题的关键是从选项出发，找相应条件．
5．（2025·安徽安庆·二模）如图，动点在等边的边上，，连接，于点，以为边在其右侧作等边，的延长线交于点，连接，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小值是B．的最小值是
C．的最小值是1D．的最大值是2
【答案】C
【分析】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形，由垂线段最短可得，当时，最小，此时，再由勾股定理计算即可判断A；作于，连接、，由，可得当、、在同一直线上时，的值最小，即可判断B；证明、、、四点共圆，得出当取最大值时，等于直径，即可判断D；再由垂线最短结合解直角三角形即可判断C；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵为等边三角形，
∴，，
∵动点在等边的边上，
∴当时，最小，此时，
∴的最小值为，故A正确，不符合题意；
如图：作于，连接、，
则，，
∵，
∴当、、在同一直线上时，的值最小，
∵，
∴，
∴的最小值为，故B正确；
如图，连接、，作，交的延长线于，
∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，即，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴、、、四点共圆，
∴当取最大值时，等于直径，为，故D正确，不符合题意；
由垂线最短可得，当时，最小，此时，故C说法错误，符合题意；
故选：C．
6．（2025·安徽合肥·二模）在中，，点D为边上一动点，以为边作等边，点C与点E位于的同一侧，连接，则线段长的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】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，解直角三角形，直角三角形的性质等等，取的中点M，连接，则由直角三角形的性质可得，由三角形内角和定理可得，解直角三角形可得，据此证明为等边三角形，得到，进一步证明，得到，则当时，有最小值，即此时有最小值，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，取的中点M，连接．
，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，即此时有最小值，
此时在中，，
∴的最小值为，
故选：A．
7．（2023·安徽合肥·二模）矩形中，，，点E是边上的一个动点，连接，的角平分线交边于点F，若于M点，连接，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．5
【答案】B
【分析】作，，证明，推出，当D、M、B三点共线时，有最小值，最小值是的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：作，，
∵是的平分线，
∴，
∵，
∴A、D、M、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
当D、M、B三点共线时，有最小值，最小值是的长，
∴的最小值是，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，证明是解题的关键．
8．（2025·安徽合肥·二模）正方形ABCD中，AB=4，P为对角线BD上一动点，F为射线AD上一点，若AP=PF，则△APF的面积最大值为( )
A．8B．6C．4D．
【答案】C
【分析】根据AP=PF得到点P在AF的垂直平分线上，过P作PG⊥AF，G为垂足，则AG=GF，DG=PG，设DF=x，得到AG=，GD=PG=，利用三角形面积公式计算得到S△APF=，根据函数性质即可得到答案．
【详解】∵AP=PF，
∴点P在AF的垂直平分线上，
过P作PG⊥AF，G为垂足，则AG=GF，DG=PG，
设DF=x，则AG=，
∴GD=PG=，
∴S△APF=≤4，
所以△APF面积最大值为4；
故选：C．
．
【点睛】此题考查正方形的性质，线段垂直平分线的判定及性质，二次函数的最值问题，正确引出辅助线并设定未知数解决问题是解题的关键．
9．（2025·安徽合肥·三模）如图，在正方形中，点，分别是，的中点，，交于点G，连接，，，则下列说法正确的个数为（ ）
①；
②；
③依次连接，，，的中点，，，，则四边形为正方形；
④．
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定得到，可判断①；根据全等三角形的性质得出，，进而得到，设正方形的边长为，利用勾股定理表示出、的长，可判断②；根据中点四边形的性质，结合和，利用正方形的判定可判断③；延长和交于点，通过证明，得到，利用斜边中线定理得到，则有，再利用角的和差和等量代换可判断④，即可得出答案．
【详解】解：正方形，
，，
点，分别是，的中点，
，，
，
，故①正确；
，，
，
，
，即，
设正方形的边长为，则，
，
，
，
，故②正确；
点，，，分别是，，，的中点，
，，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，即，
菱形是正方形，故③正确；
延长和交于点，
，，，
，
，，
，，
，即，
，
，
，
，
，故④正确；
综上所述，说法正确的个数为4个．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质和判定、中点四边形、勾股定理、三角形中位线定理、直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定等知识点，结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于正方形综合题，有一定难度，需要较强的几何推理能力，适合有能力解决几何难题的学生．
10．（2025·安徽合肥·二模）如图，正方形的边长为8，点E，P在边上运动，点F在边上运动，，连接交于点G，过点C作于点H，连接，下列结论中错误的是（ ）
A．B．的面积有最大值为16
C．有最大值为D．的最小值为
【答案】D
【分析】先证明得到，根据即可判断A；取中点G，连接，证明，得到，设点G到的距离为h，根据，得到，据此可判断B；证明，得到，则；设，由勾股定理得，再由三角形面积计算公式得到，即，则可求出，据此可判断C；作点C关于的对称点N，连接，则当四点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为；过点O作于M，则四边形是矩形，可得，利用勾股定理求出的长即可判断D．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故A结论正确，不符合题意；
如图所示，取中点O，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设点G到的距离为h，
由垂线段最短可知，
∴，
∴的面积有最大值为16，故B结论正确，不符合题意；
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
设，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的最大值为，的最大值为，故C结论正确，不符合题意；
如图所示，作点C关于的对称点N，连接，
∴，
∴，
∴当四点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为；
如图所示，过点O作于M，则四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为，故D结论错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质等等，通过证明三角形全等转换线段之间的关系是解题的关键．
11．（2025·安徽合肥·二模）如图，点E是矩形的边上一个动点，且与点A、D不重合，连接、，过点B作，过点C作，交点为F，连接、交于点G、H，、、的面积分别记为，则下列结论不正确的是（ ）
A．
B．
C．若四边形是矩形，则
D．若点为中点，则四边形是菱形
【答案】C
【分析】过点F作于点M，交于点N，可证，再证明，可证四边形是菱形，证明是的中位线，可证，证明，无法判定，解答即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
过点F作于点M，交于点N，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
故B正确；
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
故D正确；
连接交于点O，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴，
故A正确；
当四边形是矩形，则，无法判定，
故C错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
12．（2025·安徽合肥·二模）如图，矩形中，，点P为上一动点（不与端点重合），连接，将沿折叠，点A落在点E处，连接，连接交于点F，交于点G，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则的长为
C．若，则长度的最小值为1.8
D．和不可能全等
【答案】B
【分析】本题考查矩形与折叠，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握折叠的性质，矩形的性质，是解题的关键．根据数量关系和折叠的性质，得到，判断A，设，，得到，，根据矩形的性质，折叠的性质，以及等角的余角相等，推出，进而得到，求出，进而得到，根据，得到，进而推出，在中，由勾股定理求出的值，进而求出的值，得到的值，再利用勾股定理求出的长，判断B，连接，勾股定理求出的长，利用，判断C，根据折叠的性质，结合对顶角相等，得到当时，，判断D即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵折叠，
∴；故选项A错误，不符合题意；
同上可知：，，
∵，
∴设，，则：，，
∴，
∵折叠，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
解得：（舍去）或或（舍去）；
∴，
∴，
在中，；故选项B正确，符合题意；
当时，连接，则，
∵折叠，
∴，
∴，
∴的最小值为2；故选项C错误，不符合题意；
∵折叠，
∴，
∴，
∵，
∴当时，；故选项D错误，不符合题意；
故选B．
13．（2025·安徽合肥·一模）点P是矩形内一点，Q是边上的任意一点，连接、、、，已知，下列结论不正确的是（ ）
A．若，则的最小值是10
B．若，则
C．的最小值为20
D．若，则的最小值为
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质，三角形三边关系，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
根据矩形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质，三角形三边关系，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定的性质逐项判断即可．
【详解】解：①如图：
若
则，
，
，
，
的最小值是10，A正确；
②如图：
若，
则，
则，，
同理可得，
那么，
即B、P、D三点共线，BP是直角斜边上的高，
，
根据面积公式可得，B项正确；
③因为，
故当点P是矩形两对角线的交点时，的值最小，
则，
所以的最小值为，C项正确；
④如图：
若，则
P在上，
四边形是矩形，，
．
根据三角形面积公式
则，
解得，
作点关于的对称点，连接，，
此时，
根据两点之间线段最短，当共线且时，的值最小，即的长，
在和中，
，，
，
，
，
，
的最小值为，D项错误．
故选：D．
14．（2025·安徽合肥·一模）如图，在中，，，，点，分别在，边上，将沿翻折得到，与相交于点，．若与面积相等，的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了解直角三角形，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，过点E作于H，设，由折叠的性质可得，，则可证明是等腰直角三角形，得到；解直角三角形得到，，则，证明，得到，则，则，，可得方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点E作于H，设，
∵，
∴，
∴由折叠的性质可得，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
∵在中，，，，
∴，
同理可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵与面积相等，
∴，
解得或（舍去），
∴
故选：B．
二、填空题
15．（2025·安徽芜湖·三模）如图，的2个内角与的角平分线相交于点．
（1）设，则 ．（用含的式子表示）
（2）过的直线分别交，于D，E两点，，的面积分别记为，．若，的周长为8，则的值为 ．
【答案】
【分析】此题考查了角平分线的性质定理，和角平分线有关的三角形内角和问题，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）首先求出，然后由角平分线求出，，进而求解即可；
（2）如图，连接，作于点于点于点，首先根据角平分线的性质定理得到，然后表示出，，然后结合求解即可．
【详解】（1）
与的平分线相交于点
，
；
故答案为：．
（2）如图，连接，作于点于点于点，
∵平分，，
∴
同理可得
∴
．
的周长为
．
故答案为：．
16．（2025·安徽蚌埠·三模）如图，中，，，为边的中点，将线段以点中心逆时针旋转得到线段，连接．
（1）若，则长为 ；
（2）长最大为 ．
【答案】 2
【分析】本题主要考查了勾股定理，借助于圆求线段的最值问题，解题的关键是构造出圆来解决最值问题．
（1）利用勾股定理和线段的中点即可求解；
（2）过点作，使，以线段的中点为圆心，长为半径画，连接并延长，交于点，此时长最大，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）由勾股定理得，
∵为边的中点，
∴,
故答案为：2；
（2）如图，以为直径画，则点在上，
过点作，使，
以线段的中点为圆心，长为半径画，
连接并延长，交于点，此时长最大，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∴．
17．（2025·安徽宣城·三模）如图，现有正方形纸片，为的中点，连接，，沿对角线折叠正方形纸片，与重合，然后还原．连接分别交于点，于点，连接．
（）若，则 ．（用含的式子表示）
（）若，则的长为 ．
【答案】
【分析】（1）根据折叠的性质可知，，根据正方形的性质可知，，利用可证，根据全等三角形的性质可知，从而可证，所以可得；
（2）过点作于，根据正方形的性质可证，根据，，可证，根据相似三角形对应边成比例可知，利用勾股定理求出，再利用相似三角形的性质可以求出．
【详解】（1）解：由折叠的性质知，，
四边形是正方形，
，，
在和中，，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为：．
（2）解：如下图所示，过点作于，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．解决本题的关键是作辅助线构造相似三角形，利用相似三角形对应边成比例求解．
18．（2025·安徽淮北·三模）如图，折叠正方形纸片，点A，C两点均落在G处，分别得到抓痕，然后还原．已知．
（1）的值为 ．
（2）连接交于P，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，求角的正切值，一次函数与几何综合，坐标系中两点距离计算，熟知相关知识是解题的关键．
（1）设，则．进而得到．由勾股定理得，解方程即可得到答案；
（2）以点B为原点，以所在的直线为y轴，x轴建立平面直角坐标系，则，求出直线解析式，进而求出点P的坐标即可得到答案．
【详解】解：（1）设，则．
∴．
在直角中，由勾股定理得，
解得，
，
，
故答案为：．
（2）如图所示，以点B为原点，以所在的直线为y轴，x轴建立平面直角坐标系，
由（1）可得，则，
设直线解析式为，则，解得，
∴直线解析式为，
同理可得直线解析式为，
联立，解得，
∴，
∴，
故答案为：．
19．（2025·安徽合肥·三模）如图，在菱形中，点是边的中点，点是线段的中点，的延长线交边于点，连接．则
（1） ；
（2）若，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线截线段成比例，掌握以上知识是关键．
（1）如图所示，过点作，可得，即点是中点，，根据平行线截线段成比例得到，即可求解；
（2）如图，延长交的延长线于点，延长交于点，设，可证，得，，同理，，则，由，即可求解．
【详解】解：（1）如图所示，过点作，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，即点是中点，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，即，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴；
（2）如图，延长交的延长线于点，延长交于点，
，点是边的中点，
，
∵点是的中点，
，
令，则，
四边形为菱形，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
同理，
，
，
，
，
是的中线，
，
，
故答案为：①；②．
20．（2025·安徽阜阳·二模）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点．
（1）若，则 °．
（2）若，则的值是 ．
【答案】 75
【分析】本题考查了三角形的外角性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）根据正方形的性质得，运用外角性质列式计算，即可作答．
（2）根据正方形的性质得，证明再结合，故，证明，把数值代入，即，进行化简，即可作答．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴
即，
．
故答案为：75；
（2）如下图，过点作于点．
．
四边形为正方形，
．
，
∴与均为等腰直角三角形．
．
．
设，
．
由题意，知，
．
，
∴，
∴，
．
，
解得（负值舍去）．
故答案为：．
21．（2025·安徽安庆·一模）在中，，，平分交于点，平分交于点．
（1） ；
（2）若，则长为 ．
【答案】 /
【分析】本题主要考查等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，角平分线的性质定理，掌握以上知识，合理作出辅助线是解题的关键．
（1）根据等边对等角得到，根据角平分线的定义得到，，由三角形内角和定理即可求解；
（2）如图所示，延长交于点，过点作于点，，，在中，，，，，由此即可求解．
【详解】解：（1）在中，，，
∴，
∵平分，
∴，
∵平分，
∴，
在中，；
（2）如图所示，延长交于点，过点作于点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴平分，
∴，
∵是角平分线，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：①；②．
22．（2025·安徽池州·三模）如图，菱形中，是边上一点，是边上一点，，连接交于点．
（1）若，则 （用表示）；
（2）若，则的最大值是 ．
【答案】 3
【分析】（1）先证明是等边三角形；得出，再利用三角形的内角和定理进一步可得答案；
（2）设，，根据，根据二次函数性质，说明有最大值，求出最大值为3即可．
【详解】解：（1）∵四边形是菱形，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在和中，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形；
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：
（2）∵，
∴，
∴，
设，，
∴
，
∴当时，取最大值，
∴此时，
∴此时，
∵为等边三角形，
∴此时，，
∴此时，
∴平分，
∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即的最大值为3．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，二次函数的最值，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，数形结合．
23．（2025·安徽合肥·三模）如图，中，，，为边的中点，将线段以点中心逆时针旋转得到线段，连接．
（1）若，则长为 ；
（2）长最大为 ．
【答案】 2
【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定与性质，借助于圆求线段的最值问题，解题的关键是构造出圆来解决最值问题．
（1）利用勾股定理和线段的中点即可求解；
（2）过点作，使，以线段的中点为圆心，长为半径画，连接并延长，交于点，此时长最大，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）由勾股定理得，
为边的中点，
，
故答案为：2；
（2）如图，以为直径画，则点在上，
过点作，使，连接
以线段的中点为圆心，长为半径画，
，，
，
，
∴点在以为直径的圆弧上，
连接并延长，交于点，此时长最大，
，
，
由勾股定理得，
，
故答案为：．
23．（2025·安徽合肥·一模）如图，在中，，，点D是延长线上一点，以为邻边作．
（1）连接，则面积为 ．
（2）连接，则的周长最小值为 ．
【答案】 /
【分析】（1）利用平行四边形的性质易得，得到等底等高，即等底等高，由，，求出的面积，即可得到结果；
（2）作，且，连接，先证得，得到点直线上运动，当最小时，的周长最小，过点作的对称点，连接、，则，，当点在线段上时，最小，的周长最小，进而利用勾股定理计算即可；
【详解】解：（1）如图，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴等底等高，
∴等底等高，
∴的面积相等，
∵，，
∴的面积为，
∴面积为：；
故答案为：；
（2）作，且，连接，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴点直线上运动，
∵，，
∴为定值，
∵的周长为，
∴当最小时，的周长最小，
过点作的对称点，连接、，则：，，
∴，
∴当点在线段上时，有最小值为的长，此时的周长最小，
∵，
∴，
∴三点共线，
∵到的距离为，
∴，
在中，
∴的周长最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，轴对称求最小值．能够正确做出辅助线是解题的关键．
三、解答题
24．（2025·安徽淮南·三模）如图，已知是正方形的边上一点，连接并延长交的延长线于点，在上取点，连接，使．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是：
（1）根据已知证明，得，再证明，即可得；
（2）根据已知证明，进而可得，再根据相全等三角形性质得出结论；
（3）先证明，进而可得，得，再证明 ，得，据此列方程求解即可．
【详解】（1）∵，，
∴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，即．
（2）证明：由（1）得，，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵在正方形中， ，
∴．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵由（2）得，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
设正方形的边长为1，，
∴，
∴解并检验得：或（舍去），
∴．
25．（2025·安徽蚌埠·三模）已知正方形中，E为边上一点，E点关于直线的对称点为F点，射线交的延长线于点G，连接交延长交于点H，连接交于点M．
(1)若，
①求证：；
②求的值；
(2)求证：M为的中点．
【答案】(1)①见解析；②
(2)见解析
【分析】（1）①利用正方形的性质进一步证明，由全等三角形的性质得出，最后利用轴对称的性质即可得出.
②证明，由相似三角形的性质得出，即，设即，解得，再根据正切的定义求解即可.
（2）延长、交于点P．由平行线的性质得出 ，根据等腰三角形的判定和性质即可得出，再根据相似三角形的性质可得出进而可得出M为的中点.
【详解】（1）①证明：∵是正方形，
∴，
，
，
又，
，
在和中
，
，
.
又E点与F点关于对称，
；
②，
，
，
又∵，
，
，
即，
设，
则，
解得，
；
（2）证明：如图，延长、交于点P．
，
，，
∵，
，
，
又，
D为的中点，即，
∵，
∴，
∴，
，
即M为的中点．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，求角的正切值，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线截线段成比例，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，掌握这些判定定理和性质是解题的关键.
26．（2025·安徽宣城·三模）如图1，的两条角平分线，相交于点I，．
(1)求证：．
(2)若，，求的长．
(3)如图2，交于点F，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等角对等边的性质，熟练掌握全等三角形的判定，相似三角形的判定，等角对等边的证明是解题的关键，
（1）利用角平分线的性质得到，，再由从而可推出，根据等角对等边的性质可得到答案；
（2）在上截取，连接，易证，从而可推出，可得的长度，再利用相似三角形的判定可得，可得，进而推出，代入可求得的长；
（3）取中点M，连接，根据直角三角形中斜边中线等于斜边一半可得到，利用角度转化可得，进而可推出．
【详解】（1）证明：∵平分，平分，
∴，．
∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
（2）解：在上截取，连接，如图1
在和中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：取中点M，连接，如图2
在中，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
27．（2025·安徽池州·三模）如图，已知在矩形中，点F，G分别在边上，是的中点，连接，与交于点，且．
(1)求证：；
(2)连接，求证：是等腰三角形；
(3)连接，当，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质可得，，根据，易证，即可证明结论；
（2）延长交于点，利用矩形的性质证明，推出，进而得到即是的中点，再根据直角三角形的性质得到，即可得出结论；
（3）先证明，推出，求出，设，则，进而求出，证明，推出，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：延长交于点，
是中点，
，
，
，
，
又，
即是的中点，
即，
在中，，
是等腰三角形；
（3）解：是的中点，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，综合运用以上知识点是解题的关键．
28．（2025·安徽阜阳·三模）在中，，，是上一点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，作交直线点，交直线于点．
(1)若E，H重合，求证：点是的中点；
(2)若点在内，作交于点，判断与之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）先由等边对等角和三角形内角和定理得到，则由由旋转的性质可得，则，据此可证明，得到，再证明，得到，据此可证明结论；
（2）取的中点为点，连接．由平行线的性质得到，则，即有，进而得到；进而可得；由旋转的性质可得，则可证明，得到，，则可证明，得到，则．
【详解】（1）证明：∵，
∴
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
，即点是的中点；
（2）解：，证明如下：
如图，取的中点为点，连接．
∵，
∴，
∵M是的中点，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
由旋转的性质可得，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
29．（2024·安徽宿州·一模）如图，在中，，，，点是上一点，将沿着对叠，点恰好落在上，对应点为点，连接．
(1)求的长；
(2)点是上一点，与交于点．
（ⅰ）如图2，当时，求的值；
（ⅱ）如图3，当点是的中点时，求的值．
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）3；（ⅱ）．
【分析】本题考查解直角三角形、翻折变换的性质，熟知相关知识点，作出辅助线是正确解决本题的关键.
（1）由折叠的性质可得，由三角函数可求解；
（2）（ⅰ）证明，求出即可知；
（ⅱ）作，交于H，由平行线分线段成比例定理即可求出的值．
【详解】（1）解：在中，，，，
，
将沿着对叠，点恰好落在上，
，
，
，即，
，
；
（2）解：（ⅰ），
，
将沿着对叠，
，
，
，
；
（ⅱ）作，交于H，
，
同理可得，
，
设，则，
．
30．（2025·安徽淮北·三模）如图1，点在的平分线上．
(1)若，求证：．
(2)如图2，若．
①已知，求的度数．
②点在上，若，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)①；②见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的意义，解题关键是掌握全等三角形的判定方法．
（1）先利用证明，再根据全等三角形的性质得出结论成立；
（2）①先利用证明，再根据全等三角形的性质得出，从而可证得，再根据等边对等角证得，进而求得；
②先利用证明，再根据全等三角形的性质得出，根据，得出，从而可得结论成立．
【详解】解：（1）证明：，
．
平分，
．
又，
，
．
（2）①如图，在上截取，连接．
平分，
，
∵，
，
．
，
∴，
，
，
．
．
②证明：如图，连接，
在和中，
，
．
，
，
，
．
31．（2025·安徽合肥·三模）如图1，点E为矩形边上一点，连接交对角线于点F，且
(1)求证：
(2)当点E为中点时，如图2，连接．
（i）求证：
（ii）求的值．
【答案】(1)见解析
(2)（i）见解析；（ii）
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，熟练运用上述性质是解题的关键．
（1）证，得，即可解答；
（2）（i）连接，证明四点共圆，可得，再证明即可解答；
（ii）设，则，得，在利用勾股定理和相似三角形的性质求得即可解答．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：（i）如图，连接，
，
四点共圆，如图，
，
E为中点，
,
，
，
，
，
，
解：（ii）如图，设，则，
由（1），得，
在中，，
，
，
，
，
，
．
32．（2025·安徽合肥·三模）已知正方形中，E为边上一点，E点关于直线的对称点为F点，射线交的延长线于点G，连接交延长交于点H，连接交于点M．
(1)若，
①求证：；
②求的值；
(2)求证：M为的中点．
【答案】(1)①见解析；②
(2)见解析
【分析】（1）①利用正方形的性质进一步证明，由全等三角形的性质得出，最后利用轴对称的性质即可得出．
②证明，由相似三角形的性质得出，即，设即，解得，再根据正切的定义求解即可．
（2）延长、交于点P．由平行线的性质得出 ，根据等腰三角形的判定和性质即可得出，再根据相似三角形的性质可得出进而可得出M为的中点．
【详解】（1）①证明：∵是正方形，
∴，
，
，
又，
，
在和中
，
，
．
又E点与F点关于对称，
；
②，
，
，
又∵，
，
，
即，
设，
则，
解得，
；
（2）证明：如图，延长、交于点P．
，
，，
∵，
，
，
又，
D为的中点，即，
∵，
∴，
∴，
，
即M为的中点．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，求角的正切值，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线截线段成比例，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，掌握这些判定定理和性质是解题的关键．
33．（2025 安徽淮北·三模）已知和是有公共顶点的等腰直角三角形；且，.

(1)，在线段上，连接并延长交于F，如图1．
①求证：；
②求的长．
(2)若，点B、D、E在一条直线上，F是中点，G是中点，连接、，如图2，求的值．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
【分析】（1）①根据题目条件和等腰三角形的性质可以找到两条对应边相等，又有夹角，可以根据证明三角形全等；
②根据全等，可以得到，然后证得：∽，，根据题目条件求出、的长，即可求出的长．
（2）先求、的值，得到比值相等，然后证得，从而得到∽，然后根据相似对应边成比例，求出比值．
【详解】（1）①证明：∵在线段上，和是有公共顶点的等腰直角三角形，
∴ ，
又∵，，
∴；
②解：由①可得，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵， ，
∴，
，
∴；
（2）解：连接，

∵和是有公共顶点的等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵F是中点，G是中点，
∴，
∴，，，
∴，即．
∵
∴，
，
∴．
∴，
∴，
∴．
【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、相似三角形的判定和性质等，解题的关键是找到全等和相似的关系．
34．（2025·安徽安庆·一模）已知：在矩形中，点是边上中点．
(1)如图1，连接并延长交延长线于点，连接交于点．
①求证：
②求的值；
(2)如图2，过点作直线分别与、的延长线交于点、点，连接、．求证：．
【答案】(1)①证明见解析；②；
(2)证明见解析．
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）①由矩形的性质得到，再得出，由点是中点，得到，即可证明；
②由，得到，再证明，即可求解；
（2）延长交延长线于点，由 得到，，，，得出，再得到，即可得出结论．
【详解】（1）①证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点是中点，
∴，
在与中，
，
，
②解：由①可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：延长交延长线于点，
∵
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
在矩形中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
35．（2025·安徽合肥·一模）如图1，四边形的对角线，相交于点O，．
(1)在图1中，过点A作交于点E，求证：；
(2)如图2，将沿AB翻折得到．
①求证：；
②若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）由题意易得，则有，然后可得，进而问题可求解；
（2）①过点A作交于E，交于F，由题意易得，，则有，然后问题可求证；
②由题意易得四边形是平行四边形，则有，然后可得，进而可得，，最后根据方程进行求解即可．
【详解】（1）证明：如图1，
，
，
，
，
，
，
；
（2）①证明：过点A作交于E，交于F，如图2，
由（1）知，．
，
是翻折得到的，
，
，
，
，
；
②解：，，
∴四边形是平行四边形，
，
，
，
又，
，
，即，
，
，即，
，
，，
，，
，
解得（负值舍去）．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质与判定、平行线的性质及判定及折叠的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质与判定、平行线的性质及判定及折叠的性质是解题的关键．
36．（2025·安徽合肥·一模）如图，矩形中为对角线上一动点，过点作交于点，作交于点，连接、．
(1)若，
①求证：平分；
②求证：；
(2)已知，且为的中点，求矩形的周长．
【答案】(1)①见解析；②见解析；
(2)
【分析】（1）①由矩形得到，然后根据等边对等角和平行线得到，等量代换得到，然后结合即可求解；
②证明出，得到，然后等量代换即可证明；
（2）如图所示，过点D作，由相似得到，代数求出，利用三线合一求出，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）①∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
②∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴整理得，；
（2）如图所示，过点D作，
∵，且为的中点，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴矩形的周长．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，三线合一性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
37．（2025·安徽芜湖·三模）在平行四边形中，E、F两点分别在和边上，，连接和，分别交于G，H两点．
(1)如图1，若平行四边形为菱形．
①求证：．
②若，求的长．
(2)如图2，分别记的面积为，求证：．
【答案】(1)①见解析；②的长为
(2)见解析
【分析】（1）①先根据平行线的性质得出，再利用菱形的性质得出，然后可利用等边对等角，得出，再说明，从而可利用证明，再利用证明，从而可利用全等三角形的性质得出结论成立；
②先证明四边形为平行四边形，从而可得，列出比例式，得到关于的方程求解，求出的长；
（2）先利用由平行线截得的线段成比例，列出比例式，，，从而可利用比例的性质得出，结合两点到的距离相等，得出结论成立．
【详解】（1）解：①证明：∵，
．
平行四边形为菱形，
．
．
在和中，
．
．
在和中，
，
．
②如图，连接，
，，
四边形为平行四边形．
∴，
．
设，则
，解得或（不合题意，舍去）．
即的长为．
（2）证明：，
，
．
又，
．
．
又两点到的距离相等，
．
【点睛】本题考查了平行线的性质，菱形的性质，等边对等角，全等三角形的判定与性质，由平行线截得的线段成比例等知识点，解题关键是熟悉上述知识，并能熟练运用求解．
38．（2025·安徽合肥·二模）如图1，已知：中，，，点为边中点，点、分别在、边上，连接，和，，连接交于点．
(1)求证：；
(2)连接，若．
（ⅰ）当时，求的值；
（ⅱ）如图2，当时，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质及三线合一性质得，，，证明，再根据全等三角形的性质即可得证；
（2）证明得，
（ⅰ）当时，则，设，，根据四边形的一组对角为直角得四边形内接于直径为的圆，根据同弧或等弧所对的圆周角相等得，证明可得，继而得到，求即可；
（ⅱ）当时，则，延长至点，使，设，，可得垂直平分，，，推出，，进一步可得四边形内接于直径为的圆，继而得到，证明得，可得，求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵点为边中点，
∴，，，
∵，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
（ⅰ）当时，则，
设，，
∵，
∴，
∴四边形内接于直径为的圆，如图，
∵圆周角、所对的弧为，
∴，
由（1）知：，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
整理，得：，
解得：或（负值不符合题意，舍去），
∴；
（ⅱ）当时，则，
如图，延长至点，使，设，，
∵即，
∴垂直平分，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形内接于直径为的圆，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
整理，得：，
解得：或（负值不符合题意，舍去），
∴．
39．（2025·安徽亳州·三模）如图，在中，，点在边上，连接，为上一点，连接并延长交于点，已知．
(1)求证：；
(2)连接，若．
（）如图，当为的中点时，求的值；
（）请就图的情形求证：．
【答案】(1)见解析
(2)（i）；（ii）见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形判定与性质，勾股定理逆定理，等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）证明即可；
（2）（i）过点作交延长线于点，则，，得到，，设，则，，则，由（1）可得：，，再由勾股定理逆定理求解即可；
（ii）在上取点，使，连接，过点作的平行线交延长线于点，先证明，由得到，导角证明，由相似得到，设，则，则，再由等边对等角结合三角形的外角即可证明．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）（）解：∵点为的中点，
∴，
过点作交延长线于点，
∴，，
∵，，
∴，，
设，则，，
∴
由（1）可得：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（ii）证明：在上取点，使，连接，过点作的平行线交延长线于点，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
∴．
40．（2025·安徽阜阳·二模）已知点，分别在矩形的边，上，以为折痕，将四边形翻折，点的对应点为点，点的对应点为点，，．
(1)如图，当点在上，与交于点时，
若点为的中点，求的长；
若与全等，求和的长；
(2)如图，的对应边恰好经过点，过点作于点，交于点，连接，若，求的长．
【答案】(1)；，；
(2)．
【分析】（）由折叠性质可知，，，设，则，，再由勾股定理得，即，求出的值即可；
由四边形是矩形，得，所以，则与全等的情况只能为，设，则，，由勾股定理，得，即，求出的值即可，再证明，所以，即，求出，再由折叠性质即可求解；
（）连接，，，由点，关于直线对称，则，证明，，设，则，在中，，在中，，求出的值即可．
【详解】（1）解：由折叠性质可知，，，
∵点为的中点，
∴，
设，则，，
由勾股定理，得，即，
解得
∴的长为；
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴与全等的情况只能为，
∴，，
设，则，，
由勾股定理，得，即，
解得或（舍去），
∴的长为，
∴，，．
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
由折叠性质可知，，
∴，
（2）如图，连接，，，
∵点，关于直线对称，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
在中，，
在中，，
∴，解得，
∴．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，轴对称性质，垂直平分线的性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
41．（2025·安徽安庆·二模）如图，正方形中，点是线段的中点，点是线段上的动点，连接与交于点，连接并延长交于点．
(1)①如图1，当点与点重合时，求证：．
②如图2，当点是线段的中点时，的值：
(2)如图3，若，求证：．
【答案】(1)①见解析；②
(2)见解析
【分析】①证明，得出，再证出，即可得出；
②如图2，连接．交于点．证明四边形是平行四边形，得出，证明，得出，证明，得出，即可求解．
（2）证明，得出，再证明，得出，证明，即可证明．
【详解】（1）解：①如图1，四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
；
②如图2，连接．交于点．
四边形是正方形，
，
点、分别是、的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：如图3，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，又，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质和判定等知识，用到的知识点较多，难度较大，属于中考压轴题．
42．（2025·安徽合肥·二模）如图1，中，，于点，点，分别为边，中点，连接，交于点，连接．
(1)求证：；
(2)如图2，是边上一点，连接，且．
求证：；
若，，求的长．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析；
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
（1）根据直角三角形中斜边上的中线等于斜得出，根据等边对等角得出，根据，得出，进而根据三角形内角和定理得出；
（2）①先证明，进而证明，根据全等三角形的性质，即可求解．
②连接，证明，根据相似三角形的性质得出，进而证明，根据相似三角形的性质得出，即可求解．
【详解】（1）证明：在中，，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
，，
；
（2）①，是边的中点，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，即，
，
，
．
②连接，
，分别为，中点，，，
，，
又，，
，
，即，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
．
43．（2025·安徽合肥·二模）综合实践
纸是由国际标准化组织的定义的，世界上多数国家所使用的纸张尺寸都是采用这一国际标准某数学兴趣小组通过折叠纸来探究其中的数学奥秘．
【操作与发现】
如图1，矩形是一张标准的纸，取，边的中点M、N，以直线为轴进行对折，同学们发现对折后的矩形与原矩形相似，由此我们得到：
又因为，所以
于是我们得出如下结论：（1）纸的长与宽之比为_______．
【探究与计算】
矩形是一张标准的纸，E为边上一点，以直线为轴，将进行翻折，B点的对应点为．
（2）如图2，若点在边上时，则的值为_______；
（3）如图3，若E为边的中点，连接，求的值．
【拓展与证明】
（4）如图4，矩形纸片中，，E为边上一点，以直线为轴，将进行翻折，C点的对应点落在边上的点，然后把纸片展平，再以为轴，将进行翻折，点D的对应点落在直线上的处，折痕与相交于点O，与相交于点F，若．求的面积．
【答案】（1）纸的长与宽之比为；（2）；（3）；（4）
【分析】（1）根据已有的过程得，整理得，即可作答．
（2）结合矩形的性质与折叠的性质，证明四边形是正方形，，再代入数值进行化简，即可作答．
（3）结合矩形的性质与折叠的性质，得，则，故，在中，，代入数值化简得，故，则，即可作答．
（4）因为与关于直线对称，与关于直线对称，得，证明四边形是菱形，故是等腰直角三角形，证明，则，再证明，得，化简，即可作答．
【详解】解：（1）依题意，
∴或（舍去），
即，
即纸的长与宽之比为，
故答案为：；
（2）∵四边形是矩形，
∴，
∵折叠，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∵矩形是一张标准的纸，且（1）得纸的长与宽之比为，
∴，
故答案为：．
（3）过点作，交于一点，垂足为点，
∵矩形是一张标准的纸，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
设，
∴，
在中，，
∴，
解得（舍去），
∴，
∴，
∴；
（4）连接，如图所示：
∵与关于直线对称，
∴，
∵与关于直线对称，
∴，
即，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴设则，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，折叠性质，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
44．（2025·安徽合肥·一模）定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
(1)如图1，在菱形中，E是的中点，连接，将沿翻折到，延长交于点P，请写出图中的所有“筝形”；
(2)如图2，将（1）中的“菱形”改为“正方形”其他条件不变，求的值；
(3)如图3，在矩形中，是边的中点，连接，将沿翻折到，点P是线段上一点，若四边形是“筝形”，请直接写出的长．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由折叠的性质得到，即四边形是“筝形”；再根据菱形的性质结合折叠的性质得到，连接，由E是的中点，得到，推出，求出，得到，即四边形是“筝形”；
（2）同理（1）可证四边形是“筝形”，设，则正方形边长为，利用勾股定理求出，连接，证明是直角三角形，利用正切的定义可得，求出，勾股定理求出，即可解答；
（3）延长交于点，连接，同理（1）可证四边形是“筝形”，当重合时，四边形是“筝形”，同理（2）得是直角三角形，，，求出，勾股定理求出，即可得到此时的长．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，
∴，即四边形是“筝形”；
由折叠的性质得：，
即四边形是“筝形”；
由折叠的性质得：，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
连接，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴，即，
∴，即四边形是“筝形”；
综上，图中的“筝形”有；
（2）解：同理（1）得：四边形是“筝形”，
设，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
连接，
∵四边形是“筝形”，
∴，
∵，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∵，即，
∴是直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：延长交于点，连接，
同理（1）可证四边形是“筝形”，
当重合时，四边形是“筝形”，
同理（2）得是直角三角形，，
∴，
∵在矩形中，是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴此时．
【点睛】本题考查四边形综合题，涉及菱形的性质，正方形的性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线，理解“筝形”的定义是解题的关键．
45．（2025·安徽合肥·一模）已知：如图，在矩形中，，对角线交于点，点为对角线上一动点（不与端点重合），连接，过点作．交线段于点．
(1)当点与点重合时，则___________
(2)求证：；
(3)求的值．
【答案】(1)；
(2)见解析；
(3)的值为．
【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．
（1）由直角三角形的性质求出，证明D，E，F，C四点共圆，得出；
（2）过点E作交于点G，交于点H．证明，得出，．则可得出结论；
（3）证明，得出．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴D，E，F，C四点共圆，
∴；
故答案为：；
（2）证明：过点E作交于点G，交于点H．
∵，，
∴，
由矩形性质，得，
在中，，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，
∵，
∴．
（3）解：∵，
∴D，E，F，C四点共圆，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
46．（2025·安徽合肥·一模）如图1，正方形中，点，分别在边，上，且，点是对角线、的交点，连接，交于点，，交于点．
(1)求证：；
(2)如图2．连接，，；
①若，求证：；
②若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据正方形的性质，得到，，结合，得到≌，进一步根据全等三角形的性质进行证明．
（2）①根据全等三角形证得，再证明，，推出，由此推出，得到，由此证明，证明，即可得到结论；
②由，得到，，，由①知，得到，即可求出．
【详解】（1）解：证明：∵四边形为正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴．
（2）解：①∵≌，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∵O为中点，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
又，
∴，
∴
∴，
∴，
∵
∴，
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴；
②∵，
∴，，，
∴
由①知，
∴
∴，
解得
【点睛】此题考查正方形的性质，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，熟练掌握各图形的判定和性质定理是解题的关键．
47．（2025·安徽合肥·二模）【阅读理解】如图1，在矩形中，由勾股定理得，，于是可得结论．
(1)【探究发现】如图2，在平行四边形中，善于思考的小聪同学说：“结论也成立”，请你给予证明；
(2)【拓展提升】如图3，已知是的中线，，，，求证：
(3)【尝试应用】如图4，在平行四边形中，点是边上一动点，连接、．若，平行四边形面积为24，则的最小值为__________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)50
【分析】（1）过点A作交延长线于于，过点D作交于，利用平行四边形的性质，矩形判定和性质，勾股定理证明即可．
（2）延长到点D使得，连接，，根据，可以判断四边形是平行四边形，利用结论变形计算即可．
（3）设边上的高为h，根据，平行四边形面积为24，得；取的中点N，连接，延长到点Q使得，连接，根据，得到四边形是平行四边形，利用（1）中结论，得到
，故当最小时，取得最小值，根据垂线段最短，得当时最短，故时，取得最小值，解答即可．
【详解】（1）证明：过点A作交延长线于于，过点D作交于，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴
．
（2）证明：延长到点D使得，连接，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
根据（1）中结论，得，
∴，
∴，
∴．
（3）解：设边上的高为h，根据，平行四边形面积为24，得；
取的中点N，连接，延长到点Q使得，连接，
∵，
∴四边形是平行四边形，
根据（1）中结论，得，
∴，
故当最小时，取得最小值，根据垂线段最短，得当时最短，故时，取得最小值，
故．
故答案为：50．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，等腰三角形三线合一性质，全等三角形的判定和性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，的圆周角所对的弦是直径，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，一元二次方程的应用等知识点．掌握一组对角互补的四边形为圆内接四边形、相似三角形的判定和性质及锐角三角函数的定义是解题的关键．