2026年中考数学第二轮专题复习（山西卷）专题九 “综合与探究”题解题策略

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山西中考几何“综合与探究”题是山西中考的压轴题，难度大、综合性强，通常以三角形、四边形、圆等为背景，通过图形变换（旋转、折叠、平移等）或动点问题，考查几何性质、规律探究以及综合运用能力。终极心法：“特例入手找规律，模型识别化熟悉，严谨证明是根本，方法迁移破难题。” 遇压轴题不慌，按步骤拆解，必能攻克。
如果题目是标准图形（按比例绘制），且允许使用直尺、量角器，对于猜想环节，可以直接测量，快速得到线段长度或角度，帮助猜想。但最终必须用推理证明。
对于动点问题，将动点移到起点、终点、中点等特殊位置，计算此时的值，这往往是临界值或最值
考虑动点运动到边界（重合、共线）的情形，有助于确定范围或发现不变关系。
六大核心模型与快招
1．综合与探究
问题情境：综合探究活动中，老师以菱形为基本图形，添加若干条件后，请同学们就几何元素之间的关系提出问题并解决问题.如图1，已知四边形是菱形，，，点是射线上的一个动点，连接，以为边作等边三角形（点在的右侧），连接．
数学思考：
（1）“敏学小组”提出问题：猜想图1中与之间的数量关系，并说明理由．请你解答；
深入探究：
（2）老师在图1的基础上过点作的平行线与的延长线交于点．请你解决同学们提出的新问题：
①“善思小组”提出问题：如图2，若点在线段上，判断线段，与之间的数量关系，并证明你的结论；
②“创新小组”提出问题：若点在射线上运动，连接，当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1），理由见解析；（2）① ，证 明 见 解 析；②线段的长为或
【分析】（1）根据性质的性质和等边三角形的性质推出，证明，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）根据菱形的性质可得，由（1）知，得到，可推出，由，可得，得到是等边三角形，推出，得到，结合，即可求解；②过点作于点，求出，，分两种情况：当点在线段上时，当点在线段的延长线上时，在中，由勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：（1），理由如下：
四边形是菱形，
，，
，
，
，
即，
是等边三角形，
，，即，
，
在和中，
，
，
；
（2）①，证明 如 下 ：
四边形是菱形，
，，，
，
由（1）知，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
由（1）知，
，
，
；
②过点作于点，
，，
，，
如图2，当点在线段上时，
设，则，，
，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
即；
如图3，当点在线段的延长线上时，
设，则，，
，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
即；
综上所述，线段的长为或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边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，解题的关键是掌握相关知识．
2．综合与探究
问题情境：
“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的直角三角形纸片（）折叠，使点C的对应点F落在边上，折痕分别交于点D，E．再将该纸片沿过点E的直线折叠，使点A的对应点H落在的延长线上，折痕交于点G，如图2所示．
数学思考：
（1）四边形的形状为______．
深入探究：
（2）“善思小组”将图2展开后，连接，得到图3．若F为的中点，试猜想线段与的位置关系和数量关系，并说明理由．
（3）“智慧小组”提出问题：若点C的对应点F落在射线上，其他条件不变，当时，请直接写出面积的最大值和此时的长．
【答案】（1）矩形；（2），详见解析；（3）面积的最大值是6，的长是3
【分析】本题考查的是矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形判定与性质及二次函数的应用；
（1）证明即可证明结论；
（2）先证明，再证明，从而证明结论；
（3）先证明，设，则，根据相似三角形性质得出，进而求出面积，再根据二次函数性质求出最值．
【详解】解：（1）由折叠得：，
，
四边形矩形；
（2）．
理由：如解图，连接．
由（1）知四边形是矩形，则．
∵F为的中点，
∴．
∴．
∴．
由折叠的性质，得．
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
（3）面积的最大值为6，此时．
设，则．
，
则．
∵，
∴．
∴，
∴．
∴．
∴当时，取最大值，最大值为6．此时．
3．综合与探究
在数学活动课上，张老师和同学们一起以“矩形的折叠”为主题展开探究．如图1，在矩形中，，，点E，F分别在直线上，连接．将沿折叠得到，点A的对应点为．
初步探究：
(1)如图2，若点E与点B重合，点恰好落在边上，请判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
(2)如图3，当时，调整点E的位置，使点恰好落在边上，求的长．
拓展延伸：
(3)如图4，F是边的中点，点E在射线上，改变点E的位置，在折叠的过程中，若以点、D、C为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出线段的长．
【答案】(1)正方形；理由见解析
(2)2.5
(3)4或或或
【分析】（1）由矩形的性质可得．由折叠的性质得，，可证四边形为正方形；
（2）过点F作于点G，根据折叠的性质，得，，．再证，根据对应边成比例即可求解；
（3）分，，三种情况，画出图形，分别计算即可．
【详解】（1）解：四边形是正方形．
理由如下：
∵四边形是矩形，
∴．
根据折叠的性质，得，．
∴．
∴四边形为矩形．
又∵，
∴四边形为正方形．
（2）解：如解图1，过点F作于点G，则．
∴四边形为矩形．
又∵，，
∴．
根据折叠的性质，得，，．
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
在中，根据勾股定理，得．
∴，
∴，
∴，即．
（3）解：分以下三种情况讨论：
①当时，如解图2， 点E与点B重合，
，
∴，
∴．
②当时，有两种情况，
当点E在线段上时，如解图3，过点作于K，交于点H，过点F作于M，
，，
，
，
四边形是矩形，
，，
根据折叠的性质，得，，．
∴．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
在中，根据勾股定理，得．
∴，
∴，
解得，
∴；
当点E在线段的延长线上时，如解图4，
同理可得．
③当时，如解图5．
，，
是等边三角形．
∴，
∴，
根据折叠的性质，得，
∴，
∴，
∴．
综上所述，线段的长为4或或或．
4．综合与探究
问题情境：
如图，在矩形中，，，是边上的一个动点（不与点，重合），把沿着折叠后，点落在点处．
操作发现：
（1）如图，当时，试判断的形状，并说明理由；
（2）如图，当时，求BP的长；
深入探究：
（3）如图，过点作直线，垂足为，连接，在点运动的过程中，若，请探究，并直接写出所有符合题意的的长度．
【答案】
（1）当时，是等腰直角三角形，见解析；
（2）的长为；
（3）的长度为或4cm．
【分析】（1）由折叠的性质，可得，，可得，，即可得的形状；
（2）证明，由相似三角形的性质，可得的长；
（3）分两种情况讨论，先证由点，点，点，点所构成的四边形是平行四边形，由勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：当时，是等腰直角三角形．
理由如下：
∵，，
∴．
∵四边形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵沿着折叠，
∴，
∴，
∴，，
∴．
∴是等腰直角三角形．
（2）解：由折叠可得，
∵，
∴．
∴，，三点在同一条直线上，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
解得，．
∴的长为．
（3）解：∵沿着折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴四边形是平行四边形，
分两种情况：
情况，如图，当点在的延长线上时，连接交的延长线于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴
在中，，
∴，
∴，
情况，如图，当点在上时，连接交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，，
∴
∴，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，即点与点重合（如图），
答：的长度为或4cm．
【点睛】本题考查折叠的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用分类讨论思想解决问题．
5．综合与探究
在数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题展开探究．如图1，在矩形中，，，点，分别是边上的点，连接，将矩形沿折叠，点的对应点为．
【初步探究】
（1）如图2，若点与点重合，点恰好落在边上，求证：四边形是正方形．
【深入探究】
（2）如图3，若点是的中点，改变点的位置，延长交于点，猜想与的数量关系，并说明理由．
（3）如图4，若点是的中点，改变点的位置，在折叠的过程中，若以为顶点的三角形是等腰三角形，直接写出线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）；理由见解析；（3）或或
【分析】（1）根据矩形性质得出，，，根据折叠得出，，，，证明四边形是菱形，根据，四得出边形是正方形即可；
（2）连接，证明即可；
（3）分三种情况讨论：当时，当时，当时，分别画出图形进行求解即可．
【详解】证明：（1）∵四边形为矩形，
∴，，，
根据折叠可知：，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴四边形是正方形；
（2）；理由如下：
连接，如图所示：
∵E为中点，
∴，
根据折叠可知：，，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（3）∵点F为的中点，
∴，
根据折叠可知：，，
当时，过点作于点G，延长，交于点H，过点F作于点M，如图所示：
∵，，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
同理得：四边形为矩形，
∴，，
∴，
根据勾股定理得：，
∴，
设，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，
即此时；
当时，连接，如图所示：
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：；
当时，过点F作，连接，交于点H，如图所示：
∵，，
∴，
根据勾股定理得：，
∵F为的中点，，
∴，
根据折叠可知：垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
即，
解得：．
综上分析可知：或或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的相关计算，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
6．综合与探究
问题情境：数学课上，同学们以矩形为背景探索几何元素之间的关系．已知在矩形中，分别是的中点，点在边的延长线上，且，连接．
(1)特例分析：如图1，小睿同学画出了时的图形，并提出如下问题，请你解答：猜想线段与的数量关系，并证明你的结论；
拓展探究：小玫同学继续进行探究．如图2，已知在矩形中，，她提出如下问题，请你解答：
(2)①求此时的值；
②将图2中的从当前位置开始，沿射线的方向平移得到（其中点分别是点的对应点），点是平面内的一点，请直接写出以点为顶点的四边形是菱形时，平移的距离．
【答案】(1)，见解析；
(2)①； ②平移的距离是或．
【分析】根据矩形、正方形、菱形的性质，勾股定理解三角形，平移的性质求解即可，关键是进行分情况分析．
（1）根据题意可知，由勾股定理得，结合，即可证得结论；
（2）①根据题意得到，由勾股定理求得，结合可求得，进而求得，即可解答；
②分三种情况讨论：；；；分别利用勾股定理结合图形求解即可．
【详解】（1）解：，理由如下，
∵四边形是矩形，
，
分别是的中点，
，
在中，由勾股定理，得，
，
，
∵点G在边的延长线上，
，
，即．
（2）解：①∵四边形是矩形，
，
分别是的中点，
，
在中，由勾股定理，得，
，
，
，
，点G在边的延长线上，
，
；
②平移的距离是或．
如图1，若，
∴点在线段的垂直平分线上，
由①得，
∴；
若，连接，过点作于点M，过点作的延长线于点N，如图所示：
∴，，
设，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
解得：，
此时；
如图3，若，过点G作，过点作的延长线于点M，
根据题意得：，
设，
∴，
∵，
∴，
解得：（负值舍去），
∴．
7．综合与探究问题情境：如图1，数学活动课上，老师让同学们制作两个全等的直角三角形纸片，将这两个直角三角形纸片重合放置，其中，将保持固定，绕点按逆时针方向旋转．
(1)初步探究：“善思小组”提出问题：如图2，若，当点落在边上时，连接，取的中点，连接．判断四边形的形状，并说明理由．
(2)深入探究：“博学小组”提出问题：如图3，当绕点按逆时针方向旋转时，连接，取的中点，连接交于点，试判断和的数量关系和位置关系，并说明理由．
(3)拓展延伸：当绕点按逆时针方向旋转时，连接，是射线上的一点，连接，过点作的垂线交于点，若是的三等分点，请直接写出的值．
【答案】(1)四边形是矩形，理由见解析
(2)，，理由见解析
(3)或
【分析】（1）由旋转可得，则是等边三角形，然后由三线合一得到，而，再由有三个角是直角的四边形是矩形证明即可；
（2）过点E作交的延长线于点F，交于点M，利用平行线分线段成比例定理证明是的中位线，则，然后证明，则，可得，记与相交于点N，由全等三角形得到，再结合对顶角以及平行线的性质即可证明位置关系；
（3）过点作交的延长线于点，交于点，记与的交点为点，然后分两种情况讨论，当点为靠近点的三等分点时，则，证明即可求解的值，当点为靠近点的三等分点时，同理可求．
【详解】（1）解：四边形是矩形，理由如下：
由旋转可得
∵
∴
∴是等边三角形，
∴，
∴
∵点是的中点，
∴，即，
∴
∴四边形是矩形；
（2）解：，，理由如下：
过点E作交的延长线于点F，交于点M
∴
∵P是的中点，
∴，
∴
∴是的中位线
∴
根据旋转的性质可得
∴
∵
∴
∴
∴
又∵
∴，
记与相交于点N，
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵，
∴，即．
（3）解：当点为靠近点的三等分点时，则，过点作交的延长线于点，交于点，记与的交点为点，
∴
由旋转可得，
∴，，
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴；
当点为靠近点的三等分点时，则，过点作交的延长线于点，交于点，记与的交点为点，
∴
由旋转可得，
∴，，
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴，
综上：的值为或．
8．综合与探究
问题情景
数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题展开探究．在矩形中，，点E是射线上一点，连接，将沿折叠，点A的对应点为点F．
初步探究
(1)如图1，当点E和点B重合时，交于点H，则与的数量关系为________；
深入探究
(2)如图2，点E在线段上，分别交于M，N两点，将沿折叠，点F的对应点G恰好落在上，连接．
①试判断四边形的形状，并说明理由；
②若，，求的长．
拓展延伸
(3)若，，在点E的运动过程中，当时，请直接写出所有满足条件的的长．
【答案】(1)；
(2)①四边形是菱形，见解析；②；
(3)1或11
【分析】（1）证明，由全等三角形的性质即可获得答案；
（2）①根据折叠的性质证明，，，进而证明，再证明四边形是平行四边形，结合即可证明四边形是菱形；②延长交于点H，设与交于点P，则四边形是矩形，结合①可知，，进而解得，利用勾股定理解得，然后证明，结合相似三角形的性质求解即可；
（3）当点E在线段上时，若，过点C作于点G，则，由勾股定理得，设，则，，，证明，在，和中计算的长度；当点E在线段的延长线上时，若，过点C作于点H，分别延长，交于点P，与交于点Q，设，则，，，易得，进而解得的长度，再在中计算的长度．
【详解】（1）解：∵四边形为矩形，
∴，
当点E和点B重合时，由折叠的性质，可得，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）①四边形是菱形，理由如下：
沿折叠得到，点A的对应点为点F，
，，
沿折叠得到，点F的对应点为点G，
，
四边形是矩形，
，即，
∴，即，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形；
②如图1，延长交于点H，设与交于点P，则四边形是矩形，
，，
由①知，，
，
，
在中，，
四边形是矩形，
，
，，
，
，即，
解得；
（3）沿折叠得到，点A的对应点为点F，
∴，，
如图2，当点E在线段上时，，
过点C作于点G，则，
在中，由勾股定理得，
设，则，，，
∵，
∴，即，
∵在和中，，，
且，
∴，
又∵，
∴，
在中，，，
，
在中，，
，
在中，，
如图3，当点E在线段的延长线上时，，
过点C作于点H，分别延长，交于点P，与交于点Q，
设，则，，，
易得，
，，
，
，
，
∴在，，
综上，的长为1或11．
【点睛】本题综合性强，难度较大，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键．
9．综合与探究
问题情境：在等腰直角中，，，为直线上任意一点，连接．将线段绕点按顺时针方向旋转得线段，连接．
尝试发现：
（1）如图1，当点在线段上时，求线段与的数量关系；
类比探究：
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，线段与是否存在（1）中的数量关系？如果存在，写出与的数量关系并说明理由，如果不存在，请说明理由；
拓展探究：
（3）若，，请直接写出的值．
【答案】（1）；（2）存在；理由见解析；（3）或
【分析】（1）过点作延长线于点，利用一线三垂直全等模型证明，再证明即可；
（2）过点作交于点，同（1）中方法证明，再证明即可；
（3）分两种情况讨论：过点作延长线于点，求出，即可．
【详解】解：（1）如图，过点作，交的延长线于点，
由旋转得，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
；
（2）存在，
理由如下：如图，过点作交于点，
由旋转得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图，当在的延长线上（点在点的右侧）时，过点作于点，连接，
由（2）得，，
，
，
．
当在的延长线上（点在点的左侧）时，过点作于点，如图，连接，
同理可得：，
，，
，
，
综上：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．
10．综合与探究
【问题背景】
活动课上，同学们以矩形为背景，探究图形变换中的数学结论．如图，在矩形中，，．点G在边上，将沿折叠，点C的对应点为H，连接．
【猜想证明】
（1）若先将矩形对折得到折痕，再展开，点H刚好落在折痕上．
①如图1，请判断是什么特殊的三角形，并说明理由．
②如图2，若与的交点为M，连接，交于点N，猜想线段与的数量关系，并说明理由．
【深入探究】
（2）如图3，若先将矩形对折两次得到三条折痕，再展开，点H刚好落在最上面一条折痕上，请你直接写出的面积．
【答案】（1）①是等边三角形，理由见解析；②，理由见解析；（2）的面积为．
【分析】题目主要考查矩形与折叠，解三角形，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）①根据矩形及折叠的性质得出，再由各边长及三角函数得出，确定，得出，再由等边三角形的判定即可证明；
②由①得：，，利用相似三角形的判定和性质得出，确定，连接，再利用菱形的判定和性质得出四边形为菱形，，结合等边三角形的判定和性质证明即可；
（2）过点H作，根据折叠的性质得出，再由相似三角形的判定和性质得出，，得出，结合图形求面积即可．
【详解】解：（1）①是等边三角形，理由如下：
∵矩形，，，沿折叠，点C的对应点为H，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
②，理由如下：
由①得：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接，如图所示：
由①得是等边三角形，
同理是等边三角形，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，
∴，
由①得，，
同理得：，
∴，
∴，
∴；
（2）过点H作，如图所示：
∵矩形，，，折叠，
∴，
∴，
根据题意得四边形为矩形，
∴，
根据题意得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为：．
11．综合与探究
问题情境：学习完特殊的平行四边形和相似三角形有关知识后，老师组织了一节富有创意的数学活动课，引导同学们从图形变换的角度展开深度探究．
创新小组以矩形边的旋转变换为研究对象，并观察由此产生的几何性质．
如图1，在矩形中，，．将边绕点逆时针旋转（）得到线段，过点作，交直线于点．
猜想证明：
小组内同学探究思路遵循特殊到一般的探究：
（1）当时，四边形的形状最特殊，此时形状为________；
（2）如图2，当时，连接，猜想，和之间的数量关系，并说明理由；
综合应用：
（3）在旋转过程中，当直线经过边的中点时，与直线交于点，直接写出的长．
【答案】（1）正方形（2），理由见解析（3）的长为或
【分析】（1）当时，落在边上，易得四边形为正方形；
（2）连接, 过点作于点，由旋转的性质得，再证明，可得，再证明是等腰直角三角形，可得，再由三点在同一直线上，可得，在中，,可得，再求解即可；
（3）分两种情况：当点在的延长线上时；当点在上时；利用旋转的性质及勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）如图，当时，落在边上，
由旋转得：，
，
，
四边形为正方形；
故答案为：正方形；
（2）.
理由：如图，连接, 过点作于点.
四边形是矩形，
，
由旋转得，
在和中，,
，
，
是等腰直角三角形，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
三点在同一直线上，
在中，,
；
（3）设
如图，当点在的延长线上时，连接，
，
，
，
，
，
，
由（2）得，
，，
，
，
，
，
，
中，，
，
解得：（舍去），
；
如图，当点在上时，连接，
同理可得，
，
，
由（2）得，
，，
，
，
，
，
，
中，，
，
解得：（舍去），
；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练运用这些知识是关键．
1．（2024山西中考真题）综合与探究
问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．
①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由；
②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积．
【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①，理由见解析；②或
【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形；
（2）①由菱形和旋转得性质证，可证；
②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：（1）四边形为矩形．理由如下：
，
，
四边形为菱形，
∴，
∴，
，
∴，
四边形为矩形．
（2）①．理由如下：
∵四边形为菱形，
，
旋转得到，
，
，
，
，
，
，
．
②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，
由旋转知：，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，
∴
；
当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：

由旋转知：，，，，
∵，
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，，
∵，
∴ 四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
综上，四边形的面积是或．
【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键．
1．综合与探究
问题情境：数学课上，同学们以菱形为背景探究翻折变化产生的几何问题．已知菱形中，对角线，将沿直线翻折得到，过点A作的平行线交射线于点，过点作的平行线交射线于点．
(1)初步探究：如图1，勤思小组先分析了点恰好与点重合时的情形，他们发现此时点与点也重合．求此时的度数；
(2)深入思考：如图2，敏学小组进一步探究点与点不重合的情形．他们在探究中提出如下问题．请你解答：
①如图2，当点在的延长线上时，猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论；
②在度数变化的过程中，连接，是否存在某一时刻，使四边形的面积是菱形面积的一半？若存在，请直接写出相应的的正切值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)①，见解析；②存在，或1
【分析】本题主要考查了折叠的性质、正方形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正切的定义等知识点，灵活运用相关判定与性质定理成为解题的关键．
（1）由折叠的性质可得，进而得到，再根据菱形的性质可得是等边三角形即可解答；
（2）①先根据折叠的性质可得四边形是平行四边形，再证明可得，最后根据线段的和差及等量代换即可解答；②分点E在上和F在上两种情况，分别运用菱形的判定与性质、正方形的判定与性质以及正切的定义即可解答．
【详解】（1）解：沿翻折得到，
．
，且与重合，
．
四边形是菱形，
，
，
，
是等边三角形．
．
（2）解：①，证明如下：
证明：沿直线翻折得到，
，
，
四边形是平行四边形，
，
．
，
，
，
．
，
．
，
，
②如图：当点E在上时，
由题意可得：，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵菱形，
∴，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
过F作交延长线于N，连接交于O，则，
∴，
∴，
又∵，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
由折叠的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，解得：，
∴，
∴；
如图：当F在上时，则，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
如图：作于N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，即，
∴与O重合，
由折叠的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
综上，存在两种四边形面积是菱形面积的情形，此时的正切值为或1．
2．综合与探究
问题情境：
如图1，四边形是矩形，沿过点的直线将矩形折叠，使点落在边上的点处，折痕交边于点，连接．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
（2）创新小组在解决了上述问题后，继续将矩形沿所在直线折叠，使点，分别落在，边上的点，处，交于点，展开铺平．将绕点逆时针方向旋转，得到，点，的对应点分别为，，如图，连接，．试探究线段，之间的数量关系，并说明理由．问题解决：
（3）在的条件下，若，，在旋转的过程中，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的面积．
【答案】四边形是正方形．理由见解析；
，理由见解析；
或．
【分析】根据矩形的性质可得：，根据折叠的性质可证：，，从而可证四边形是正方形；
根据矩形的性质可得，根据折叠的性质可得：，从而可证，根据平行线的性质可得，根据旋转的性质可得，，从而可证，根据相似三角形的性质可得；
利用勾股定理可得，根据旋转的性质可得：，从而可求，，，根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：四边形是正方形，
理由如下：
四边形是矩形，
，
由折叠的性质可得：，，
四边形是矩形，
四边形是正方形；
，
理由如下：
四边形是矩形，
，
由折叠的性质可得：，
，
，
．
由旋转的性质，得，，，
，
，
，
由折叠的性质，知，
在中，，
，即；
解：或，
理由如下：
如下图所示，
，
，
在中，，
根据旋转的性质可得：，
则，
，，
，．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是根据折叠的性质和旋转的性质找到边之间的关系．
3．综合与探究
问题情境：在四边形中，是上一点，将沿折叠，点落在对角线所在直线上的点处．
(1)猜想证明：如图1，当四边形是正方形时，延长交线段于点，猜想与的数量关系，并说明理由．
(2)类比探究：如图2，当四边形是菱形时，延长交线段于点，判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明．
(3)拓展应用：当四边形是菱形时，直线交直线于点，若，请直接写出线段的长．
【答案】(1)，理由见解析
(2)成立，证明见解析
(3)的长为1或5
【分析】（1）由正方形的性质得出，由折叠得到，即可求出，得到；
（2）由菱形的性质得到，因此，由折叠可得，从而得到，再根据三角形的内角和定理证明，即可得到；
（3）分两种情况讨论：①点在线段上；②点在延长线上．证明，根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：．
理由：四边形是正方形，
．
由折叠可得，
，
．
（2）解：（1）中结论仍成立．
证明：四边形是菱形，
，
．
由折叠可得，
又，
∴，
∴，
，
∴，
∴．
（3）解：分两种情况讨论：
①如图1，当点在线段上时．
，
，
．
，
，
∴，
．
②如图2，当点在延长线上时．
，
，
．
，
，解得，
．
综上所述，的长为1或5．
4．综合与探究
问题情境：
如图1，已知，平分，过点分别作于点，于点．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
（2）如图2，直角三角板（足够大）的直角顶点在线段上，两直角边，分别交两边于点．请探究和之间的数量关系，并说明理由．
（3）将图2中的Rt沿着线段的方向平移，使点与点重合，Rt的两直角边分别交直线于点．将平移后的绕点顺时针旋转若干角度，使，若，请直接写出的长度．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2），见解析；（3）或
【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，角平分线的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定等等，证明四边形是正方形是解题的关键．
（1）先根据题意可证明四边形是矩形，再由角平分线的性质可得，据此可证明四边形是正方形；
（2）过点F作交于Q，可证明是等腰直角三角形，得到，再证明，得到，则，由勾股定理得，则；
（3）分点M在点O上方和下方两种情况，导角证明，通过勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出的长即可得到答案．
【详解】解（1）四边形是正方形，理由如下：
∵，，，
∴四边形是矩形，
又∵平分，
∴，
∴四边形是正方形；
（2），理由如下：
如图所示，过点F作交于Q，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
（3）如图所示，当点M在点O上方时，设交于K，
∵，
∴，
由正方形的性质可得，
在中，，
∴，
∴，
∴；
如图所示，当点M在点O下方时，
同理可证明，
在中，，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的长为或．
5．综合与探究
问题情境：数学课上，同学们以矩形为基本图形，探索图形变化中产生的数学问题．已知矩形中，．点E是平面内的一个动点，且，的平分线交射线于点F，连接，过点E作的平行线交直线于点G，连接．
(1)初步思考：如图1，点E在矩形内部，猜想四边形的形状，并证明你的结论；
(2)深入探究：如图2，已知，当点E落在边上，且恰好是的中点时，求此时的长；
(3)保持（2）中矩形的形状大小不变，继续改变点E的位置．若，请直接写出所有满足条件的的长．
【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）证明，可得，，同理，再由，可得到，从而得到，即可解答；
（2）延长交于点H，连接，证明四边形为矩形，可得，，再结合点E是的中点，可得垂直平分，可得到为等边三角形，从而得到，，再证明为等边三角形，可得，在中，利用勾股定理解答即可；
（3）连接交于点P，由（1）得：四边形是菱形，由（2）得：，然后分两种情况：当点F在边上时；当点F在的延长线上时，即可求解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，证明如下：
∵四边形为矩形，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，
同理，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，延长交于点H，连接，
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵点E是的中点，
∴，
即垂直平分，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由（1）得：四边形是菱形，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
解得：；
（3）解：连接交于点P，
由（1）得：四边形是菱形，由（2）得：，
∴，
如图，当点F在边上时， 设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴；
如图，当点F在的延长线上时， 设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，
∴；
综上所述，的长为或．
6．综合与探究
问题背景
数学课上、同学们以“直角三角形的旋转”为主题展开数学活动，如图1，在中，，点是的中点，过点作交于点，连接，点是的中点，点是的中点，连接．
初步探究：
（1）与的数量关系为________；
深入探究
（2）如图2将绕点逆时针旋转得到，点的对应点是点，点的对应点是点，连接，点是的中点，点是的中点，连接，，和．
①试判断四边形的形状，并说明理由；
②求证：；
拓展延伸
（3）如图3，在中，，，，点是的中点，过点作于点，将绕点顺时针旋转一周，在旋转的过程中，当是以为底边的等腰三角形时，请直接写出所有满足条件的的值．
【答案】（1）；（2）①平行四边形，理由见解析；②见解析；（3）或
【分析】（1）根据中位线的性质得出，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出，即可得出答案；
（2）①根据中位线的性质得出，，，，即可得出结论；
②连接、，证明，得出即可；
（3）连接，根据勾股定理和直角三角形性质求出，，求出， ，分两种情况讨论：当在旋转过程中时，当在旋转过程中时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：（1）∵点D为的中点，G为的中点，
∴，
∵，F为的中点，
∴，
∴；
（2）①四边形为平行四边形；理由如下：
∵点是的中点，点是的中点，
∴，，
∵点是的中点，点是的中点，
∴，，
∴四边形为平行四边形；
②连接、，如图所示：
∵，
∴，
根据旋转可知：，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴点D为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，
∵点D为的中点，，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵点D为的中点，
∴，
当在旋转过程中时，如图所示：
则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴是以为底的等腰三角形，
∴此时符合题意，
∵，
∴；
当在旋转过程中时，过点D作于点H，连接，过点B作于点G，如图所示：
则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是以为底的等腰三角形，
∴此时符合题意，
∵，，
∴．
综上分析可知：．满足条件的的值为或．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形中位线的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
模型名称
常见背景
关键辅助线与结论
快招
手拉手（旋转全等）
共顶点的两个等腰三角形（等边、等腰直角）绕公共顶点旋转。
连接对应点，得新三角形全等（SAS）。对应线段夹角等于旋转角。
“共顶点，等线段，必有全等；找旋转，构全等，拉手线是关键。”
一线三垂直（K型图）
直角顶点在一条直线上，两侧作垂线。
得两个直角三角形相似或全等。用于证明线段相等或成比例。
“直角顶点在线上，左右垂直现相似；若等边则现全等，勾股方程可列得。”
中点模型
出现多个中点，或中点与平行组合。
构造中位线，得平行且等于底边一半；直角三角形斜边中线等于斜边一半。
“多个中点想中位，斜边中线一半随；有中点，可倍长，构造全等平行现。”
折叠（轴对称）模型
矩形、三角形沿某直线折叠。
折痕是对称轴，对应点连线被垂直平分。出现等腰、勾股方程。
“折叠即对称，全等加垂直；设未知，列方程，勾股定理是利器。”
动点路径问题
点、线运动，求路径长或最值。
确定动点轨迹（线段、圆弧），利用“垂线段最短”、“两点之间线段最短”等。
“动点问题先定轨，常见是线或是弧；最值问题化折直，将军饮马胡不归。”
圆中多解分类
圆与三角形、四边形结合，点的位置不确定。
注意圆心角、圆周角关系，弦所对弧的优弧、劣弧。