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专题31 几何综合压轴题（共23道）-中考数学真题分项汇编（全国通用）
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这是一份专题31 几何综合压轴题（共23道）-中考数学真题分项汇编（全国通用），文件包含专题31几何综合压轴题共23道原卷版docx、专题31几何综合压轴题共23道解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共84页， 欢迎下载使用。
1．（2023·江苏·统考中考真题）如图1，小丽借助几何软件进行数学探究：第一步，画出矩形和矩形，点、在边上（），且点、、、在直线的同侧；第二步，设置，矩形能在边上左右滑动；第三步，画出边的中点，射线与射线相交于点（点、不重合），射线与射线相交于点（点、不重合），观测、的长度．
(1)如图，小丽取，滑动矩形，当点、重合时，______；
(2)小丽滑动矩形，使得恰为边的中点．她发现对于任意的总成立．请说明理由；
(3)经过数次操作，小丽猜想，设定、的某种数量关系后，滑动矩形，总成立．小丽的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)小丽的猜想正确，理由见解析
【分析】（1）证，利用相似三角形的性质即矩形的性质即可得解；
（2）证得，同理可得，由，，得，进而有，再根据矩形的性质即可得证；
（3）当时，取的中点，连接、，由，恰为边的中点，得，进而证，得，于是有，由平行线分线段成比例得，同理可证：，于是有，从而即可得解．
【详解】（1）解：∵四边形和四边形都是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，，
∴是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴即，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）证明：如下图，
解：∵小丽滑动矩形，使得恰为边的中点，
∴，，
∵四边形和四边形都是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：小丽的猜想正确，当时，总成立，理由如下：
如下图，取的中点，连接、，
∵四边形和四边形都是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，
∵恰为边的中点，是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵，
∴，
∴，
∴小丽的猜想正确．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定及性质，比例的性质，平行线的判定及性质以及中点的定义，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
2．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是正方形，点M在上，点N在的延长线上，，连接，，点H在的延长线上，，点E在线段上，且，将线段绕点E逆时针旋转得到线段，使得，交于点F．
(1)线段与线段的关系是______．
(2)若，，求的长．
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求证，即可得证结论；
（2）由题知，，于是，可证，所以，于是；
（3）连接，令，则，中，，可求，所以，得证；延长线段至点I，使，可证，得，于是．
【详解】（1）解：
∵四边形是正方形，
∴，.
∴
又∵，
∴
∴．
（2）解：由题知，，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
（3）解：连接，令，则，
中，，
∴．
中，．
∴．
∴．
∴．
延长线段至点I，使，连接，则垂直平分，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等；添加辅助线，构造全等三角形，从而求证线段之间的相等关系是解题的关键．
3．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在中，，，点D是射线上的动点（不与点B，C重合），连接，过点D在左侧作，使，连接，点F，G分别是，的中点，连接，，．
(1)如图1，点D在线段上，且点D不是的中点，当，时，与的位置关系是________，________．
(2)如图2，点D在线段上，当，时，求证：．
(3)当，时，直线与直线交于点N．若，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)垂直，
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）连接并延长交于，根据等腰三角形的判定和性质，推出，四点共圆，进而得到，推出与垂直，利用斜边上的中线以及等腰三角形三线合一，得到，证明，得到，即可得出结果；
（2）作于，作，交的延长线于点，连接，同（1）推出，得到，进而得到，变形得到，再根据等腰三角形三线合一，以及含30度角的直角三角形的性质，利用线段之间的等量代换，即可得证；
（3）分点在线段上和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：连接并延长交于，
∵，
∴，
同理：，
∴，
∴，四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴与垂直；
∵是的中点，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：垂直，；
（2）作于，作，交的延长线于点，连接，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，四点共圆，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是梯形的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）①当点在上时，作于，作，交的延长线于点，作，交的延长线与点，
由（2）知：为等边三角形，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，∴，∴，即：，
∴；
②当点D在的延长线上时，作于，作于点，作，交的延长线与点，
同①可知：，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴；
综上：或．
【点睛】本题考查几何的综合应用，难度大，属于中考压轴题，重点考查了等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，斜边上的中线，全等三角形和相似三角形的判定和性质，解直角三角形．解题的关键是添加合适的辅助线，构造特殊图形．
4．（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，在中，，，点D在边上，将线段绕点D按顺时针方向旋转得到，线段交于点E，作于点F，与线段交于点G，连接．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，，当平分四边形的面积时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，再根据，可得，即可；
（2）根据，可得点B，C，G，F四点共圆，从而得到，，从而得到，进而得到，可证明，即可；
（3）连接，根据，，可得，，，设，则可得，，，，，，再由平分四边形的面积，可得，从而得到关于x的方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵线段绕点D按顺时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵， ，
∴；
（2）证明：∵，
∴点B，C，G，F四点共圆，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即；
（3）解：如图，连接，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
设，则，
∴，，，
∴，
∴，，
∵平分四边形的面积，
∴，
∴，
即，
解得：（负值舍去），
∴．
【点睛】本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，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5．（2023·山东济南·统考中考真题）在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．
(1)如图1，连接，求的度数和的值；
(2)如图2，当点在射线上时，求线段的长；
(3)如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切函数得出，可求出，由矩形和矩形可得，，求出，证明，根据相似三角形的性质即可得出答案；
（2）过点作于点，由矩形和矩形可得，，，证明，进而得出，设，则，根据，得出，求出，进而可得出答案；
（3）连接，先证明是等边三角形，，得出，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，进而求出，，，得出，可得当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【详解】（1）解：∵矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
由矩形和矩形可得，，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：如答案图1，过点作于点，
由矩形和矩形可得，，
，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴；
（3）解：如答案图2，连接，
∵矩形中，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，
∴，，，
∴，
∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键．
6．（2023·江苏泰州·统考中考真题）如图，矩形是一张纸，其中，小天用该纸玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点B翻折到上的点E处，折痕交于点G．展开后得到图①，发现点F恰为的中点．
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到上，折痕为；展开后将点B沿过点F的直线翻折到上的点H处；再展开并连接后得到图②，发现是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中的度数，并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)，理由见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得，根据题意可得，再设，然后表示出、，再由锐角三角函数求出即可；
（2）由折叠的性质可知，，从而可得出，进而得到，，由（1）知，可得，在中求出的正切值即可解答．
【详解】（1）证明：由折叠的性质可得，
，
四边形是矩形，
，
，
，
设，则，，
，
即，
，
解得，
根据勾股定理可得，
，
即，
．
解得，
，
，
点为的中点．
（2）解：，理由如下：
连接，如图：
由折叠的性质可知，，
，，
，
，
，
由（1）知，可得，
，
设，则，，
，
，
在中，，
，
，
．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．
7．（2023·湖南娄底·统考中考真题）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星．为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等．数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究．延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星．如图，正五边形的边的延长线相交于点F，的平分线交于点M．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
(3)求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据正多边形的性质可以得到，再利用三角形的内角和以及角平分线的定义得到，再根据，可得到，进而得到结论；
（2）根据等角对等边可以得到，，再由（1）得结论得到，解方程可以求出结果；
（3）设，连接，，根据正多边形可以推导出，，则可表示出，然后求出比值．
【详解】（1）证明：∵是正五边形，
∴，
∴，
又∵的平分线交于点M，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即；
（2）解：∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴；
（3）设，，连接，，
则根据（2）中计算可得，
∵是正五边形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，全等三角形的判定和性质，正多边形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
8．（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，在纸片中，，，，点为边上的一点（点不与点重合），连接，将纸片沿所在直线折叠，点，的对应点分别为、，射线与射线交于点．
(1)求证：；
(2)如图，当时，的长为______ ；
(3)如图，当时，过点作，垂足为点，延长交于点，连接、，求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质，得到，再根据折叠的性质，得到，然后结合邻补角的性质，推出，即可证明；
（2）作，交的延长线于，先证明四边形是正方形，再利用特殊角的三角函数值，求出，进而得到，即可求出的长；
（3）作，交的延长线于，作于，交的延长线于，作于，解直角三角形，依次求出、、、的值，进而求得的值，根据和，求得、，进而得出的值，解直角三角形，求出的值，进而得出的值，根据，得出，从而设，，进而表示出，最后根据，列出，求出，根据，得出，进而得到，即可求出的面积．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
由折叠性质可知，，
，
，
，
；
（2）解：如图，作，交的延长线于，
，，
，，
，
，
，
四边形是矩形，
由（1）可知：，
矩形是正方形，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
（3）解：如图，作，交的延长线于，作于，交的延长线于，作于，
四边形是平行四边形，
，，，，
，
在中，，，
，
在中，，
由（1）可知：，
，
，
又纸片沿所在直线折叠，点，的对应点分别为，，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
在中，，
，
，
，，
，
，
，
，
设，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形、轴对称的性质等知识，正确作辅助线，熟练解直角三角形是解题关键．
9．（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
【答案】（1）（2）证明见解析，拓展应用：
【分析】（1）利用等边对等角求出的长，翻折得到，，利用三角形内角和定理求出，，，表示出即可；
（2）证明，利用相似比进行求解即可得出；
拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∵将折叠，使边落在边上，
∴，，
∴，；
故答案为：；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；
经检验是原分式方程的解．
∴；
拓展应用：
如图，连接，延长至点，使，连接，
∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为黄金三角形，
∴，
∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为．
10．（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，、是两个等腰直角三角形，．
(1)当时，求；
(2)求证：；
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）先证明，再证明是线段的垂直平分线，即有，即是等边三角形，问题得解；
（2）根据垂直可得，又根据，可得，即可证明；
（3）过H点作于点K，先表示出，根据是线段的垂直平分线，可得，即可得，进而可得，则有，结合，，可得，再证明，即可证明．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵、是两个等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴等腰直角中，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，即是等边三角形，
∴；
（2）在（1）中有，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（3）过H点作于点K，如图，
∵，，
∴，
∴，即是等腰，
∴，
∵，，，
∴，
∵是线段的垂直平分线，
∴，
在（1）中已证明，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，作出科学的辅助线，是解答本题的关键．
11．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）中，，垂足为E，连接，将绕点E逆时针旋转，得到，连接．
(1)当点E在线段上，时，如图①，求证：；
(2)当点E在线段延长线上，时，如图②：当点E在线段延长线上，时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
(3)在（1）、（2）的条件下，若，，则_______．
【答案】(1)见解析
(2)图②：，图③：
(3)1或7
【分析】（1）求证，，得，所以，进而，所以；
（2）如图②，当点E在线段延长线上，时，同（1），，得，结合平行四边形性质，得，所以；如图③，当点E在线段延长线上，时，求证，得，同（1）可证，，结合平行四边形性质，得，所以；
（3）如图①，中，勾股定理，得 ，求得；如图②，，则,中，，可得图②中，不存在，的情况；如图③，中，勾股定理，得 ，求得．
【详解】（1）证明：，
．
，
∴
∴
．
，
．
．
，
．
．
四边形是平行四边形，
．
；
（2）如图②，当点E在线段延长线上，时，
同（1），，
∴
四边形是平行四边形，
．
∴
即；
如图③，当点E在线段延长线上，时，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
同（1）可证，
∴
四边形是平行四边形，
．
∴
即
（3）如图①，∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∵
∴
中，,，
由，得；
如图②，，则,中，，
∴,与矛盾，故图②中，不存在，的情况；
如图③，
∵四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴
中，，
∴
由知，．
综上，或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据条件选用恰当的方法作全等的判定是解题的关键．
12．（2023·辽宁营口·统考中考真题）在中，，点E在上，点G在上，点F在的延长线上，连接．，．
(1)如图1，当时，请用等式表示线段与线段的数量关系______；
(2)如图2，当时，写出线段和之间的数量关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，当点G是的中点时，连接，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）当时，，在上截取，连接，证明，推出，，得到；
（2）当时，得到，，过点G作交于点M，证明，推出，得到，由此得到，进而推出；
（3）由（2）得，设，由点G是的中点，得到，推出，，过点E作于N，根据角的性质及勾股定理求出，，即可得到，根据公式计算即可．
【详解】（1）解：当时，，
∵在中，，
∴，，
∴
∴，
在上截取，连接，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：；
（2），理由如下：
当时，，
∴，，
过点G作交于点M，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
（3）∵，，
∴，
设，
∵点G是的中点，
∴，
∴,
∴，
∴，，
过点E作于N，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，求角的正切值，熟练掌握各知识点是解题的关键．
13．（2023·江苏徐州·统考中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．
【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．
【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：
【分析】探究发现：作于点E，作交的延长线于点F，则，证明，，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长到点C，使，证明四边形是平行四边形，由【探究发现】可知，，则，得到，即可得到结论；
尝试应用：由四边形是矩形，，得到，，设，，由勾股定理得到，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作于点E，作交的延长线于点F，则，
∵四边形为平行四边形，若，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴
；
拓展提升：延长到点C，使，
∵为的一条中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵．
∴由【探究发现】可知，，
∴，
∴，
∴；
尝试应用：∵四边形是矩形，，
∴，，
设，则，
∴
，
∵，
∴抛物线开口向上，
∴当时，的最小值是
故答案为：
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
14．（2023·辽宁·统考中考真题）在中，，，点为的中点，点在直线上（不与点重合），连接，线段绕点逆时针旋转，得到线段，过点作直线，过点作，垂足为点，直线交直线于点．
(1)如图，当点与点重合时，请直接写出线段与线段的数量关系；
(2)如图，当点在线段上时，求证：；
(3)连接，的面积记为，的面积记为，当时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）可先证，得到，根据锐角三角函数，可得到和的数量关系，进而得到线段与线段的数量关系．
（2）可先证，得到，进而得到，问题即可得证．
（3）分两种情况：①点D在线段上，过点作垂直于，交于点，过点作垂直于，交于点，设，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案．②点D在线段的延长线上，过点作垂直于，交延长线于点,令交于点,连接,设，可证，进一步证得是等腰直角三角形，，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案
【详解】（1）解：．
理由如下：
如图，连接．
根据图形旋转的性质可知．
由题意可知，为等腰直角三角形，
为等腰直角三角形斜边上的中线，
，．
又，
．
在和中，
．
，．
．
．
．
（2）解：为等腰直角三角形斜边上的中线，
．
，
．
，，
．
，．
，．
在和中，
．
．
．
（3）解：当点D在线段延长线上时，不满足条件，故分两种情况：
①点D在线段上，如图，过点作垂直于，交于点；过点作垂直于，交于点．
设，则．
根据题意可知，四边形和为矩形，为等腰直角三角形．
，．
由（2）证明可知，
．
．
．
根据勾股定理可知
，
的面积与的面积之比
②点D在线段的延长线上，过点作垂直于，交延长线于点,令交于点,连接,由题意知，四边形，是矩形，
∵
∴
即
又∵，
∴
∴
而
∴
∴是等腰直角三角形，
设，则，
∴
中，
的面积与的面积之比
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理以及图形旋转的性质，灵活利用全等三角形的判定及性质是解题的关键．
15．（2023·贵州·统考中考真题）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．
(1)【动手操作】
如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析；135
(2)；理由见解析
(3)或；理由见解析
【分析】（1）根据题意画图即可；先求出，根据，求出；
（2）根据，，证明、P、B、E四点共圆，得出，求出，根据等腰三角形的判定即可得出结论；
（3）分两种情况，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，分别画出图形，求出之间的数量关系即可．
【详解】（1）解：如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：135．
（2）解：；理由如下：
连接，如图所示：
根据旋转可知，，
∵，
∴、P、B、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：当点P在线段上时，连接，延长，作于点F，如图所示：
根据解析（2）可知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
即；
当点P在线段延长线上时，连接，作于点F，如图所示：
根据旋转可知，，
∵，
∴、B、P、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
即；
综上分析可知，或．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．
16．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图①．在矩形．，点在边上，且．动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连续．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．（）
(1)当点和点重合时，线段的长为__________；
(2)当点和点重合时，求；
(3)当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
(4)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
(4)或或
【分析】（1）证明四边形是矩形，进而在中，勾股定理即可求解．
（2）证明，得出；
（3）过点作于点，证明得出，即可得出结论
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形
∴
∵，
∴四边形是矩形，
当点和点重合时，
∴，
在中，，
故答案为：．
（2）如图所示，
∵，，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，，
∴；
（3）如图所示，过点作于点，
∵，，
∴，
则四边形是矩形，
∴
又∵
∴，
∴
∴
∴是等腰直角三角形；
（4）①如图所示，当点在上时，
∵，
在中，，
则，
∵，则，，
在中，，
∴
解得：
当时，点在矩形内部，符合题意，
∴符合题意，
②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，
则，，
在中，
，
解得：，
③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，此时
综上所述，或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．
17．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．
【答案】（1）四边形是正方形，证明见解析；（2）；（3），证明见解析；
【分析】（1）证明，可得，从而可得结论；
（2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
（3）如图，连接，
∵，正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
18．（2023·山东东营·统考中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：．
（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：．
（3）用数学的语言表达．
如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明；
（2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明；
（3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状.
【详解】证明：（1）的中点，是的中点，
.
同理，.
，
.
.
（2）的中点，是的中点，
，
.
同理，.
由（1）可知，
.
（3）是直角三角形，证明如下：
如图，取的中点，连接，，
是的中点，
，.
同理，，.
，
.
.
，
，
.
，
.
又，
是等边三角形，
.
又，
.
，
.
是直角三角形.
故答案为：是直角三角形.
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理.
19．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．
(1)如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；
(2)如图2，若，且，
①求证：；
②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．
【答案】(1)点在线段的垂直平分线上
(2)①证明见解析，②
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出，再由各角之间的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接．利用等边三角形的判定和性质得出，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，点在线段的垂直平分线上．
理由如下：连接．
∵四边形是菱形，对角线相交于点，
．
，
，
∴点在线段的垂直平分线上．
（2）①证明：如图，∵四边形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；
②如图，连接．
，
∴是等边三角形．
∵，
∴，
在中，，
，
．
，，
，
．
，
，
．
在中，，
由勾股定理得，
．
【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
20．（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．
特例感知：
（1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析
【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可；
（2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形；
（3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：连接，，，如图，
∵四边形，都是正方形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P恰为的中点；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形，都是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）的形状不改变，
延长至点M，使，连接，
∵四边形、四边形都是正方形，
∴，，
∵点P为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设交于点H，交于点N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键．
二、填空题
21．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在正方形中，E在边上，交对角线于点F，于M，的平分线所在直线分别交，于点N，P，连接．下列结论：①；②；③；④若，，则，其中正确的是 ．
【答案】①④
【分析】如图，记到的距离为，可得，证明，可得，，证明，可得，可得，，故①正确；证明四点共圆，可得，证明，，故③不正确；求解，可得，（负根舍去），，，证明，，，，证明，，求解，可得，故④正确；证明，可得，求解，则，故②不正确．
【详解】解：如图，记到的距离为，
∴，
∵，正方形，
∴，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
，故①符合题意；
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故③不正确；
∵，，则，
∵正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，（负根舍去），
∴，，
同理可得：，
∴，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，故④正确；
同理可得：，
∴，
∴，
∴，则，故②不正确．
综上：正确的有①④；
故答案为：①④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，四点共圆，熟练的利用相似三角形的性质解决问题是关键，本题的难度大，是填空压轴题．
22．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵，，
∴，
在点P移动过程中，不一定，
相矛盾，
故①不正确；
延长交于点H,
则为矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴
故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故③正确，
，
即当的最小值，作B、D关于的对称点,
把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,
这时，
即的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
23．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会．这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”．如图，用四个全等的直角三角形（）拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连接和，与、、分别相交于点P、O、Q，若，则的值是 ．
【答案】
【分析】设，，则，证明，利用相似三角形的性质求出，可得，，利用勾股定理求出和，进而可得的长，再证明，可得，然后根据正方形的性质求出，即可得出答案．
【详解】解：设，，则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
整理得：，
解得：，（舍去），
即，
∴，，
∴，，
∴，
∴
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程以及二次根式的混合运算等知识，证明，求出的长是解题的关键．
1．（2023·江苏·统考中考真题）如图1，小丽借助几何软件进行数学探究：第一步，画出矩形和矩形，点、在边上（），且点、、、在直线的同侧；第二步，设置，矩形能在边上左右滑动；第三步，画出边的中点，射线与射线相交于点（点、不重合），射线与射线相交于点（点、不重合），观测、的长度．
(1)如图，小丽取，滑动矩形，当点、重合时，______；
(2)小丽滑动矩形，使得恰为边的中点．她发现对于任意的总成立．请说明理由；
(3)经过数次操作，小丽猜想，设定、的某种数量关系后，滑动矩形，总成立．小丽的猜想是否正确？请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)小丽的猜想正确，理由见解析
【分析】（1）证，利用相似三角形的性质即矩形的性质即可得解；
（2）证得，同理可得，由，，得，进而有，再根据矩形的性质即可得证；
（3）当时，取的中点，连接、，由，恰为边的中点，得，进而证，得，于是有，由平行线分线段成比例得，同理可证：，于是有，从而即可得解．
【详解】（1）解：∵四边形和四边形都是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，，
∴是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴即，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）证明：如下图，
解：∵小丽滑动矩形，使得恰为边的中点，
∴，，
∵四边形和四边形都是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：小丽的猜想正确，当时，总成立，理由如下：
如下图，取的中点，连接、，
∵四边形和四边形都是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，
∵恰为边的中点，是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∵，
∴，
∴，
∴小丽的猜想正确．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定及性质，比例的性质，平行线的判定及性质以及中点的定义，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
2．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是正方形，点M在上，点N在的延长线上，，连接，，点H在的延长线上，，点E在线段上，且，将线段绕点E逆时针旋转得到线段，使得，交于点F．
(1)线段与线段的关系是______．
(2)若，，求的长．
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求证，即可得证结论；
（2）由题知，，于是，可证，所以，于是；
（3）连接，令，则，中，，可求，所以，得证；延长线段至点I，使，可证，得，于是．
【详解】（1）解：
∵四边形是正方形，
∴，.
∴
又∵，
∴
∴．
（2）解：由题知，，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
（3）解：连接，令，则，
中，，
∴．
中，．
∴．
∴．
∴．
延长线段至点I，使，连接，则垂直平分，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等；添加辅助线，构造全等三角形，从而求证线段之间的相等关系是解题的关键．
3．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在中，，，点D是射线上的动点（不与点B，C重合），连接，过点D在左侧作，使，连接，点F，G分别是，的中点，连接，，．
(1)如图1，点D在线段上，且点D不是的中点，当，时，与的位置关系是________，________．
(2)如图2，点D在线段上，当，时，求证：．
(3)当，时，直线与直线交于点N．若，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)垂直，
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）连接并延长交于，根据等腰三角形的判定和性质，推出，四点共圆，进而得到，推出与垂直，利用斜边上的中线以及等腰三角形三线合一，得到，证明，得到，即可得出结果；
（2）作于，作，交的延长线于点，连接，同（1）推出，得到，进而得到，变形得到，再根据等腰三角形三线合一，以及含30度角的直角三角形的性质，利用线段之间的等量代换，即可得证；
（3）分点在线段上和在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：连接并延长交于，
∵，
∴，
同理：，
∴，
∴，四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴与垂直；
∵是的中点，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：垂直，；
（2）作于，作，交的延长线于点，连接，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，四点共圆，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是梯形的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）①当点在上时，作于，作，交的延长线于点，作，交的延长线与点，
由（2）知：为等边三角形，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，∴，∴，即：，
∴；
②当点D在的延长线上时，作于，作于点，作，交的延长线与点，
同①可知：，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴；
综上：或．
【点睛】本题考查几何的综合应用，难度大，属于中考压轴题，重点考查了等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，斜边上的中线，全等三角形和相似三角形的判定和性质，解直角三角形．解题的关键是添加合适的辅助线，构造特殊图形．
4．（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，在中，，，点D在边上，将线段绕点D按顺时针方向旋转得到，线段交于点E，作于点F，与线段交于点G，连接．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，，当平分四边形的面积时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，再根据，可得，即可；
（2）根据，可得点B，C，G，F四点共圆，从而得到，，从而得到，进而得到，可证明，即可；
（3）连接，根据，，可得，，，设，则可得，，，，，，再由平分四边形的面积，可得，从而得到关于x的方程，即可求解．
【详解】（1）证明：∵线段绕点D按顺时针方向旋转得到，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∵， ，
∴；
（2）证明：∵，
∴点B，C，G，F四点共圆，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即；
（3）解：如图，连接，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
设，则，
∴，，，
∴，
∴，，
∵平分四边形的面积，
∴，
∴，
即，
解得：（负值舍去），
∴．
【点睛】本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，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
5．（2023·山东济南·统考中考真题）在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形．
(1)如图1，连接，求的度数和的值；
(2)如图2，当点在射线上时，求线段的长；
(3)如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切函数得出，可求出，由矩形和矩形可得，，求出，证明，根据相似三角形的性质即可得出答案；
（2）过点作于点，由矩形和矩形可得，，，证明，进而得出，设，则，根据，得出，求出，进而可得出答案；
（3）连接，先证明是等边三角形，，得出，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，进而求出，，，得出，可得当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【详解】（1）解：∵矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
由矩形和矩形可得，，
∴，即，
∴，
∴；
（2）解：如答案图1，过点作于点，
由矩形和矩形可得，，
，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴；
（3）解：如答案图2，连接，
∵矩形中，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，
∴，，，
∴，
∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键．
6．（2023·江苏泰州·统考中考真题）如图，矩形是一张纸，其中，小天用该纸玩折纸游戏．
游戏1 折出对角线，将点B翻折到上的点E处，折痕交于点G．展开后得到图①，发现点F恰为的中点．
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到上，折痕为；展开后将点B沿过点F的直线翻折到上的点H处；再展开并连接后得到图②，发现是一个特定的角．
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中的度数，并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)，理由见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得，根据题意可得，再设，然后表示出、，再由锐角三角函数求出即可；
（2）由折叠的性质可知，，从而可得出，进而得到，，由（1）知，可得，在中求出的正切值即可解答．
【详解】（1）证明：由折叠的性质可得，
，
四边形是矩形，
，
，
，
设，则，，
，
即，
，
解得，
根据勾股定理可得，
，
即，
．
解得，
，
，
点为的中点．
（2）解：，理由如下：
连接，如图：
由折叠的性质可知，，
，，
，
，
，
由（1）知，可得，
，
设，则，，
，
，
在中，，
，
，
．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握以上知识是解题关键．
7．（2023·湖南娄底·统考中考真题）鲜艳的中华人民共和国国旗始终是当代中华儿女永不褪色的信仰，国旗上的每颗星都是标准五角星．为了增强学生的国家荣誉感、民族自豪感等．数学老师组织学生对五角星进行了较深入的研究．延长正五边形的各边直到不相邻的边相交，得到一个标准五角星．如图，正五边形的边的延长线相交于点F，的平分线交于点M．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
(3)求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据正多边形的性质可以得到，再利用三角形的内角和以及角平分线的定义得到，再根据，可得到，进而得到结论；
（2）根据等角对等边可以得到，，再由（1）得结论得到，解方程可以求出结果；
（3）设，连接，，根据正多边形可以推导出，，则可表示出，然后求出比值．
【详解】（1）证明：∵是正五边形，
∴，
∴，
又∵的平分线交于点M，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即；
（2）解：∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得：或（舍去），
∴；
（3）设，，连接，，
则根据（2）中计算可得，
∵是正五边形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，全等三角形的判定和性质，正多边形的性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
8．（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，在纸片中，，，，点为边上的一点（点不与点重合），连接，将纸片沿所在直线折叠，点，的对应点分别为、，射线与射线交于点．
(1)求证：；
(2)如图，当时，的长为______ ；
(3)如图，当时，过点作，垂足为点，延长交于点，连接、，求的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质，得到，再根据折叠的性质，得到，然后结合邻补角的性质，推出，即可证明；
（2）作，交的延长线于，先证明四边形是正方形，再利用特殊角的三角函数值，求出，进而得到，即可求出的长；
（3）作，交的延长线于，作于，交的延长线于，作于，解直角三角形，依次求出、、、的值，进而求得的值，根据和，求得、，进而得出的值，解直角三角形，求出的值，进而得出的值，根据，得出，从而设，，进而表示出，最后根据，列出，求出，根据，得出，进而得到，即可求出的面积．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
由折叠性质可知，，
，
，
，
；
（2）解：如图，作，交的延长线于，
，，
，，
，
，
，
四边形是矩形，
由（1）可知：，
矩形是正方形，
，，
，
，
，
，
故答案为：；
（3）解：如图，作，交的延长线于，作于，交的延长线于，作于，
四边形是平行四边形，
，，，，
，
在中，，，
，
在中，，
由（1）可知：，
，
，
又纸片沿所在直线折叠，点，的对应点分别为，，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
在中，，
，
，
，，
，
，
，
，
设，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形、轴对称的性质等知识，正确作辅助线，熟练解直角三角形是解题关键．
9．（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
【答案】（1）（2）证明见解析，拓展应用：
【分析】（1）利用等边对等角求出的长，翻折得到，，利用三角形内角和定理求出，，，表示出即可；
（2）证明，利用相似比进行求解即可得出；
拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∵将折叠，使边落在边上，
∴，，
∴，；
故答案为：；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；
经检验是原分式方程的解．
∴；
拓展应用：
如图，连接，延长至点，使，连接，
∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为黄金三角形，
∴，
∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为．
10．（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，、是两个等腰直角三角形，．
(1)当时，求；
(2)求证：；
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）先证明，再证明是线段的垂直平分线，即有，即是等边三角形，问题得解；
（2）根据垂直可得，又根据，可得，即可证明；
（3）过H点作于点K，先表示出，根据是线段的垂直平分线，可得，即可得，进而可得，则有，结合，，可得，再证明，即可证明．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵、是两个等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴等腰直角中，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，即是等边三角形，
∴；
（2）在（1）中有，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（3）过H点作于点K，如图，
∵，，
∴，
∴，即是等腰，
∴，
∵，，，
∴，
∵是线段的垂直平分线，
∴，
在（1）中已证明，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，作出科学的辅助线，是解答本题的关键．
11．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）中，，垂足为E，连接，将绕点E逆时针旋转，得到，连接．
(1)当点E在线段上，时，如图①，求证：；
(2)当点E在线段延长线上，时，如图②：当点E在线段延长线上，时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
(3)在（1）、（2）的条件下，若，，则_______．
【答案】(1)见解析
(2)图②：，图③：
(3)1或7
【分析】（1）求证，，得，所以，进而，所以；
（2）如图②，当点E在线段延长线上，时，同（1），，得，结合平行四边形性质，得，所以；如图③，当点E在线段延长线上，时，求证，得，同（1）可证，，结合平行四边形性质，得，所以；
（3）如图①，中，勾股定理，得 ，求得；如图②，，则,中，，可得图②中，不存在，的情况；如图③，中，勾股定理，得 ，求得．
【详解】（1）证明：，
．
，
∴
∴
．
，
．
．
，
．
．
四边形是平行四边形，
．
；
（2）如图②，当点E在线段延长线上，时，
同（1），，
∴
四边形是平行四边形，
．
∴
即；
如图③，当点E在线段延长线上，时，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
同（1）可证，
∴
四边形是平行四边形，
．
∴
即
（3）如图①，∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∵
∴
中，,，
由，得；
如图②，，则,中，，
∴,与矛盾，故图②中，不存在，的情况；
如图③，
∵四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴
中，，
∴
由知，．
综上，或7．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，根据条件选用恰当的方法作全等的判定是解题的关键．
12．（2023·辽宁营口·统考中考真题）在中，，点E在上，点G在上，点F在的延长线上，连接．，．
(1)如图1，当时，请用等式表示线段与线段的数量关系______；
(2)如图2，当时，写出线段和之间的数量关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，当点G是的中点时，连接，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）当时，，在上截取，连接，证明，推出，，得到；
（2）当时，得到，，过点G作交于点M，证明，推出，得到，由此得到，进而推出；
（3）由（2）得，设，由点G是的中点，得到，推出，，过点E作于N，根据角的性质及勾股定理求出，，即可得到，根据公式计算即可．
【详解】（1）解：当时，，
∵在中，，
∴，，
∴
∴，
在上截取，连接，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：；
（2），理由如下：
当时，，
∴，，
过点G作交于点M，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
（3）∵，，
∴，
设，
∵点G是的中点，
∴，
∴,
∴，
∴，，
过点E作于N，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，求角的正切值，熟练掌握各知识点是解题的关键．
13．（2023·江苏徐州·统考中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．
【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．
【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：
【分析】探究发现：作于点E，作交的延长线于点F，则，证明，，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长到点C，使，证明四边形是平行四边形，由【探究发现】可知，，则，得到，即可得到结论；
尝试应用：由四边形是矩形，，得到，，设，，由勾股定理得到，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作于点E，作交的延长线于点F，则，
∵四边形为平行四边形，若，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴
；
拓展提升：延长到点C，使，
∵为的一条中线，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵．
∴由【探究发现】可知，，
∴，
∴，
∴；
尝试应用：∵四边形是矩形，，
∴，，
设，则，
∴
，
∵，
∴抛物线开口向上，
∴当时，的最小值是
故答案为：
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
14．（2023·辽宁·统考中考真题）在中，，，点为的中点，点在直线上（不与点重合），连接，线段绕点逆时针旋转，得到线段，过点作直线，过点作，垂足为点，直线交直线于点．
(1)如图，当点与点重合时，请直接写出线段与线段的数量关系；
(2)如图，当点在线段上时，求证：；
(3)连接，的面积记为，的面积记为，当时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）可先证，得到，根据锐角三角函数，可得到和的数量关系，进而得到线段与线段的数量关系．
（2）可先证，得到，进而得到，问题即可得证．
（3）分两种情况：①点D在线段上，过点作垂直于，交于点，过点作垂直于，交于点，设，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案．②点D在线段的延长线上，过点作垂直于，交延长线于点,令交于点,连接,设，可证，进一步证得是等腰直角三角形，，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案
【详解】（1）解：．
理由如下：
如图，连接．
根据图形旋转的性质可知．
由题意可知，为等腰直角三角形，
为等腰直角三角形斜边上的中线，
，．
又，
．
在和中，
．
，．
．
．
．
（2）解：为等腰直角三角形斜边上的中线，
．
，
．
，，
．
，．
，．
在和中，
．
．
．
（3）解：当点D在线段延长线上时，不满足条件，故分两种情况：
①点D在线段上，如图，过点作垂直于，交于点；过点作垂直于，交于点．
设，则．
根据题意可知，四边形和为矩形，为等腰直角三角形．
，．
由（2）证明可知，
．
．
．
根据勾股定理可知
，
的面积与的面积之比
②点D在线段的延长线上，过点作垂直于，交延长线于点,令交于点,连接,由题意知，四边形，是矩形，
∵
∴
即
又∵，
∴
∴
而
∴
∴是等腰直角三角形，
设，则，
∴
中，
的面积与的面积之比
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理以及图形旋转的性质，灵活利用全等三角形的判定及性质是解题的关键．
15．（2023·贵州·统考中考真题）如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．
(1)【动手操作】
如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度；
(2)【问题探究】
根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析；135
(2)；理由见解析
(3)或；理由见解析
【分析】（1）根据题意画图即可；先求出，根据，求出；
（2）根据，，证明、P、B、E四点共圆，得出，求出，根据等腰三角形的判定即可得出结论；
（3）分两种情况，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，分别画出图形，求出之间的数量关系即可．
【详解】（1）解：如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：135．
（2）解：；理由如下：
连接，如图所示：
根据旋转可知，，
∵，
∴、P、B、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：当点P在线段上时，连接，延长，作于点F，如图所示：
根据解析（2）可知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
即；
当点P在线段延长线上时，连接，作于点F，如图所示：
根据旋转可知，，
∵，
∴、B、P、E四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
即；
综上分析可知，或．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论．
16．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图①．在矩形．，点在边上，且．动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连续．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．（）
(1)当点和点重合时，线段的长为__________；
(2)当点和点重合时，求；
(3)当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
(4)作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
(4)或或
【分析】（1）证明四边形是矩形，进而在中，勾股定理即可求解．
（2）证明，得出；
（3）过点作于点，证明得出，即可得出结论
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形
∴
∵，
∴四边形是矩形，
当点和点重合时，
∴，
在中，，
故答案为：．
（2）如图所示，
∵，，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，，
∴；
（3）如图所示，过点作于点，
∵，，
∴，
则四边形是矩形，
∴
又∵
∴，
∴
∴
∴是等腰直角三角形；
（4）①如图所示，当点在上时，
∵，
在中，，
则，
∵，则，，
在中，，
∴
解得：
当时，点在矩形内部，符合题意，
∴符合题意，
②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，
则，，
在中，
，
解得：，
③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，此时
综上所述，或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．
17．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．
【答案】（1）四边形是正方形，证明见解析；（2）；（3），证明见解析；
【分析】（1）证明，可得，从而可得结论；
（2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
（3）如图，连接，
∵，正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
18．（2023·山东东营·统考中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：．
（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：．
（3）用数学的语言表达．
如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析．
【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明；
（2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明；
（3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状.
【详解】证明：（1）的中点，是的中点，
.
同理，.
，
.
.
（2）的中点，是的中点，
，
.
同理，.
由（1）可知，
.
（3）是直角三角形，证明如下：
如图，取的中点，连接，，
是的中点，
，.
同理，，.
，
.
.
，
，
.
，
.
又，
是等边三角形，
.
又，
.
，
.
是直角三角形.
故答案为：是直角三角形.
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理.
19．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．
(1)如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；
(2)如图2，若，且，
①求证：；
②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．
【答案】(1)点在线段的垂直平分线上
(2)①证明见解析，②
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出，再由各角之间的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接．利用等边三角形的判定和性质得出，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，点在线段的垂直平分线上．
理由如下：连接．
∵四边形是菱形，对角线相交于点，
．
，
，
∴点在线段的垂直平分线上．
（2）①证明：如图，∵四边形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；
②如图，连接．
，
∴是等边三角形．
∵，
∴，
在中，，
，
．
，，
，
．
，
，
．
在中，，
由勾股定理得，
．
【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
20．（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．
特例感知：
（1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析
【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可；
（2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形；
（3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：连接，，，如图，
∵四边形，都是正方形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P恰为的中点；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形，都是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）的形状不改变，
延长至点M，使，连接，
∵四边形、四边形都是正方形，
∴，，
∵点P为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设交于点H，交于点N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键．
二、填空题
21．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）如图，在正方形中，E在边上，交对角线于点F，于M，的平分线所在直线分别交，于点N，P，连接．下列结论：①；②；③；④若，，则，其中正确的是 ．
【答案】①④
【分析】如图，记到的距离为，可得，证明，可得，，证明，可得，可得，，故①正确；证明四点共圆，可得，证明，，故③不正确；求解，可得，（负根舍去），，，证明，，，，证明，，求解，可得，故④正确；证明，可得，求解，则，故②不正确．
【详解】解：如图，记到的距离为，
∴，
∵，正方形，
∴，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
，故①符合题意；
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故③不正确；
∵，，则，
∵正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，（负根舍去），
∴，，
同理可得：，
∴，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴，故④正确；
同理可得：，
∴，
∴，
∴，则，故②不正确．
综上：正确的有①④；
故答案为：①④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，四点共圆，熟练的利用相似三角形的性质解决问题是关键，本题的难度大，是填空压轴题．
22．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵，，
∴，
在点P移动过程中，不一定，
相矛盾，
故①不正确；
延长交于点H,
则为矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴
故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故③正确，
，
即当的最小值，作B、D关于的对称点,
把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,
这时，
即的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
23．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）2002年的国际数学家大会在中国北京举行，这是21世纪全世界数学家的第一次大聚会．这次大会的会徽选定了我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，世人称之为“赵爽弦图”．如图，用四个全等的直角三角形（）拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连接和，与、、分别相交于点P、O、Q，若，则的值是 ．
【答案】
【分析】设，，则，证明，利用相似三角形的性质求出，可得，，利用勾股定理求出和，进而可得的长，再证明，可得，然后根据正方形的性质求出，即可得出答案．
【详解】解：设，，则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
整理得：，
解得：，（舍去），
即，
∴，，
∴，，
∴，
∴
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程以及二次根式的混合运算等知识，证明，求出的长是解题的关键．
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