专题19 解答压轴题型：几何综合题（解析版）备战2024年福建中考数学真题模拟题

第第页专题19解答压轴题型：几何综合题一、解答题1．（2023·福建·统考中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．

(1)求证：；(2)求的度数；(3)若是的中点，如图2．求证：．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论；（2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答；（3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．【详解】（1）解：是由线段绕点顺时针旋转得到的，，，．，．．，．．（2）解：如图1：设与的交点为，

，，，．，，．又，．，．（3）解：如图2：延长交于点，连接，

，，．是的中点，．又，，．，，．由（2）知，，．

，，，，即．，，．【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．2．（2022·福建·统考中考真题）已知，AB＝AC，AB＞BC．(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数．【答案】(1)见解析(2)，见解析(3)30°【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出，再根据三角形内角和，得到，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得，得到，设，，则，得到α+β的关系即可．【详解】（1）∵，∴AC＝DC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，∴，∴，∴，∴四边形ABDC是平行四边形，又∵AB＝AC，∴四边形ABDC是菱形；（2）结论：．证明：∵，∴，∵AB＝AC，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，∵AB＝CD，，∴，∴BM＝BD，，∴，∵，∴，设，，则，∵CA＝CD，∴，∴，∴，∴，∵，

∴，∴，即∠ADB＝30°．【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．3．（2021·福建·统考中考真题）如图，在正方形中，E，F为边上的两个三等分点，点A关于的对称点为，的延长线交于点G．（1）求证：；（2）求的大小；（3）求证：．【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）见解析【分析】（1）设直线与相交于点T，证明是的中位线即可；（2）连接，取的中点O，连接，证明点，F，B，G四点共圆即可；（3）设，则，设，则，根据勾股定理找到k与a的关系，根据列比例求解即可．【详解】解：（1）设直线与相交于点T，∵点A与关于对称，∴垂直平分，即．∵E，F为边上的两个三等分点，∴，∴是的中位线，∴，即．（2）连接，∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，∴．∴，∴，又，∴，∴是等腰直角三角形，∴．∵，∴，∴．取的中点O，连接，在和中，，∴，∴点，F，B，G都在以为直径的上，∴．（3）设，则．由（2）得，∴，即，∴．设，则，在中，由勾股定理，得，∴．在中，由勾股定理，得．又∵，∴，∴．∵，∴，∴．由（2）知，，又∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本小题考查正方形的性质、轴对称的性质、多边形内角与外角的关系、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、三角形中位线定理、圆的基本概念与性质、解直角三角形等基础知识，考查推理能力、运算能力，考查空间观念与几何直观，考查化归与转化思想．4．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考一模）在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ABC＝α，∠ADC＝180°﹣α．（1）若α＝90°时，直接写出CD与CB的数量关系为；（2）如图1，当α≠90°时，（1）中结论是否还成立，说明理由；（3）如图2，O为AC中点，M为AB上一点，BM＝AD，求的值．【答案】（1）CD＝CB；（2）仍然有CD＝CB，理由见解析；（3）＝2．【分析】（1）∠ABC＝α，∠ADC＝180°﹣α．α＝90°，得出∠ADC=180°-α=90°=∠ABC，角平分线上的点到角两边的距离相等，可得CD＝CB，（2）过点C作CE⊥AB于E，CF⊥AD，交AD的延长线于F，根据角平分线性质可得CE＝CF，再证△CDF≌△CBE（AAS）即可；（3）延长DO至点N，使ON＝DO，连接AN，先证△AON≌△COD（SAS），可得∠N＝∠CDO，AN＝CD＝CB，再证△AND≌△BCM（SAS），得出CM＝DN＝2DO即可．【详解】证明：（1）CD与CB的数量关系为：CD＝CB．∵∠ABC＝α，∠ADC＝180°﹣α．α＝90°，∴∠ADC=180°-α=90°=∠ABC，∵AC平分∠DAB，CD⊥AD，CB⊥AB，∴CD＝CB，故答案为：CD＝CB；（2）仍然有CD＝CB，理由如下：过点C作CE⊥AB于E，CF⊥AD，交AD的延长线于F，则∠CEB＝∠CFD＝90°，∵AC平分∠BAD，CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵∠ADC+∠CDF＝180°，∠ADC＝180°﹣a，∴∠CDF＝α＝∠ABC，在△CDF和△CBE中，∴△CDF≌△CBE（AAS），∴CD＝CB；（3）延长DO至点N，使ON＝DO，连接AN，在△AON和△COD中，，∴△AON≌△COD（SAS），∴∠N＝∠CDO，AN＝CD＝CB，∴CD∥AN，∴∠DAN+∠ADC＝180°，∴∠DAN＝180°﹣∠ADC＝α＝∠B，在△AND≌△BCM中，，∴△AND≌△BCM（SAS），∴CM＝DN＝2DO，∴＝2．【点睛】本题考查角平分线性质，三角形全等判定与性质，线段中点与倍分，掌握角平分线性质，三角形全等判定与性质，线段中点与倍分，利用辅助线构造全等图形是解题关键．5．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在中，，，，半圆的直径．点与点重合，半圆以的速度从左向右移动，在运动过程中，点、始终在所在的直线上．设运动时间为，半圆与的重叠部分的面积为．（1）当时，设点是半圆上一点，点是线段上一点，则的最大值为_________；的最小值为________．（2）在平移过程中，当点与的中点重合时，求半圆与重叠部分的面积；（3）当为何值时，半圆与的边所在的直线相切？【答案】（1）24cm，cm；（2）；（3）或或【分析】（1）当与点重合，点与点重合时，最大，此时如图①，过点作于，与半圆交于点，此时最小，，，所以；（2）当点与的中点重合时，如图②，点移动了，设半圆与交于点，连接、，，；（3）当半圆与直线相切时，运动的距离为0或12，所以（秒或6（秒；当半圆与直线相切时，如图③，连接，则，，，，移动的距离为，运动时间为（秒．【详解】解：解（1）当与点重合，点与点重合时，最大，此时如图①，过点作于，与半圆交于点，此时最小，，，，在中，，，故答案为，；（2）当点与的中点重合时，如图②，点移动了，设半圆与交于点，连接、．为直径，，，，，，；（3）当半圆与直线相切时，运动的距离为0或12，（秒或6（秒；当半圆与直线相切时，如图③，连接，则，，，，，移动的距离为，运动时间为（秒，综上所述，当为0或6或时，半圆与的边所在的直线相切．【点睛】本题考查了圆综合知识，熟练掌握勾股定理以及圆切线定理是解题的关键．要注意分类讨论.6．（2023·福建莆田·统考二模）在矩形中，点为线段上一动点，将沿折叠得到，点的对应点是，连接．

(1)如图1，，若点为的中点时，过点作于点，分别交，于点，．给出下列结论：①；②；③为等边三角形，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明；(2)如图2，若，．①在点运动过程中，当取得最小值时，求的长；②设，为，求关于的函数关系式．【答案】(1)结论①②正确，证明见解析(2)①；②【分析】（1）选择①：先证明，由折叠的性质可知，则，即可得到，再利用三角形外角的性质证明，即可证明；选择②：先证明四边形是矩形，得到，则，由折叠的性质可知，则，即可证明，进而推出；根据现有条件无法证明③；（2）①由折叠的性质可得，，则点F在以B为圆心，3为半径的一段圆弧上运动，故当三点共线时，取得最小值，设，则，求出，则，在中利用勾股定理建立方程，解方程即可求出；②分图2-1，图2-1两种情况，分别用x、y表示出的长，再在中利用勾股定理求出对应的函数关系式即可．【详解】（1）解：选①，证明如下：∵E为的中点，∴，由折叠的性质可知，∴，∴，∵，∴，即，∴；选②，证明如下：∵，，，∴四边形是矩形，∴，∴，由折叠的性质可知，∴，∴，∵，∴；根据现有条件无法证明③；（2）解：①由折叠的性质可得，∴点F在以B为圆心，3为半径的一段圆弧上运动，∴当三点共线时，取得最小值，设，则，在中，由勾股定理得，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴；

②如图2-1所示，当时，过点E作，交于G，交于H，则四边形是矩形，∴，∵，∴，由折叠的性质可得，∴，

∴，在中，，∴；∴，在中，由勾股定理得，∴，∴；

如图2-2所示，当时，过点E作交延长线于G，交于H，同理可得，则，在中，由勾股定理得，∴，∴；综上所述，关于的函数关系式为．

【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，圆外一点到圆上一点距离的最值问题等等，灵活运用所学知识并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．7．（2023·福建福州·统考二模）如图1，中，，，，将绕点B顺时针旋转得到，其中是点A的对应点，且，连接，．

(1)求证：；(2)如图2，当点在线段上时，求的面积；(3)直线与直线交于点D，点E是边的中点，连接，在旋转过程中，求的最大值．【答案】(1)见解析(2)(3)4【分析】（1）通过证明，可得结论；（2）先求出的面积，由相似三角形的性质可求解；（3）先确定点D在以为直径的圆上运动，由三角形中位线定理可求的长，即可求解．【详解】（1）∵在，，，，∴，∵将绕点B顺时针旋转得到，∴∴，∴，∴；（2）如图2，过点B作于H，

∵将绕点B顺时针旋转得到，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（3）如图3，

∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴点D在以为直径的圆上运动，设的中点为P，当点P在线段上时，有最大值，∵，∴，∴，∴DE的最大值为4．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．8．（2023年福建省福州十九中中考模拟数学试卷（4月份））在中，，，是上一点，连接．(1)如图1，若，是延长线上一点，与垂直，求证：．(2)过点作，为垂足，连接并延长交于点．①如图2，若，求证：．②如图3，若是的中点，直接写出的值．（用含n的式子表示）【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）如图1中，延长交于点．想办法证明即可．（2）①如图2中，作交的延长线于．利用全等三角形的性质证明，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．②如图3中，作交的延长线于，作于．不妨设，则．想办法求出，（用，表示），即可解决问题．【详解】（1）证明：如图1中，延长交于点．，，，，，，，，，，．（2）①证明：如图2中，作交的延长线于．，，，，，∵，，，，，，，∵，．②解：如图3中，作交的延长线于，作于．不妨设，则．则，∵，∴，，∴∴，∴，∴，∴，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于相似形综合题，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，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，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．9．（2023·福建福州·福建省福州延安中学校考二模）如图，在矩形中，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，以为边在直线的右侧作矩形，使得矩形矩形，交直线于点．(1)【尝试初探】在点的运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由．(2)【深入探究】若，随着点位置的变化，点的位置随之发生变化，当是线段中点时，求的值．(3)【拓展延伸】连接，，当是以为腰的等腰三角形时，求的值（用含的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)或(3)或【分析】（1）根据题意可得∠A=∠D=∠BEG=90°，可得∠DEH=∠ABE，即可求证；（2）根据题意可得AB=2DH，AD=2AB，AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，可得DE=4x-a，再根据△ABE∽△DEH，可得或，即可求解；（3）根据题意可得EG=nBE，然后分两种情况：当FH=BH时，当FH=BF=nBE时，即可求解．【详解】（1）解：根据题意得：∠A=∠D=∠BEG=90°，∴∠AEB+∠DEH=90°，∠AEB+∠ABE=90°，∴∠DEH=∠ABE，∴△ABE∽△DEH；（2）解：根据题意得：AB=2DH，AD=2AB，∴AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，∴DE=4x-a，∵△ABE∽△DEH，∴，∴，解得：或，∴或，∴或；（3）解：∵矩形矩形，，∴EG=nBE，如图，当FH=BH时，∵∠BEH=∠FGH=90°，BE=FG，∴Rt△BEH≌Rt△FGH，∴EH=GH=，∴，∵△ABE∽△DEH，∴，即，∴，∴；如图，当FH=BF=nBE时，，∴，∵△ABE∽△DEH，∴，即，∴，∴；综上所述，的值为或．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识是解题的关键．10．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）定义：若三角形有两个内角的差为90°，则这样的三角形叫做“准直角三角形”．(1)若是“准直角三角形”，，，则___________°；(2)如图1，中，，，．若D是AC上的一点，，请判断是否为准直角三角形，并说明理由；(3)如图2，在四边形中，，，，，且是“准直角三角形“，求的面积．【答案】(1)(2)是准直角三角形，理由见解析(3)48或24【分析】（1）分和，两种情况，进行讨论求解；（2）勾股定理求出的长，进而求出的长，过点作于点，利用三角函数，求出的长，推出，得到，利用外角的性质，推出，即可得出结论；（3）过点C作于F，，交的延长线于E，易证，得到，，分和，两种情况进行讨论求解即可．【详解】（1）解：∵是“准直角三角形”，，，①当时，则：，∴（不合题意，舍去）；②当时，则：，∵，∴，∴；故答案为：；（2）解：是准直角三角形，理由如下：∵中，，，，∴，，，∵，∴，过点作于点，则：，，，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴是准直角三角形；（3）解：如图，过点C作于F，，交的延长线于E，设，∵，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，∴，∴，当时，∵，∴，过点作于点，则：，∴设，则，∴，∴，∴；当，又：，∴，又∵，∴，∴∴，∴．综上所述：的面积为48或24．【点睛】本题考查三角形的内角和定理，外角的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，相似三角形的判定和性质；本题的综合性强，理解并掌握准直角三角形的定义，是解题的关键。11．（2023·福建三明·统考二模）如图，菱形的边长为，点，分别是边，．上的动点，，连接，交于点．(1)求证：；(2)求周长的最小值；(3)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据菱形的性质，，可得是等边三角形，证明，即可得出结论；（2）当最短时，周长有最小值，当与垂直时，最短，此时，根据三角形周长公式即可求解；（3）证明，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解．【详解】（1），，又四边形是菱形，，是等边三角形，，，又，，，，；（2），，，的周长为，当最短时，周长有最小值．，，是等边三角形，当与垂直时，最短，此时，周长的最小值；（3）过点作于点，如图所示，，，，又，，，当时，，又，，，，解得，．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．12．（2023·福建·模拟预测）在四边形中，，平分，且．(1)如图1，若，求的度数；(2)如图2，点是的中点，过作，交于，若，，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）如图，过点作于点，根据角平分线的性质和直角三角形的性质可推出与已知矛盾的结论，从而得出点与点重合，即，设，再根据四边形内角和为即可求解；（2）取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，延长交的延长线于点，延长至点，使，连接，过点作于点，设，，根据中位线和等角对等边得出，，根据勾股定理和锐角三角函数可得出，，，，利用等积法可得，再利用勾股定理得出，可得，，在中求出，再利用等腰三角形的性质得出，然后在中再利用锐角三角函数可得出，最后建立关于的方程，求解即可．【详解】（1）解：如图，过点作于点，∴，∵平分，，∴，∵，∴，∵在中，，此时与已知所得结论矛盾，∴点与点重合，即，设，∵平分，∴，，在四边形中，∵，∴，∴，∴的度数为；（2）取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，延长交的延长线于点，延长至点，使，连接，过点作于点，设，，∵平分，且，∴，，，∵点是的中点，，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，在中，，∴，∵，，∴在中，，∴，∴，在中，∵，∴，∴，∵，∴，∵，，∴垂直平分，∴，，∵，∴，∴，在中，，，，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，∴的长为．【点睛】本题考查角平分线的性质，四边形内角和为，中位线定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，平行线的性质，等积法等知识点．通过添加适当辅助线，灵活运用所学知识是解题的关键．13．（2023·福建福州·福建省福州屏东中学校考一模）如图，等腰直角中，．(1)如图1，若是内一点，将线段绕点顺时针旋转得到，连，求证：；(2)如图2，若是外一点，将线段绕点顺时针旋转得到，且，求证：；(3)如图，若是斜边的中点，为下方一点，且，，，则___________．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据旋转的性质可得，从而得到，可证明，即可；（2）连接交于点O，连接，根据旋转的性质可得，再证明，可得，从而得到，进而得到，可得到，即可；（3）过点O作于点O，使，连接，并延长交于点Q，交于点N，先证明，可得，，从而得到，再由，以及等腰直角三角形的性质可得，，再由勾股定理求出，即可求解．【详解】（1）证明∶∵将线段绕点顺时针旋转得到，∴，∵，∴，即，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴；（2）证明：如图，连接交于点O，连接，∵将线段绕点顺时针旋转得到，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，即，∵是等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：如图，过点O作于点O，使，连接，并延长交于点Q，交于点N，∵是等腰直角三角形，是斜边的中点，∴，，∴，∴，∴，∴，，∵，∴，在中，，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，图形的旋转，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，图形的旋转的性质，勾股定理，利用类比思想解答是解题的关键．14．（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，已知四边形为矩形，，，，将沿翻折到．

(1)求证：；(2)求的长；(3)求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据得，再又折叠的性质得即可证明；（2）根据翻折变换的特点和勾股定理结合方程思想解答即可；（3）根据锐角三角函数的定义，利用勾股定理解答即可．【详解】（1）证明：∵，∴，根据折叠的性质可得，，∴，∴；（2）解：∵四边形为矩形，，，∴，，∴，∵，∴，根据折叠的性质可得，，∴，∴，∴，设，则，在中，，∴，解得：，∴，在中，；（3）解：过点F作于点G，如图，根据折叠的性质可得，，设，则，在中，，在中，，∴，解得：，∴，在Rt△FEG中，，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握这些性质特点是解答本题的关键．15．（2023·福建宁德·统考二模）如图，已知和都是等腰直角三角形，，，．将绕点C旋转，使得点E落在内部，连接，．(1)求证：；(2)当时，求的值；(3)延长，交直线于点F，连接．写出线段，，之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)(3)，理由见解析【分析】（1）证明，，从而可得结论；（2）解法一：当时，，证明．由（1）得，．即B，E，D三点共线．（如图2），再利用勾股定理可得答案；解法二：过点C作，交延长线于点H．如图3，当时，，证明．求解．可得．由（1）得，从而可得答案；解法三：过点A作，交延长线于点I．当时，证明，．设，则．再建立方程求解x，可得．由（1）得，从而可得答案；（3）设交于点H，作交BF于点G．由（1）得，证明．．可得．从而可得结论．【详解】（1）解：和都是等腰直角三角形，．．即，，∴．．（2）解法一：当时，，又，．由（1）得，，．即B，E，D三点共线．（如图2）在中，，，，．

．解法二：过点C作，交延长线于点H．如图3，、当时，，又，．．，．在中，，．．由（1）得，．．解法三：过点A作，交延长线于点I．当时，，又，．．．设，则．在中，，．．，（舍去）．．由（1）得，．．（3）．理由：设交于点H，作交于点G．由（1）得，．，．．．．，即．，，．．．【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用运算知识解题是关键．16．（2023·福建厦门·厦门市第十一中学校考二模）如图，、均为等边三角形，，．将绕点沿顺时针方向旋转，连接、．(1)在图①中证明；(2)如图②，当时，连接，求的面积；(3)在的旋转过程中，直接写出的面积的取值范围．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）先判断出，即可得出结论；（2）先判断出，进而得出，再用含角的直角三角形的性质和勾股定理求出，，最后用三角形的面积公式即可得出结论．（3）过作于，根据等边三角形的性质得到，根据勾股定理得到，如图⑤，当与在同一条直线上，且点在的外部时，的面积最大，如图⑥，当与在同一条直线上，且点在的内部时，的面积最小，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：和是等边三角形，，，，，在和中，，；（2）如图②，连接，同（1）的方法得，，，，，过点作于，过点作，交的延长线于，则，在等边中，，，，，在中，根据勾股定理得，，在中，，，，，；（3）过作于，是等边三角形，，，如图③，当与在同一条直线上，且点在的外部时，的面积最大，，如图④，当与在同一条直线上，且点在的内部时，的面积最小，，综上所述，的面积的取值范围为．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质，熟练运用上述知识点是解题的关键．17．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）（1）问题背景：如图，中，，点在上，于，求证：；（2）尝试应用：如图，在中，点在上，点在上，，，，，，求四边形的面积．（3）拓展创新：如图，，，，，，直接写出的长．【答案】（1）见解析（2）156（3）【分析】（1）证明，即可得证．（2）过点作于点，过点作于点，分别解，求出的长，三角形的面积公式求出的长，进而得到的长，利用（1）中模型，得到，求出的长，进而求出的长，利用四边形的面积，进行求解即可；（3）延长，交于点，过点作于点，过点作于点，同法（1）以及等积法，分别求出的长，在中，利用勾股定理进行求解即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∵，∴，∴；（2）过点作于点，过点作于点，∴，∵，，∴，∴，∵∴，∴，∵，∴，∴，∴，同法（1）可得：，即：，∴，∴，∴四边形的面积．（3）延长，交于点，过点作于点，过点作于点，∵，又：，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，同法（1）可得：，即：，∴，解得：（负值已舍掉）；∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理．解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形．18．（2023·福建福州·校考一模）已知：在中，，，是的中点，以为直径的分别交、于点、，点位于点下方，连接交于点．(1)求证：F是的中点；(2)如图1，如果，求的长；(3)如图2，设，，求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围；【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）连接，利用直角三角形斜边中线的性质得到，再根据圆周角定理得到，最后利用三线合一证明即可；（2）连接．在中，求出，即可解决问题．（3）连接，设交于，连接，，．想办法用表示，，证明，推出，延长构建关系式即可解决问题．根据点位于点下方，确定的取值范围即可．【详解】（1）解：如图，连接，∵，D是中点，∴，∵是直径，∴，即，∴F是中点；（2）解：如图，连接．在中，，，，，是的直径，，，，，，，在中，．（3）解：如图，连接，设交于，连接，，．，是的直径，直线经过点，是的直径，，，，，，，，，，，，，，∴，即，可得，，，，．【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．19．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）如图，在正方形中，点在边上，点A关于直线的对称点为点F，连接．设，(1)试用含的代数式表示；(2)作，垂足为G，点G在AF的延长线上，连接，试判断与的位置关系，并加以证明；(3)把绕点B顺时针旋转90°得到，点E的对应点为点H，连接，若是等腰三角形，求的值．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)或【分析】（1）由轴对称的性质可得，，可求，由等腰三角形的性质求出即可得到答案；（2）通过证明，，，点四点共圆，可得，由等腰三角形的性质可得，可得，可证；（3）由于，故分两种情况：当由旋转的性质可得，，，，由“”可证，可得，即可求解；当时，可证点与点重合，则点与点重合，由此即可得到答案．【详解】（1）解：如图1，连接，∵四边形是正方形，∴，∵点关于直线的对称点为点，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴；（2）解：，证明如下：如图2，连接，∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，，，四点共圆，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴；（3）解：∵，∴，∴；如图3，当时，过点作于，∵将绕点顺时针旋转得到，∴，，，∴，∴，∵，，∴，，，又∵，∴，∴，∴，∴；当时，∴，∴，∴，∵，∴，∴三点共线∴点与点重合，则点与点重合，∴；综上所述：的值为或．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的有关知识，等腰三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．20．（2023·福建漳州·统考一模）如图，四边形是矩形，对角线与交于点，过点作于点，作交延长线于点．(1)求证：；(2)求证：．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】根据，可得，结合即可得到证明；过点作交于点，根据四边形是矩形，可得，，根据，可得，得到，在与中利用三角函数列等式即可得到证明；【详解】（1）证明：∵，，∴，∵，∵；（2）证明：过点作交于点，在矩形中，，∴，∵，，∴，，∴，∴，在中，，在中，，∵，∴，∴，即．【点睛】本题考查三角形相似的判定与性质，三角函数，直角三角形两锐角互余，解题的关键是作出辅助线．21．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是对角线BD上的一点，把△ABE沿着直线AE翻折得到△AFE，且点F恰好落在AD边上，连接BF．（1）求△DEF的周长；（2）求sin∠BFE的值．【答案】（1）12；（2）【分析】解法一：（1）首先根据矩形的性质和勾股定理得出BD的长度，然后由折叠的性质得出，则的周长为，代入相应的数值即可计算；（2）作于点，首先由得出，然后利用求出FG的长度，利用勾股定理求出BF的长度，则，则答案可求；解法二：（1）首先根据矩形的性质和勾股定理得出BD的长度，然后由折叠的性质得出，则的周长为，代入相应的数值即可计算；（2）延长交于点，首先轴对称性质可得，进而得出为等腰直角三角形，然后利用得出，进而求出BE,EF的长度，然后利用勾股定理求出BF的长度，进而求出FN的长度，再利用勾股定理求出EN的长度，最后利用即可求解．【详解】解法一:四边形是矩形，．在中，，由勾股定理得．由轴对称性质可得，，的周长；作于点，，．，，解得．在中，，由勾股定理得．在中，，．解法二：同解法一；如图2，延长交于点，记的交点为,由轴对称性质可得，又，为等腰直角三角形，且，，，即，解得，．在中，，由勾股定理得，．在中，，由勾股定理得，．【点睛】本题主要考查矩形和折叠问题，掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数的定义是解题的关键．22．（2023·福建泉州·统考二模）如图1，在正方形中，E是对角线延长线上的一点，线段绕点B顺时针旋转至，连接．(1)求证：；(2)连接交于点F，并延长与的延长线相交于点H．①如图2，若，求的值；②如图3，与相交于点Q，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据“边角边”证明即可；（2）①证明，再列出比例式即可求解；②由①可得，列出比例式，再设出正方形的边长，求出，作于M，根据三角函数定义求解即可．【详解】（1）证明：在正方形中，∴，，∵线段绕点B顺时针旋转至，∴，，∴，∴∴．（2）解：①在正方形中，E是对角线延长线上的一点，∴，∴，∵，，∴，

∴，，∴，∴，∴，设，∵，∴，即，解得，（负值舍去），；②∵，∴，由①可知，，∴，设出正方形的边长为m，则，∵，∴，解得，（负值舍去），作于M，则，，，．【点睛】本题考查了相似三角形和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相关判定定理进行证明推理．23．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转角得到线段，连接，过点作于点，连接，分别交、于点、．

(1)当时，求的大小；(2)当时，试写出线段与满足的数量关系，并证明；(3)若为线段的中点，求的长．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)【分析】（1）根据题意作图，根据等腰三角形的性质和角的和差即可求解；（2）根据等腰三角形的性质和角的和差即可求出；再根据等腰直角三角形的判定和性质得出，连接，可证明是直角，进而证明，根据相似三角形的性质求解即可；（3）过点作，通过证明，再利用相似三角形的性质和等腰三角形的性质进行求解即可．【详解】（1）解：∵，当时，，∵，∴；（2），证明如下：连接，

，，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，；（3）过点作，则，

，，，为的中点，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．24．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考二模）在中，，，点在边上，，将线段绕点顺时针旋转至，记旋转角为，连接，，以为斜边在其一侧制作等腰直角三角形．连接．（1）如图1，当时，请直接写出线段与线段的数量关系；（2）当时，①如图2，（1）中线段与线段的数量关系是否仍然成立？请说明理由；②如图3，当，，三点共线时，连接，判断四边形的形状，并说明理由．【答案】（1）；（2）①成立，理由见解析；②平行四边形，理由见解析；【分析】（1）如图1，证明，由平行线分线段成比例可得，由的余弦值可得；（2）①根据两边成比例，夹角相等，证明，即可得；②如图3，过作，连接,交于点，根据已知条件证明，根据平行线分线段成比例可得，根据锐角三角函数以及①的结论可得,根据三角形内角和以及可得，进而可得，即可证明四边形是平行四边形．【详解】（1）如图1，，，，是以为斜边等腰直角三角形，,，，，，，，即；（2）①仍然成立，理由如下：如图2，，，，是以为斜边等腰直角三角形，,，，，即，，，，，，即；②四边形是平行四边形，理由如下：如图3，过作，连接,交于点，，，，，，，是以为斜边等腰直角三角形，，，，三点共线，，，，，，，，，，，，，由①可知，，是以为斜边等腰直角三角形，,，，，，，，，即，，，，四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了等腰三角形性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，平行四边形的判定，熟练掌握平行线分线段成比例以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．25．（2023·福建三明·统考一模）如图①，在正方形中，点，分别在，边上，，，垂足为，过点作，交于点.(1)求证：；(2)求的值（用含的代数式表示）；(3)如图②，当时，连接并延长，交于点，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】(1)根据正方形的性质得到全等，再依据全等三角形的判定可以得到线段相等；(2)先根据正方形得到平行，再利用平行线分线段成比例得到结论；(3)根据正方形的性质即可求得相似三角形，再根据相似比可以得到线段的关系．【详解】（1）证明：∵，∴，∴.∵在正方形中，，，∴，∴，∴，∴；（2）解：延长交于点，在正方形中，，，又∵，∴四边形是平行四边形，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴；（3）证明：∵，，∴，设正方形的边长为，则，∴在中，由勾股定理得，∵在正方形中，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，∵在正方形中，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴.【点睛】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，正方形的性质，平行线分线段成比例，掌握常用辅助线的作法是解题的关键．26．（2023·福建厦门·厦门市湖里中学校考模拟预测）矩形中，，，点在边上，且不与点、重合．将沿直线折叠得到，点落在矩形的内部，延长交直线于点．(1)求证：；(2)①如图1，当点是的中点时，求的值；

②如图2，直线与的延长线交于点，连交于点，点是的中点．当时，请判断与的数量关系，并说明理由．

【答案】(1)证明见解析(2)①；②，理由见解析【分析】（1）由折叠、矩形的性质可得，，则，进而结论得证；（2）①由题意知，，，设，则，在中，由勾股定理得，即，计算求解即可；②如图，过作，交于，则，由折叠、矩形的性质可得，，，，则，，是的中点，即，由，可得，由，可得，则，由是的中点，即，根据，可得与的数量关系．【详解】（1）证明：由折叠、矩形的性质可得，，∴，∴；（2）①解：由题意知，，，设，则，在中，由勾股定理得，即，解得，∴的值为；②解：与的数量关系为，理由如下：如图，过作，交于，

∴，由折叠、矩形的性质可得，，，，∴，∴，∴是的中点，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵是的中点，∴，∴，∴，∴与的数量关系为．【点睛】本题考查了矩形、折叠的性质，等角对等边，勾股定理，平行线的性质，三角形外角的性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．27．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在中，．将绕点逆时针旋转，旋转角为得到，记点，的对应点分别为，，连接，，射线与交于点．(1)如图，当点在射线上时，①求的度数；（用含的式子表示）②若，证明：四边形为平行四边形；(2)在旋转过程中是否存在的情形？若存在，求出此时与的数量关系；若不存在，请说明理由．【答案】(1)①；②见解析(2)存在的情形，此时或【分析】（1）①由旋转，，所以，进而可得；②由已知，在中，，可得，由旋转可得，，，得到，再证明则问题可证；（2）当，，不共线时，过点作的平行线与延长线交于点，连接，．证明四边形为平行四边形，再证明，得到则可推出；当，，共线时，此时，点与点重合．可证明进而可得．【详解】（1）①∵将绕点逆时针旋转得到，旋转角为，∴，，∴．∵，∴．②∵在中，，∴，∴．∴旋转角，，由①可知，，，，∴．∵，∴，∴，∴四边形为平行四边形．（2）①当点，，不共线时，如图，过点作的平行线与延长线交于点，连接，．由（1）①可知，，∵，∴∵，∴，∴．∵，∴，∴四边形为平行四边形，∴点为，的中点，即，．∵当时，∴，∴，∴，∴，∴，∴，②当点，，三点共线时，此时，点与点重合．∵，且，∴，此时．综上所述，在旋转过程中存在的情形，此时或．【点睛】本题考查图形的旋转，全等三角形的性质与判定，平行四边形性质和判定，解答关键是运用分类讨论是数学思想，具体问题具体分析．28．（2023·福建漳州·统考二模）在矩形中，，为上一点，将沿折叠，得到．

(1)如图（1），若点恰好在边上，点在上，且，连接．求证：；(2)如图（2），若点在矩形内部，延长交边于点，延长交边于点，且，，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）方法一：由折叠可得，，，设，则则，在中，，根据，即可得证；方法二：连接，则，证明，即可得证；

（2）连接，根据折叠的性质，得，，设，在中，勾股定理，解得．证明，根据相似三角形的性质得出，．由，可得，由折叠可知，即可得证．【详解】（1）解：方法一：∵四边形是矩形，∴，．

由折叠可得，，．

∴设，则，

在中，．

∴．∴．

方法二：∵四边形是矩形，∴，．

由折叠可得，，．

如图，连接，

∴．∴．

∵，∴，∴，∴．

又，∴．∴．（2）连接，根据折叠的性质，得，，

∵，∴．∴．∴．

设，在中，．∴，解得．∴．

∴．∵，，∴．

∴，即．∴，．

∴．∴．

∴在以为直径的圆上，

∴．由折叠可知．

∴．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，相似三角形性质与判定，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握以上知识是解题的关键．29．（2023·福建泉州·统考一模）在中，，将绕点旋转一定的角度得到．(1)如图1，当边恰好经过点C时，边的延长线交于点，连接．求证：；(2)如图2，当点恰好在中线的延长线上，且时，的延长线交于点，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】由旋转性质得出为等腰三角形，从而得出，有三角形内角和得出，再通过角之间的关系推出最后结论．设，由旋转性质推出，由直角三角形内角之间关系得，，进而得出，再由相似三角形对应边成比例得出，设，所以，有对应角相等推出，得出，进而表示出，再得出最后结果即可．【详解】（1）证明：如图1，由旋转的性质得，，．，，又，，即．，，，＝，即．（2）如图2，设，由旋转的性质得，，，，，在等腰中，，，，．，．是斜边上的中线，，，即，，，，，，．，．又，，即，，，．设，则，．，，，，即，，．【点睛】本题主要考查了旋转性质、三角形内角和、相似三角形的判定及相似三角形对应边成比例的知识，旋转后对应边和角相等是解答本题的关键．30．（2023·福建厦门·福建省同安第一中学校考一模）在中，，，．将绕点B顺时针旋转得到，直线，交于点P．（1）如图1，当时，连接．①求的面积；②求的值；（2）如图2，连接，若F为中点，求证；C，E，F三点共线．【答案】（1）①10．②．（2）证明见解析部分【分析】（1）①过点作于．证明四边形是矩形，推出，利用勾股定理求出，可得结论．②利用面积法求出，再利用勾股定理求出，推出，可得结论．（3）如图2中，连接，取的中点，连接，．想办法证明，可得结论．【详解】解：（1）①过点作于．，，，四边形是矩形，，在中，，由旋转的旋转可知，，．②由旋转的性质可知，，，，，，，，．（2）如图2中，连接，取的中点，连接，．，，，，是由旋转得到，，，，，，，，，，，，，，，四点共圆，，，，，、、三点共线．【点睛】本题考查了几何变换综合题，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是证明．31．（2023·福建三明·校考一模）在矩形中，连接，线段是线段绕点逆时针旋转得到，平移线段得到线段（点与点对应，点与点对应），连接，分别交，于点，，连接．(1)求证：；(2)求的大小；(3)若，，求矩形的面积（用含有，的式子表示）．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）连接，，根据平移的性质，得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，得出，，再根据平行公理，得出，再根据矩形的性质，得出，再根据等量代换，得出，再根据平行四边形的判定定理，得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，即可得出结论；（2）延长，交的延长线于点，由（1）可知，根据平行线的性质，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据题意，得出，再根据角之间的数量关系，得出，进而得出，再根据旋转的性质，得出，再根据“角角边”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，，进而得出，再根据线段之间的数量关系，得出，进而得出是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，即可得出答案；（3）根据题意，得出为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质，得出，再根据（2）得出，进而得出，再根据对顶角相等，得出，再根据三角形的内角和定理和对顶角相等，得出，再根据相似三角形的判定定理，得出，再根据相似三角形的性质，得出，进而得出，再根据等量代换，得出，据此即可得出答案．【详解】（1）证明：如图，连接，，∵线段平移得到线段，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，，∴，又∵四边形是矩形，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴；（2）解：延长，交的延长线于点，由（1）可知：，∴，∵，∴，∴，∵线段是线段绕点逆时针旋转得到，∴，∴，∴，∵线段是线段绕点逆时针旋转得到，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴；（3）解：∵为等腰直角三角形，∴，由（2）可知：，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴．【点睛】本题考查了平移的性质、平行公理、矩形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形两锐角互余、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、对顶角相等、相似三角形的判定与性质，解本题的关键在正确作出辅助线，并熟练掌握相关的性质定理．32．（2023·福建南平·统考一模）在五边形中，四边形是矩形，是以E为直角顶点的等腰直角三角形．与交于点G，将直线绕点E顺时针旋转交于点F．(1)求证：；(2)判断线段，，之间的数量关系，并说明理由；(3)若，且，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)线段，，之间的数量关系为：，理由见解析(3)【分析】（1）由题意知：，，，从而得知，由三角形的内角和定理得知，由旋转得知，从而，进而可得结论；（2）将绕点旋转得到，则已知和旋转的性质可以得出：，，点在直线上，，证明，得到，等量代换可得结论；（3）连接，证明，得到，从而得到，由等腰三角形三线合一知：，由（2）可知，，，在中，由勾股定理求出，从而得出线段的长．【详解】（1）证明：∵是以E为直角顶点的等腰直角三角形，∴，，，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴∵将直线绕点E顺时针旋转交于点F，∴，从而，∴；（2）线段，，之间的数量关系为：，理由如下：将绕点旋转得到，如图：则，，，，∴，，∴点在直线上，，在和中，∴，∴，而，∴；（3）若，且，则，连接，如图：在和中，，∴，∴，而，∴，∵，∴，由（2）可知，，，在中，由勾股定理，得：，∴．【点睛】本题属于几何综合，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质及勾股定理，熟练掌握相关知识和构造辅助线是解决问题的关键．33．（2023·福建厦门·统考一模）点是直线上的定点，等边的边长为，顶点在直线上，从点出发沿着射线方向平移，的延长线与射线交于点，且在平移过程中始终有，连接，，交于点，如图所示．(1)以为圆心，为半径作圆，交射线于点．①当点在⊙O上时，求的长；②⊙O的半径为，当平移距离为时，判断点与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)在平移过程中，是否存在的情形？若存在，请求出此时点到直线的距离；若不存在，请说明理由．【答案】(1)①；②点在⊙O上，见解析(2)存在，【分析】（1）①根据圆的基本性质和等边三角形性质求出，再根据锐角三角函数求出半径的长，最后根据弧长公式求解即可；②过点作于，根据锐角三角函数求出的长，进而求出半径的长，再根据三角函数求出的长，最后根据垂直平分线的性质与判定证出即可得解；（2）解法一：过点作于，过点作于，交于点，连接，先根据证出，得到，进而得到，设，在中，根据三角形内角和定理求出的度数，进而得出，再根据三角函数得到和关于的代数式，最后根据，列方程求解出，即可得出的长；解法二：过点作于，先证出，得到，根据含的直角三角形的性质求出的代数式，进而得出的代数式，根据列方程求解出，即可得出的长．【详解】（1）①∵点在上，∴，∴，∴，∵是等边三角形，∴，∵，∴在中，，∵在中，，∴，∴；②点在上，理由如下：过点作于，，，∴在中，，∴，，∴，∴，∵，，∴，，即，∵在中，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴点在上；（2）解法一：存在的情形，理由如下：过点作于，过点作于，交于点，连接，若存在，则，∵是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，，，∴，∴，又∵，∴，设，则，∴，∵，∴，∴在中，，∴，∴，∴在中，，∴，∵在中，，∴，∴，∵，∴，解得，此时，，∴当平移距离为时，，此时点到直线的距离为．解法二：存在的情形，理由如下：过点作于，若存在，则，∵是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵在中，，∴，∴，∴，又∵，∴①，化简得，解得，，经检验，，都是方程①的解，∵，∴，∴，此时，，∴当平移距离为时，，此时点到直线的距离为．【点睛】本题考查了等边三角形和圆的综合题，运用到了圆的性质，等边三角形的性质，解直角三角函数，弧长公式，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，垂直平分线的性质与判定，三角形内角和定理，含的直角三角形的性质等众多知识点，复杂程度高，综合性强．34．（2023·福建龙岩·统考二模）在中，，的平分线交于点D，将绕点B顺时针旋转到与在的同一侧，且，过点E作于点F．

(1)如图1，若，求的度数；(2)求证：A，D，E三点在同一直线上；(3)如图2，若，，求的长．【答案】(1)(2)见解析(3)10【分析】（1）由，可得，由平分，可得，由，可得，根据，计算求解即可；（2）如图1，连接，过点B作于点H，则，由旋转得，，由，，可得，由平分，可得，则，由，，可得，进而可证A，D，E三点在同一直线上；（3）如图2，过点D作于G，由角平分线的性质定理可得，由，可得，证明，则，在中，由勾股定理得，则，，在中，由勾股定理得，证明，则，即，解得，，在中，由勾股定理得，计算求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴的度数为；（2）证明：如图1，连接，过点B作于点H，则，

由旋转得，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∵，∴，∴，∴A，D，E三点在同一直线上．（3）解：如图2，过点D作于G，

∵，即，平分，∴，∵，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴，在中，由勾股定理得，∵，，∴，∴，即，解得，∴，在中，由勾股定理得，∴的长为10．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，旋转的性质，角平分线的的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．35．（2023·福建漳州·统考模拟预测）在矩形中，为上一点，将沿折叠，得到．

(1)如图1，若点恰好在边上，点在上，且，连接．求证：．(2)如图2，若点在矩形内部，延长交边于点，延长交边于点，连接，且，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由折叠可证明，设，即可求解；（2）先证明，在中用勾股定理求出，证明，求出，从而证明结论．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，由折叠可得，，∴设，则，在中，，∴，∴．（2）解：连接，如图所示，

根据折叠的性质，得，∵，∴，∴，∴，设，在中，，∵，，∴，∴，解得．∴．∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴．∴点在以E为圆心为直径的圆上，∴．由折叠可知．∴．【点睛】本题考查了几何折叠，灵活运用折叠的性质和正确做出辅助线是解题关键．36．（2023·福建莆田·校考一模）如图，中，，以直角边为腰，向外作等腰直角三角形，，，点E是边上一点，且．(1)探究：与的数量关系；(2)求证：；(3)若，，求的长．【答案】(1)(2)见详解(3)【分析】（1）根据可得，再根据三角形内角和等于得到，再由即可得到；（2）延长至M点，使得，连接，再证，得到，，接着证明，即有，则结论的证明；（3）过D点作，将的延长线于N点，先求出，则有，结合（2）的结论可得，则利用勾股定理即可求出，再证明，即可求出、，进而可得，再利用勾股定理可求得，则可得．【详解】（1）解：∵，∴，∴，∴，∴；（2）延长至M点，使得，连接，如图，∵，∴，∵，∴，∴∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴；（3）过D点作交的延长线于N点，如图，∵在等腰中，斜边，∴，∵在中，，，∴，∵，∴，∵在（2）中，，∴，

∴在中，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，

∵，∴，∴，，∴，∴在中，，∴．【点睛】本题考查了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、等腰直角三角形的性质、直角三角形中两锐角互余等知识，构造是解答本题的关键．37．（2023·福建南平·校联考模拟预测）某校数学兴趣小组在一次学习活动中，对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：

(1)发现问题∶如图1，在等腰中，，点M是边上任意一点，连接，以为腰作等腰，使，，连接，求证：．(2)类比探究：如图2，在等腰中，，，，点M是边上任意一点，以为腰作等腰，使，，在点M运动过程中，是否存在最小值？若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．(3)拓展应用：如图3，在正方形中，点E是边上一点，以为边作正方形，M是正方形的中心，连接，若正方形的边长为12，，求的面积．【答案】(1)详见解析(2)存在最小值，5(3)【分析】（1）由，推证进而证得，从而．（2）连接，易证，得，再证，从而

，得，确定点N的运动路径，即N在的边上运动，由垂线段最短及直角三角形性质知时，最小，的最小值==5；（3）连接，过点M作于点P，如图，由正方形性质可证得，，所以，于是，；设由勾股定理求得，在中，，进一步求得三角形面积．【详解】（1）解：∵∴∴

∵．∴．

∴．（2）存在最小值．理由：连接，在等腰与等腰中∴

∴∴∵∴∴

∴∴点N在的边上运动，∴当时，最小，的最小值==5（3）连接，过点M作于点P如图，∵M为正方形的中心，∴．

∵四边形为正方形∴．∴．∴∵∴∴，设∵由勾股定理得：解得：，(舍去)∴在中，，∴【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、垂线段最短、正方形性质、直角三角形的性质、勾股定理等；能够灵活根据题设条件求证三角形相似，进而得到线段、角的数量关系是解题的关键．38．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在菱形中，，点E，F分别是边，上的动点，且，连接，相交于点P，连接交于点G．

(1)求的大小；(2)在上取点M，使得，过点A作交于点N，求证：C，N，M三点在同一条直线上．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）利用菱形的性质，证明，推出，可得解决问题；（2）连接，，易证，可知，，，四点共圆，得，可证，进而可得，，由菱形性质可得，可证，可得，，进而得，证得，可得，由，可得，即可证得，，三点在同一条直线上．【详解】（1）解：∵四边形是菱形，∴，，∴和△是等边三角形，∴，，，又∵，∴，∴，∴，∴；（2）证明：连接，，

∵△是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，，，四点共圆，∴，又∵，，∴，∴，又∵，∴，则，∴，∵四边形是菱形，，∴，∵，∴，则，，∴，∵∴，∴，，则，即，∴，∴，∵，∴，∴，，三点在同一条直线上．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，四点共圆，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．39．（2023·福建龙岩·校考一模）如图，已知四边形是矩形，点在的延长线上，，连接，交于点，交于点，．（1）求证：；（2）若，求的长；（3）连接，求证：．【答案】（1）见详解；（2）；（3）见详解【分析】（1）由矩形的性质及已知证得△EAF≌△DAB，则有即可证得结论；（2）设AD=a,AB=b，利用矩形性质知AF∥BC，得△AEF∽△BEC,再根据相似三角形的性质得到a,b的方程，变形整理即可；（3）在EF上截取EM=DG，进而证明△EMA≌△DGA，得到∠EAM=∠DAG，AM=AG，则证得△MAG为等腰直角三角形，即可得证结论．【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，∴∠EAF=∠DAB=90°，又∵，∴∠BGE=90°，∴∠E+∠ABD=90°，又∠ADB+∠ABD=90°，∴∠E=∠ADB∵AE=AD，∴△AEF≌△ADB(ASA)，∴．(2)在矩形ABCD中，AD=BC，AD//BC，∴△AEF∽△BEC，∴，设AD=a,AB=b，则，得a2−ba−b2=0，∴（负值舍去），故，∴，∴，∵AD=2，∴；(3)如图，在线段EG上取点M，使得EM=DG，在ΔAEM与ΔADG中，AE=AD，∠E=∠1，EM=DG，∴△AEM≌△ADG(SAS)，∴AM=AG，∠3=∠4，∴∠MAG=∠5+∠3=∠5+∠4=90°，∴，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．40．（2023·福建厦门·厦门双十中学校考三模）中，，，，为边上的一个动点（不与点重合），连接，以点为中心，将线段顺时针旋转，得到线段，连接．

(1)如图1，当点与点重合时，求线段的长；(2)如图2，用等式表示与之间的数量关系，并证明；(3)如图3，点在线段的延长线上，点关于点的对称点为，写出一个的值，使得对于任意的点，总有，并证明．【答案】(1)(2)(3)见解析【分析】（1）解得出，根据旋转的性质得出是直角三角形，进而勾股定理即可求解；（2）根据题分别表示出，即可求解；（3）设的值为．任取满足条件的点，作点关于点的对称点，连接，证明，便可得结论．【详解】（1）∵中，，，，∴，，∵，∴，∴；（2）∵中，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即；（3）设的值为．

，，，．任取满足条件的点，作点关于点的对称点，连接，，，，，，∴,．

点关于点的对称点为，，，，，．【点睛】本题考查了解直角三角形，等腰直角三角形，全等三角形的性质与判定，对称的性质，