专题35 几何综合压轴题（40题）（解析版）-2024年中考数学真题分类汇编

PAGE13PAGE14专题35几何综合压轴题（40题）一、解答题1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知是等腰三角形，，，在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．

（1）如图①，当时，探究如下：由，可知，将绕点A顺时针旋转，得到，则且，连接，易证，可得，在中，，则有．（2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．【答案】图②的结论是：；图③的结论是：；证明见解析【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识，选②，以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，构造全等三角形，得出，，再证明，得到；在中由勾股定理得，即，整理可得结论；选③方法同②【详解】解：图②的结论是：证明：∵∴是等边三角形，∴，以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，

，，，又即又，，；∵∴，∴，∴，在中,可得：即整理得图③的结论是：证明：以点B为顶点在外作，在上截取，连接，过点Q作，垂足为H，

，，，又即又，，在中，，，，在中,可得：即整理得2．（2024·四川广元·中考真题）小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角的正弦值与折射角的正弦值的比值叫做介质的“绝对折射率”，简称“折射率”．它表示光在介质中传播时，介质对光作用的一种特征．(1)若光从真空射入某介质，入射角为，折射角为，且，，求该介质的折射率；(2)现有一块与（1）中折射率相同的长方体介质，如图①所示，点A，B，C，D分别是长方体棱的中点，若光线经真空从矩形对角线交点O处射入，其折射光线恰好从点C处射出．如图②，已知，，求截面的面积．【答案】(1)；(2)．【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，勾股定理等知识，（1）根据，设，则，利用勾股定理求出，进而可得，问题即可得解；（2）根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为，根据，可得，则有，在中，设，，问题随之得解．【详解】（1）∵，∴如图，设，则，由勾股定理得，，∴，又∵，∴，∴折射率为：．（2）根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为，∵，∴，∴．∵四边形是矩形，点O是中点，∴，，又∵，∴，在中，设，，由勾股定理得，，∴．又∵，∴，∴，∴，∴截面的面积为：．3．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接(1)求证：四边形是菱形：(2)若平行四边形的周长为，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识：（1）由平行四边形的性质得再证明，得出，证明出四边形是平行四边形，由得出四边形是菱形：（2）求出菱形的周长为20，得出，再证明是等边三角形，得出．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴即∴∵为的中点，∴∴，∴∵∴四边形是平行四边形，又∴四边形是菱形；（2）解：∵∴∵平行四边形的周长为22，∴菱形的周长为：∴∵四边形是菱形，∴又∴是等边三角形，∵．4．（2024·四川甘孜·中考真题）如图，为⊙O的弦，C为的中点，过点C作，交的延长线于点D．连接．

(1)求证：是⊙O的切线；(2)若，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理、垂径定理的推论等知识点，熟记相关结论是解题关键．（1）由垂径定理的推论可知，据此即可求证；（2）利用勾股定理求出即可求解；【详解】（1）证明：∵为⊙O的弦，C为的中点，由垂径定理的推论可知：，∵，∴，∵为⊙O的半径，∴是⊙O的切线；（2）解：∵，∴，∴，∴．5．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，在矩形中，点为边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接，交于点，且．【模型建立】（1）求证：；【模型应用】（2）若，，，求的长；【模型迁移】（3）如图2，若矩形是正方形，，求的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，构造相似三角形，是解题的关键：（1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出，即可得证；（2）延长交于点，证明，得到，再证明，求出的长，进而求出的长；（3）设正方形的边长为，延长交于点，证明，得到，进而得到，勾股定理求出，进而求出的长，即可得出结果．【详解】解：（1）∵矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）延长交于点，∵矩形，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；（3）设正方形的边长为，则：，延长交于点，∵正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，是正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点，与相交于点．(1)求证：与相切．(2)若正方形的边长为，求的半径．(3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作交于点．当时，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）方法一：连接，过点作于点，四边形是正方形，是正方形的对角线，得出，进而可得为的半径，又，即可得证；方法二：连接，过点作于点，根据正方形的性质证明得出，同方法一即可得证；方法三：过点作于点，连接．得出四边形为正方形，则，同方法一即可得证；（2）根据与相切于点，得出，由（1）可知，设，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，进而根据建立方程，解方程，即可求解．（3）方法一：连接，设，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，结合题意得出，即可得出；方法二：连接，证明得出，进而可得，同理可得方法三：连接，证明得出，设，则，进而可得，进而同方法一，即可求解．【详解】（1）方法一：证明：连接，过点作于点，与相切于点，．四边形是正方形，是正方形的对角线，，，为的半径，为的半径，，与相切．方法二：证明：连接，过点作于点，与相切于点，，，四边形是正方形，，又，，，为的半径，为的半径，，与相切．方法三：证明：过点作于点，连接．与相切，为半径，，，，，又四边形为正方形，，四边形为矩形，又为正方形的对角线，，，矩形为正方形，．又为的半径，为的半径，又，与相切．（2）解：为正方形的对角线，，与相切于点，，由（1）可知，设，在中，，，，，又正方形的边长为．在中，，，，．∴的半径为．（3）方法一：解：连接，设，，，，．在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，又，．．方法二：解：连接，为的直径，，，，，，，，，，，，，，．方法三：解：连接，为的直径，，，，，，，，，，，，设，则，，．又，，．【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．7．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在中，，点D是上的一个动点，过点D作于点E，延长交延长线于点F．请你解决下面各组提出的问题：(1)求证：；(2)探究与的关系；某小组探究发现，当时，；当时，．请你继续探究：①当时，直接写出的值；②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明；(3)拓展应用：在图1中，过点F作，垂足为点P，连接，得到图2，当点D运动到使时，若，直接写出的值（用含m，n的式子表示）．【答案】(1)见解析(2)①②，证明见解析(3)【分析】（1）等边对等角，得到，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到，即可得出结论；（2）①根据给定的信息，得到是的2倍，即可得出结果；②猜想，作于点，证明，得到，三线合一得到，即可得出结论；（3）过点作，角平分线的性质，得到，推出，等角的余角相等，得到，进而得到，得到，根据，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，，且，∴，∴；（2）解：①当时，；当时，，∴总结规律得：是的2倍，∴当时，；②当时，猜想，证明：作于点，∵，∴，∴，∵，∴，由（1）知，又，∴，即，∴；（3），理由如下：过点作，∵，，∴，由（2）知，当时，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，由（1）知，∴．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．8．（2024·广东·中考真题）【问题背景】如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A．【构建联系】（1）求证：函数的图象必经过点C．（2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值．【深入探究】（3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）设，则，用含的代数式表示出，再代入验证即可得解；（2）先由点B的坐标和k表示出，再由折叠性质得出，如图，过点D作轴，过点B作轴，证出，由比值关系可求出，最后由即可得解；（3）当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，当过点A时，根据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围．【详解】（1）设，则，∵轴，∴D点的纵坐标为，∴将代入中得：得，∴，∴，∴，∴将代入中得出，∴函数的图象必经过点C；（2）∵点在直线上，∴，∴，∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，∵函数的图象经过点A，C，∴，，∴，∴，∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，∴，，∴，如图，过点D作轴，过点B作轴，∵轴，∴H，A，D三点共线，∴，，∴，∵，∴，∴,∵，∴，，∴，由图知，，∴，∴；（3）∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，∴，∵四边形为矩形，∴四边形为正方形，，∴，，，∵轴，∴直线为一，三象限的夹角平分线，∴，当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，∵轴，∴H，A，D三点共线，∵以点O为圆心，长为半径作，，∴，∴，∴，，，∵轴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，当过点A时，根据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，∵,∴为等边三角形，∵，∴，∴，，∴，，∵轴，∴，∴，∴,∴，∴，∴，∴,∴当与的边有交点时，k的取值范围为．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．9．（2024·四川遂宁·中考真题）如图，是的直径，是一条弦，点是的中点，于点，交于点，连结交于点．(1)求证：；(2)延长至点，使，连接．①求证：是的切线；②若，，求的半径．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析，②的半径为．【分析】（1）如图，连接，证明，可得，证明，可得，进一步可得结论；（2）①证明，可得是的垂直平分线，可得，，，而，可得，进一步可得结论；②证明，可得，求解，，结合，可得答案．【详解】（1）证明：如图，连接，∵点是的中点，∴，∴，∵，为的直径，∴，∴，∴，∴．（2）证明：①∵为的直径，∴，∴，∵，∴是的垂直平分线，∴，∴，，而，∴，∴，∴，∵为的直径，∴是的切线；②∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的半径为．【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，弧与圆心角之间的关系，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．10．（2024·四川德阳·中考真题）已知的半径为5，是上两定点，点是上一动点，且的平分线交于点．(1)证明：点为上一定点；(2)过点作的平行线交的延长线于点．①判断与的位置关系，并说明理由；②若为锐角三角形，求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)①与相切，理由见解析；②的取值范围为．【分析】（1）由的平分线交于点，，可得，结合是上两定点，可得结论；（2）①如图，连接，证明，结合，可得，从而可得结论；②分情况讨论：如图，当时，可得；如图，连接，当，可得，从而可得答案．【详解】（1）证明：∵的平分线交于点，，∴，∴，∵是上两定点，∴点为的中点，是一定点；（2）解：①如图，连接，∵，∴，∵，∴，∵为半径，∴是的切线；②如图，当时，∴为直径，，∵，∴，∴，，∵，∴，∵，∴四边形为矩形，∴；如图，连接，当，∵，，∴，∴，∵，∴为等边三角形，∴，同理可得：，∵，∴，∴，∴，∴当为锐角三角形，的取值范围为．【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，做出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．11．（2024·四川泸州·中考真题）如图，是的内接三角形，是的直径，过点B作的切线与的延长线交于点D，点E在上，，交于点F．(1)求证：；(2)过点C作于点G，若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得到，则，由切线的性质推出，则，再由同弧所对的圆周角相等和等边对等角得到，，据此即可证明；（2）由勾股定理得，利用等面积法求出，则，同理可得，则，进而得到；如图所示，过点C作于H，则，证明，求出，则；设，则，证明，推出，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．【详解】（1）证明：∵是的直径，∴，∴，∴；∵是的切线，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）解：∵，∴，在中，由勾股定理得，∵，∴，∴，同理可得，∴，∴；如图所示，过点C作于H，则，由（1）可得，∴，∴，即，∴，∴；设，则，∵，∴，∴，即，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得或（舍去），∴．【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键．12．（2024·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为，点E为对角线上一点，，点P在边上以的速度由点A向点B运动，同时点Q在边上以的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（）．(1)求证：．(2)当是直角三角形时，求t的值．(3)连接，当时，求的面积．【答案】(1)见解析(2)秒或2秒(3)【分析】（1）根据正方形性质，得到，再题意得到，从而得到；（2）利用题目中的条件，分别用t表示、、，再分别讨论当、和时，利用勾股定理构造方程求出t即可；（3）过点A作，交的延长线于点F，连接交于点G．由此得到，由已知得到进而得到，由题意，则，再依次证明、，得到，从而证明，即是等腰直角三角形．则，再用求出的面积．【详解】（1）证明：四边形是正方形，．，．（2）解：过点E作于点M，过点E作于点N．由题意知，∵∴，∵∴由已知，．，即，，即，，即．

①当时，有．即，整理得．解得（不合题意，舍去）．

②当时，有．即，整理得，解得．③当时，有．即，整理得，该方程无实数解．综上所述，当是直角三角形时，t的值为秒或2秒．（3）解：过点A作，交的延长线于点F，连接交于点G．，．

又，．，，，，，，，即，是等腰直角三角形．，【点睛】本题考查了正方形的性格、相似三角形的性质与判定、正切定义以及勾股定理．解答过程中，灵活的利用勾股定理构造方程、根据题意找到相似三角形是解题关键．13．（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．14．（2024·江苏扬州·中考真题）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．如图，已知，，是的外接圆，点在上（），连接、、．【特殊化感知】（1）如图1，若，点在延长线上，则与的数量关系为________；【一般化探究】（2）如图2，若，点、在同侧，判断与的数量关系并说明理由；【拓展性延伸】（3）若，直接写出、、满足的数量关系．（用含的式子表示）【答案】（1）；（2）（3）当在上时，；当在上时，【分析】（1）根据题意得出是等边三角形，则，进而由四边形是圆内接四边形，设交于点，则，设，则，分别求得，即可求解；（2）在上截取，证明，根据全等三角形的性质即得出结论；（3）分两种情况讨论，①当在上时，在上截取，证明，，得出，作于点，得出，进而即可得出结论；②当在上时，延长至，使得，连接，证明，，同①可得，即可求解．【详解】解：∵，，∴是等边三角形，则∵是的外接圆，∴是的角平分线，则∴∵四边形是圆内接四边形，∴∴设交于点，则，设，则在中，∴∴，∵是直径，则，在中，∴∴（2）如图所示，在上截取，∵∴∴是等边三角形，∴，则∴∵四边形是圆内接四边形，∴∴；∵，，∴是等边三角形，则∴，又∵∴在中∴∴，∴即；（3）解：①如图所示，当在上时，在上截取，∵∴又∵∴，则∴即又∵∴∴∴∵∴如图所示，作于点，在中，，∴∴∴，即②当在上时，如图所示，延长至，使得，连接，∵四边形是圆内接四边形，∴又∵∴，则∴即，又∵∴∴∴，∵同①可得∴∴综上所述，当在上时，；当在上时，．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握截长补短的辅助线方法是解题的关键．15．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1．(1)求证：；(2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点．①当时，如图3，求证：四边形为正方形；②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②当时，线段，，的数量关系为；当时，线段，，的数量关系为；【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；（2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即，而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；②如图，当时，连接，同理，结合，可得【详解】（1）证明：设，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴；（2）证明：①∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴四边形为矩形，∵，即，而，∴，∴四边形是正方形；②如图，当时，连接，由（1）可得：，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；②如图，当时，连接，由（1）可得：，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.16．（2024·江西·中考真题）综合与实践如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，．特例感知（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______；类比迁移（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．拓展应用（3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y．①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；②当时，请直接写出的长度．【答案】（1），（2）与之间的位置关系是，数量关系是；（3）①y与x的函数表达式，当时，的最小值为；②当时，为或.【分析】（1）先证明，，，可得；再结合全等三角形的性质可得结论；（2）先证明，，结合，可得；再结合相似三角形的性质可得结论；（3）①先证明四边形为正方形，如图，过作于，可得，，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接，，，证明，可得在上，且为直径，则，过作于，过作于，求解正方形面积为,结合，再解方程可得答案.【详解】解：（1）∵，∴，，∵，∴，，∴；∴，，∴，∴，∴与之间的位置关系是，数量关系是；（2）与之间的位置关系是，数量关系是；理由如下：∵，∴，，∵，∴；∴，，∴，∴，∴与之间的位置关系是，数量关系是；（3）由（1）得：，，，∴，都为等腰直角三角形；∵点F与点C关于对称，∴为等腰直角三角形；，∴四边形为正方形，如图，过作于，∵，，∴，，当时，∴，∴，如图，当时，此时，同理可得：，∴y与x的函数表达式为，当时，的最小值为；②如图，∵，正方形，记正方形的中心为，∴，连接，，，∴，∴在上，且为直径，∴，过作于，过作于，∴，，∴，∴，∴正方形面积为,∴，解得：，，经检验都符合题意，如图，综上：当时，为或.【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.17．（2024·湖南·中考真题）【问题背景】已知点A是半径为r的上的定点，连接，将线段绕点O按逆时针方向旋转得到，连接，过点A作的切线l，在直线l上取点C，使得为锐角．【初步感知】（1）如图1，当时，；【问题探究】（2）以线段为对角线作矩形，使得边过点E，连接，对角线，相交于点F．①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化，总成立：②如图3，当，时，请补全图形，并求及的值．【答案】（1）；①证明见解析；②补全图形见解析，，【分析】（1）可证是等边三角形，则，由直线l是的切线，得到，故；（2）①根据矩形的性质与切线的性质证明，则，而，由，得到；②过点O作于点G，于点H，在中，先证明点E在线段上，，由等腰三角形的性质得，根据互余关系可得，可求，解，求得，可证明，故在中，．【详解】解：（1）由题意得，∵，∴是等边三角形，∴，∵直线l是的切线，∴，∴，故答案为：；（2）①如图：∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∵，∴；②补全图形如图：过点O作于点G，于点H，在中，，∴由勾股定理得，∵，∴，∴，∴点E在线段上，∴在，，∵，，∴，∵，∴，∴，在中，，∴设，∴由勾股定理得，∴，∴在中，∵四边形是矩形，∴，∴，而，∴，∴在中，．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．18．（2024·河南·中考真题）综合与实践在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．(1)操作判断用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）．(2)性质探究根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线．①写出图中相等的角，并说明理由；②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）．(3)拓展应用如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长．【答案】(1)②④(2)①．理由见解析；②(3)或【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可；（2）①延长至点E，使，连接，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出，证明，得出，，根据等边对等角得出，即可得出结论；②过A作于F，根据三线合一性质可求出，由①可得，在中，根据余弦的定义求解即可；（3）分，，，四种情况讨论即可．【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等，故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，故答案为：②④；（2）解：①，理由：延长至点E，使，连接，∵四边形是邻等对补四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∴；②过A作于F，∵，∴，∵，∴，在中，，∴；（3）解：∵，，，∴，∵四边形是邻等对补四边形，∴，∴，当时，如图，连接，过N作于H，∴，在中，在中，∴，解得，∴，∵，，∴，∴，即，∴，，∴，∴；当时，如图，连接，∵，∴，∴，故不符合题意，舍去；当时，连接，过N作于H，∵，，∴，∴，即，解得，∵，，∴，∴，即，∴，，∴，∴；当时，如图，连接，∵，∴，∴，故不符合题意，舍去；综上，的长为或．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键．19．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．

(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段与的数量关系是______；(2)【问题解决】如图3，连接并延长交的延长线于点，若，，求的面积；(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接交于点，则______；(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点，使，请直接写出线段的长度．【答案】(1)(2)10(3)(4)或【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可求解；（2）根据（1）的方法证明，进而证明，求得，则，然后根据三角形的面积公式，即可求解．（3）过点作于点，证明得出，证明，设，则，代入比例式，得出，进而即可求解；（4）当在点的左侧时，过点作于点，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，分别解直角三角形，即可求解．【详解】（1）解：∵将线段绕点顺时针旋转得到线段，作交的延长线于点．

，，，，，又且，；（2）解：，，，，，又且，，，，，，，，，，；（3）解：如图所示，过点作于点，

∵，∴∴，即，即，又∵∴∴，设，则，解得：∴；（4）解：如图所示，当在点的左侧时，过点作于点

∵∴，设，则，又∵，∴，∴∴∴∴，解得：在中，∴∴如图所示，当在点的右侧时，过点作交的延长线于点，

∵∴∵∴设，则，，∵，∴解得：∴∴综上所述，或．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．20．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线与x轴的另一个交点为点，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线于点E，点F．(1)求抛物线的解析式；(2)点D是x轴上的任意一点，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标；(3)当时，求点P的坐标；(4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接，则的最小值为______．【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】本题主要考查了求函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．（1）先根据题意确定点A、C的坐标，然后运用待定系数法求解即可；（2）分三种情况分别画出图形，然后根据等腰三角形的定义以及坐标与图形即可解答；（3）先证明可得，设，则,可得，即，求得可得m的值，进而求得点P的坐标；（4）如图：将线段向右平移单位得到,即四边形是平行四边形，可得,即，作关于对称轴的点,则，由两点间的距离公式可得，再根据三角形的三边关系可得即可解答．【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，∴当时，，即；当时，，即；∵，∴设抛物线的解析式为，把代入可得：，解得：，∴，∴抛物线的解析式为：．（2）解：∵，，∴,∴，如图：当，∴,即；如图：当，∴,即；如图：当，∴,即；综上，点D的坐标为．（3）解：如图：∵轴，∴，∵轴，∴，∵，∴,∴,∵设，则,∴，∴，解得：（负值舍去），当时，，∴．（4）解：∵抛物线的解析式为：，∴抛物线的对称轴为：直线，如图：将线段向右平移单位得到,∴四边形是平行四边形，∴,即,作关于对称轴的点,则∴,∵，∴的最小值为．故答案为．21．（2024·四川广元·中考真题）数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．在中，点为边上一点，连接．(1)初步探究如图2，若，求证：；(2)尝试应用如图3，在（1）的条件下，若点为中点，，求的长；(3)创新提升如图4，点为中点，连接，若，，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据题意，由，，利用两个三角形相似的判定定理即可得到，再由相似性质即可得证；（2）设，由（1）中相似，代值求解得到，从而根据与的相似比为求解即可得到答案；（3）过点作的平行线交的延长线于点，如图1所示，设，过点作于点，如图2所示，利用含的直角三角形性质及勾股定理即可得到相关角度与线段长，再由三角形相似的判定与性质得到，代值求解即可得到答案．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∴；（2）解：∵点为中点，∴设，由（1）知，∴，∴，∴与的相似比为，∴，∵∴；（3）解：过点作的平行线交的延长线于点，过作，如图1所示：∵点为中点，∴设，∵，∴，，在中，，则由勾股定理可得，过点作于点，如图2所示：∴，∴，∴，∴，，∴，∴，∵，点为中点，∴，，，又∵，∴，，∴，又∵，∴，，∴，即，∴，∴．【点睛】本题考查几何综合，涉及相似三角形的判定与性质、含的直角三角形性质、勾股定理等知识，熟练掌握三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．22．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．

(1)如图1，若是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．①求证：是的中点；②求；(2)如图2，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论．【答案】(1)①见解析；②(2)，理由见解析【分析】（1）①根据，得出为的中点，证明出即可；②先证明出得到，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；（2）连接交于点，证明，进一步证明出四边形为平行四边形，得出为的中位线，得到，再证明出得到，再通过等量代换即可求解．【详解】（1）解：①，为的中点，，是边的中点，，，在中，∴，又∵，，，是的中点；②，四边形为平行四边形，，，，∵，，，，，；（2）解：线段与线段之间的数量关系为：，理由如下：连接交于点，如下图：

由题意，的延长线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点，，又，，，，，四边形为平行四边形，，，，为的中点，，，为的中点，为的中位线，，，，，，，，．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．23．（2024·吉林·中考真题）如图，在中，，，，是的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线向终点B运动．过点P作，交于点Q，以为边作等边三角形，且点C，E在同侧，设点P的运动时间为，与重合部分图形的面积为．

(1)当点P在线段上运动时，判断的形状（不必证明），并直接写出的长（用含t的代数式表示）．(2)当点E与点C重合时，求t的值．(3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．【答案】(1)等腰三角形，(2)(3)【分析】（1）过点Q作于点H，根据“平行线+角平分线”即可得到，由，得到，解得到；（2）由为等边三角形得到，而，则，故，解得；（3）当点P在上，点E在上，重合部分为，过点P作于点G，，则，此时；当点P在上，点E在延长线上时，记与交于点F，此时重合部分为四边形，此时，因此，故可得，此时；当点P在上，重合部分为，此时，，解直角三角形得，故，此时，再综上即可求解．【详解】（1）解：过点Q作于点H，由题意得：

∵，，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴为等腰三角形，∵，∴，∴在中，；（2）解：如图，

∵为等边三角形，∴，由（1）得，∴，即，∴；（3）解：当点P在上，点E在上，重合部分为，过点P作于点G，

∵，∴，∵是等边三角形，∴，∴，由（2）知当点E与点C重合时，，∴；当点P在上，点E在延长线上时，记与交于点F，此时重合部分为四边形，如图，

∵是等边三角形，∴，而，∴，∴，∴，当点P与点D重合时，在中，，∴，∴；当点P在上，重合部分为，如图，

∵，由上知，∴，∴此时，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴当点P与点B重合时，，解得：，∴，综上所述：．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形的相关计算，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．24．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在中，，．点是边上的一点（点不与点、重合），作射线，在射线上取点，使，以为边作正方形，使点和点在直线同侧．(1)当点是边的中点时，求的长；(2)当时，点到直线的距离为________；(3)连结，当时，求正方形的边长；(4)若点到直线的距离是点到直线距离的3倍，则的长为________．（写出一个即可）【答案】(1)(2)(3)(4)或【分析】本题考查等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握面积法是解题的关键；（1）根据等腰三角形三线合一性质，利用勾股定理即可求解；（2）利用面积法三角形面积相等即可；（3）设，则，，过点作于，根据，建立方程；即可求解；（4）第一种情况，，在异侧时，设，，则，证明，得到，即可求解；第二种情况，当，在同侧，设，则，，，求得，解方程即可求解；【详解】（1）解：根据题意可知：，为等腰三角形，故点是边的中点时，；在中，；（2）根据题意作，如图所示；当时，则，设点到直线的距离为，，解得：；（3）如图，当时，点落在上，设，则，，过点作于则，，，解得：故，所以正方形的边长为；（4）如图，，在异侧时；设，，则三边的比值为，，，当，在同侧设，则，，三边比为，三边比为，设，则，，解得：综上所述：的长为或25．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．(1)求证：．(2)若为中点，且，求长．(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．【答案】(1)见详解(2)(3)【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；（3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．【详解】（1）解：如图：∵四边形是矩形，∴，∴，∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，∴，∴，∴，∴；（2）解：如图：∵四边形是矩形，∴，，∵为中点，∴，设，∴，在中，，即，解得，∴，∴，∵，∴，∴，解得，∵，∴；（3）解：如图：延长交于一点M，连接∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，∴直线，，∴是等腰三角形，∴，∵为中点，∴设，∴，∵为中点，∴，∵，，∴，∴，，∴，在中，，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．26．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动．【初步探究】如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点．问题1和的数量关系是________，位置关系是_________．【深入探究】应用问题1的结论解决下面的问题．问题2如图3，连接，点是的中点，连接，．求证．【尝试应用】问题3如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度．【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）如图，由四边形是正方形，是等腰直角三角形，，证明，再进一步可得结论；（2）如图，由，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论；（3）如图，证明在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得当旋转角从变化到时，在上运动，再进一步解答即可；【详解】解：；；理由如下：如图，∵四边形是正方形，∴，，∵是等腰直角三角形，，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴；（2）如图，∵四边形是正方形，∴，∵点是的中点，∴，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴；（3）如图，∵，，∴在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，∴，，∵，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，而，，∴四边形是正方形，∴当旋转角从变化到时，在上运动，∵，，，∴，∴点经过路线的长度为.【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键.27．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【答案】（1），理由见详解，（2），理由见详解，（3），理由见详解【分析】（1）直接证明，即可证明；（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：，，即有，，进而可得，即可证；（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．【详解】（1），理由如下：∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴；（2），理由如下：过E点作于点M，过E点作于点N，如图，∵四边形是正方形，是正方形的对角线，∴，平分，，∴，即，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，，，，∴四边形是正方形，∴是正方形对角线，，∴，，∴，，∴，即，∵，∴，即有；（3），理由如下，过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，∵，，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∵在正方形中，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．28．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．请你根据该约定，解答下列问题：(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；

（

）②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；

（

）③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（

）(2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：．①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径．(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H．①如图2．连接交于点P．求证：．②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长．【答案】(1)①×；②√；③√(2)①外接型单圆；②见解析(3)，，【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；（2）①根据已知结合题中定义可得结论；②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论；（3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论；②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可．【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，∴该平行四边形是“平凡型无圆”四边形，故①错误；②∵内角不等于的菱形的对角不互补，∴该菱形无外接圆，∵菱形的四条边都相等，∴该菱形的对边之和相等，∴该菱形有内切圆，∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，则，，，，∴为等腰直角三角形，∴，即；故③正确，故答案为：①×；②√；③√；（2）解：①∵四边形中，，∴四边形无内切圆，又该四边形有外接圆，∴该四边形是“外接型单圆”四边形，故答案为：外接型单圆；②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F，∴，，∴，，∴，∴，即和均为半圆，∴是的直径．（3）①证明：如图，连接、、、、，∵是四边形的内切圆，∴，，，，∴，在四边形中，，同理可证，，∵四边形是“完美型双圆”四边形，∴该四边形有外接圆，则，∴，则，∵，，∴，∴，∴；②如图，连接、、、，∵四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H，∴∴，，，，，∴，，，∴，∵，∴，又，∴，∴，∵，，∴，则，在中，由得，解得；在中，，∴，同理可证，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．29．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S．(1)求点A的坐标；(2)求S与t的函数关系式；(3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)点A的坐标为(2)(3)存在，，，，【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可；（2）分，和三种情况，运用三角形面积公式求解即可；（3）当时求出，得，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形【详解】（1）解：，解得，的长度是的根，∵是等边三角形，∴，过点A作轴，垂足为C，在中，∴，∴点A的坐标为（2）解：当时．过P作轴，垂足为点D，∴，，∴∴，；当时，过Q作，垂足为点E∵∴又∴，又，当时，过O作，垂足为F∴，同理可得，，∴；综上所述（3）解：当时，解得，∴，过点P作轴于点G，则∴∴点P的坐标为；当为边时，将沿轴向下平移4个单位得，此时，四边形是菱形；将沿轴向上平移4个单位得，此时，四边形是菱形；如图，作点P关于y轴的对称点，当时，四边形是菱形；当为对角线时，设的中点为T，过点T作，交y轴于点M，延长到,使连接,过点作轴于点，则∴∴,即，解得，,∴，∴；当，解得，，不符合题意，此情况不存在；当时，解得，，不符合题意，此情况不存在；综上，点N的坐标为，，，【点睛】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，正确作出辅助线和分类讨论是解答本题的关键30．（2024·重庆·中考真题）在中，，，过点作．(1)如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：；(2)如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：；(3)若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）证明得到，再由点是的中点，得到，即可证明；（2）如图所示，过点G作于H，连接，先证明，得到，，再证明是等腰直角三角形，得到；由直角三角形斜边上的中线的性质可得，则，进而可证明，则；设，则，可得由角平分线的定义可得，则可证明，进而证明，得到，即可证明；（3）如图所示，过点D作交延长线与H，连接，则四边形是矩形，可得，证明是等边三角形，得到，进而得到，；由旋转的性质可得，证明，得到，则点Q在直线上运动，设直线交于K，则，可得，由垂线段最短可知，当时，有最小值，则，设，则，则，；再求出，则，，由勾股定理得；由全等三角形的性质可得，则；由折叠的性质可得，由，得到当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，据此代值计算即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵点是的中点，∴，∴；（2）证明：如图所示，过点G作于H，连接，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴；∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；设，则，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴；（3）解：如图所示，过点D作交延长线与H，连接，∵，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∵点是的中点，且，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，由旋转的性质可得，∴，∴，∴，∴点Q在直线上运动，设直线交于K，则，∴，由垂线段最短可知，当时，有最小值，∴，设，则，∴，∴，∴；在中，，∴，∴，在中，由勾股定理得；∵，∴，∴；由折叠的性质可得，∵，∴，∴当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，∴的最大值为．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，垂线段最短，矩形的性质与判定等等，解（2）的关键在于作出辅助线证明，得到；解（3）的关键在于通过手拉手模型证明点Q的运动轨迹是直线，从而根据垂线段最短确定点Q的位置．31．（2024·重庆·中考真题）在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．

(1)如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）；(2)如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明；(3)如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）由三角形内角和定理及外角定理结合即可求解；（2）在上截取，连接，交于点H，连接，先证明，再证明四边形是平行四边形，可得，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，再解即可；（3）连接，记与的交点为点N，由轴对称知，，，，当点G在边上时，由于，当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，中，，解得，然后，解直角三角形，表示出，，即可求解；当点G在延长线上时，只能是，设，在中，，解得，设，解直角三角形求出，即可求解．【详解】（1）解：如图，

∵，，∴∵，∴，∵，∴，∴；（2）解：，在上截取，连接，交于点H，

∵，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵点关于直线的对称点为点，∴，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，∴中，，∴，∴，∴；（3）解：连接，记与的交点为点N，

∵，∴，由轴对称知，当点G在边上时，由于，∴当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，∴，∴，∵，∴，∴中，，解得，∴，而，∴为等边三角形，∴，设，∵，∴，∴，∴在中，，∵，∴，∴，∴，∴；当点G在延长线上时，只能是，如图：

设，∴，，∴，∵，∴，∵∴在中，，解得，∴，设，则，，在中，，由勾股定理求得，在中，，，∴，∴，∴，综上所述：或．【点睛】本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边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题的关键．32．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；【操作实践】（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；【探究应用】（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．【答案】（1）2（2）（3）（4）【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.【详解】解：如图，∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，∴设，，∴，，∴，，∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．（2）如图，∵，∴，，，，∴，如图，结合图形变换可得：；（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，∵为圆外一个定点，∴当与相切时，最大，∴，∴，由（2）可得：，∵，，∴，∴；（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，∴，，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，∴当三点共线时，最短，∵，，∴，，∴；∴的最小值为；【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.33．（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且．(1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：；(2)已知；①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长；②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长．【答案】(1)见详解(2)①；②【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此；（2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得；②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故．【详解】（1）证明：延长交于点G，∵，∴，∵，∴，，∴，∴；（2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，∵点O为外接圆圆心，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴外接圆半径为；②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，∵，∴，∴，由①知，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，由，得，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴设，∵，，∴，∴，即，∴，解得：，∴，在中，由勾股定理得：，∴，∴，∴，而，∴在中，由勾股定理得，，∵，∴．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．34．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，．【初步感知】（1）如图1，连接，，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值．【深入探究】（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点，求的长．【拓展延伸】（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究，，三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由．【答案】（1）的值为；（2）；（3）直角三角形的面积分别为4，16，12，【分析】（1）根据，，．证明，，继而得到，即，再证明，得到．（2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，得到，根据中线得到，继而得到，结合，得到即，得到，再证明，得证矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．（3）运用分类思想解答即可．【详解】（1）∵，，．∴，∴，，∴即，∵∴，∴．（2）连接，延长交于点Q，根据(1)得，∴，∵是中线∴，∴，∵，∴即，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵∴四边形矩形，∴，∴，∴，∴，设，则，∵，∴，∴，∵，∴，解得；∴，，∵，∴，∴，∴，∴，解得．（3）如图，当与重合时，此时，此时是直角三角形，故；如图，当在的延长线上时，此时，此时是直角三角形，故；如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，∵，∴，∵，，，∴四边形是矩形，∴，∴，故；如图，当时，此时是直角三角形，过点A作于点Q，交于点N，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，解得；故．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．35．（2024·河北·中考真题）已知的半径为3，弦，中，．在平面上，先将和按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在上，点C在内），随后移动，使点B在弦上移动，点A始终在上随之移动，设．(1)当点B与点N重合时，求劣弧的长；(2)当时，如图2，求点B到的距离，并求此时x的值；(3)设点O到的距离为d．①当点A在劣弧上，且过点A的切线与垂直时，求d的值；②直接写出d的最小值．【答案】(1)(2)点B到的距离为；(3)①；②【分析】（1）如图，连接，，先证明为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公式可得答案；（2）过作于，过作于，连接，证明四边形是矩形，可得，，再结合勾股定理可得答案；（3）①如图，由过点A的切线与垂直，可得过圆心，过作于，过作于，而，可得四边形为矩形，可得，再进一步利用勾股定理与锐角三角函数可得答案；②如图，当为中点时，过作于，过作于，，此时最短，如图，过作于，而，证明，求解，再结合等角的三角函数可得答案．【详解】（1）解：如图，连接，，∵的半径为3，，∴，∴为等边三角形，∴，∴的长为；（2）解：过作于，过作于，连接，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵，，∴，而，∴，∴点B到的距离为；∵，，∴，∴，∴；（3）解：①如图，∵过点A的切线与垂直，∴过圆心，过作于，过作于，而，∴四边形为矩形，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，即；②如图，当为中点时，过作于，过作于，∴，∴，此时最短，如图，过作于，而，∵为中点，则，∴由（2）可得，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，设，则，∴，解得：（不符合题意的根舍去），∴的最小值为．【点睛】本题属于圆的综合题，难度很大，考查了勾股定理的应用，矩形的判定与性质，垂径定理的应用，锐角三角函数的应用，切线的性质，熟练的利用数形结合的方法，作出合适的辅助线是解本题的关键．36．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：【问题情境】如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．∵，，∴．∵，∴，即．∴．在和中，，，，∴___①___．∴．又∵，∴在中，___②___．∵，，

∴___③___．【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．【知识迁移】如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．

【拓展应用】如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．

【问题再探】如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．

【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解；【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明；【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解；【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．∵，，∴．∵，∴，即．∴．在和中，，，，∴①．∴．又∵，∴在中，②．∵，，∴③．【知识迁移】．证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．

由旋转的特征得．由题意得，∴．在和中，，∴．∴．又∵为正方形的对角线，∴．∵，∴．在和中，，∴，∴．在和中，，∴．∴．在中，，∴．【拓展应用】．证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，

将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，，，在和中，，∴，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．∴，，，是等腰直角三角形，，，，，，在中，，，∴，即，又∴，∴，即，【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．

由旋转的特征得．，，，即，在和中，，，，，，又，，，，，，即，，同理可得．，，，又∵，∴四边形为矩形．，，在中，．，解得．【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．37．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”．(1)如图，点，．①在点，，中，点___________是弦的“可及点”，其中____________；②若点是弦的“可及点”，则点的横坐标的最大值为__________；(2)已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的“可及点”．记点的横坐标为，直接写出的取值范围．【答案】(1)①，45；②(2)或【分析】（1）由相对运动理解，作出关于的对称圆，若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，则点C应在的圆内或圆上，先求得，根据点与圆的位置关系的判断方法分别判断即可得出在上，故符合题意，根据圆