中考数学真题分项汇编（四川专用）专题23 几何综合（解析版）

专题23几何综合一、选择题1．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（

）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断①正确；再根据，可判断③正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论④正确，由随着长度变化而变化，不固定，可判断②不一定成立．

【详解】解：∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，，∵，∴，∵，∴，∴，故①正确；又∵,,∴,∴，∵，即：，∴，∴，故③正确，又∵，∴，∴，又∵，∴，故④正确，∵若，则，又∵，∴，而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，而，则故不一定成立，故②错误；综上，正确的有①③④共3个，故选：C．【点睛】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形＂三线合一＂的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．2．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论：①；②；③当点在的延长线上时，；④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为．其中正确结论有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】证明即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明得出，即可判断③；以为圆心，为半径画圆，当在的下方与相切时，的值最小，可得四边形是正方形，在中，然后根据三角形的面积公式即可判断④．【详解】解：∵和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，，故①正确；设，∴,∴，∴，故②正确；当点在的延长线上时，如图所示

∵，，∴∴∵，．∴，∴∴，故③正确；④如图所示，以为圆心，为半径画圆，

∵，∴当在的下方与相切时，的值最小，∴四边形是矩形，又，∴四边形是正方形，∴，∵，∴，在中，∴取得最小值时，∴故④正确，故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．3．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，的直径，是弦，，，，的延长线与的延长线相交于点，的延长线与的延长线相交于点，连接．下列结论中正确的个数是（

）①；②是的切线；③B，E两点间的距离是；④．

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】连接、、，过点作交延长线于，于．①根据已知、垂径定理和圆内接四边形证，，即可得到；②根据已知、垂径定理、中垂线定理证，推出，不垂直，即可判断不是的切线；③证，结合、，计算出、、，最后根据勾股定理计算即可；④先计算出，推理出，设，用含的代数式表示和，代入求解即可．【详解】如图，连接、、，过点作交延长线于，于

的直径，，，，，，是弦，，，（垂直于弦的直径平分弦所对的弧），，即，，，，（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角），，故结论①正确，，又（同弧所对圆周角是圆心角的一半），，，，于，，，，，，故结论③正确，，，，平分（垂直于弦的直径平分弦），是的中垂线，，，，，，即，是弦，是锐角，是钝角，是钝角，，不垂直，不是的切线，故结论②不正确，，，，，，，，设，则，，，，，，，，，解得：，，故结论④不正确综上，①和③这2个结论正确，故选：B．【点睛】本题考差了圆的性质综合，结合判断切线、勾股定理、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、综合运用知识点推理证明和计算是解题的关键．4．（2022·四川宜宾·统考中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（

）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得，根据即可判断④．【详解】解：和都是等腰直角三角形，，故①正确；四点共圆，故②正确；如图，过点作于,交的延长线于点，,，,设，则，，则AH∥CE，则；故③正确如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，，当共线时，取得最小值，此时，此时，，，，，，，平分，，四点共圆，

，又,，，则四边形是菱形，又，四边形是正方形，，则，，，，

，，则，，，，故④不正确，故选B．【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，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，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．5．（2022·四川眉山·中考真题）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再证明即可求出可知③正确；过点E作交FD于点M，求出，再证明，即可知④正确．【详解】解：∵旋转得到，∴，∵为正方形，，，在同一直线上，∴，∴，故①正确；∵旋转得到，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故②正确；设正方形边长为a，∵，，∴，∵，∴，∴，即，∵是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，∵，∴，故③正确；过点E作交FD于点M，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，故④正确综上所述：正确结论有4个，故选：D【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．6．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，等腰△ABC的面积为2，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（

）A． B．3 C． D．4【答案】B【分析】当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．求出CF的长即可解决问题．【详解】解：过点A作AD⊥BC于点D，连接CE，∵AB=AC，∴BD=DC=BC=1，∵AE=BC，∴AE=DC=1，∵AE∥BC，∴四边形AECD是矩形，∴S△ABC=BC×AD=×2×AD=2，∴AD=2，则CE=AD=2，当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在CE的中点N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．∵BC=2，CE=2，由勾股定理得BE=4，cos∠EBC=，即，∴BF=8，∴CF=BF-BC=6,∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，∴MN=CF=3，∴点M的运动路径长为3，故选：B．【点睛】本题考查点的轨迹、矩形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．7．（2021·四川南充·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，把边AB沿对角线BD平移，点，分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点，，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线的对称点的距离为48；③的最大值为15；④的最小值为．其中正确结论的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对②做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作关于的对称点，交于连接，过作于分别交于证明是最小值时的位置，再利用勾股定理求解，对④做出判断．【详解】解：由平移的性质可得AB//且AB=∵四边形ABCD为矩形∴AB//CD，AB=CD=15∴//CD且=CD∴四边形CD为平行四边形，当点B'与D重合时，四边形不存在，故①错误在矩形ABCD中，BD===25过A作AM⊥BD，CN⊥BD，则AM=CN∴S△ABD=AB·CD=BD·AM∴AM=CN==12∴点C到的距离为24∴点C到它关于直线的对称点的距离为48∴故②正确∵∴当在一条直线时最大，此时与D重合∴的最大值==15∴故③正确，如图，作关于的对称点，交于连接，过作于分别交于则为的中位线，，由可得，此时最小，由②同理可得：设则由勾股定理可得：整理得：解得：（负根舍去），∴故④正确故选C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质,锐角三角函数的应用等知识点，熟练掌握相关的知识是解题的关键．8．（2022·四川泸州·统考中考真题）如图，在边长为3的正方形中，点是边上的点，且，过点作的垂线交正方形外角的平分线于点，交边于点，连接交边于点，则的长为（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】在AD上截取连接GE，延长BA至H，使连接EN，可得出，进而推出得出，设则用勾股定理求出由可列方程解出x，即CN的长，由正切函数，求出BM的长，由即可得出结果．【详解】解：如图所示：在AD上截取连接GE，延长BA至H，使连接EN，为正方形外角的平分线，在和中，在和中，在和中，设则在中，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．9．（2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，在等腰直角中，，、分别为、上的点，，为上的点，且，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作辅助线，构建矩形，得P是MN的中点，则MP＝NP＝CP，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可解答．【详解】解：如图，过点M作MG⊥BC于M，过点N作NG⊥AC于N，连接CG交MN于H，∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，∴四边形CMGN是矩形，∴CH＝CG＝MN，∵PC＝MN，存在两种情况：如图，CP＝CP1＝MN，①P是MN中点时，∴MP＝NP＝CP，∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMN＝∠PCM＝90°−50°＝40°，∴∠CPM＝180°−40°−40°＝100°，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ABC＝45°，∵∠CPB＝117°，∴∠BPM＝117°−100°＝17°，∵∠PMC＝∠PBM＋∠BPM，∴∠PBM＝40°−17°＝23°，∴∠ABP＝45°−23°＝22°．②CP1＝MN，∴CP＝CP1，∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，∵∠BP1C＝117°，∴∠BP1M＝117°−80°＝37°，∴∠MBP1＝40°−37°＝3°，而图中∠MBP1＞∠MBP，所以此种情况不符合题意．故选：A．【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，作出辅助线构建矩形CNGM证明P是MN的中点是解本题的关键．二、填空题10．（2023·四川达州·统考中考真题）在中，，，在边上有一点，且，连接，则的最小值为___________．【答案】【分析】如图，作的外接圆，圆心为，连接、、，过作于，过作，交的垂直平分线于，连接、、，以为圆心，为半径作圆；结合圆周角定理及垂径定理易得，再通过圆周角定理、垂直及垂直平分线的性质、三角形内角和定理易得，从而易证可得即勾股定理即可求得在中由三角形三边关系即可求解．【详解】解：如图，作的外接圆，圆心为，连接、、，过作于，过作，交的垂直平分线于，连接、、，以为圆心，为半径作圆；，为的外接圆的圆心，，，，，，，在中，，，，即，由作图可知，在的垂直平分线上，，，又为的外接圆的圆心，，，，，，，，即，，在中，，在中，，即最小值为，故答案为：．

【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形三边之间的关系；解题的关键是结合的外接圆构造相似三角形．11．（2023·四川绵阳·统考中考真题）将形状、大小完全相同的两个等腰三角形如图所示放置，点D在AB边上，△DEF绕点D旋转，腰DF和底边DE分别交△CAB的两腰CA，CB于M，N两点，若CA=5，AB=6，AB=1：3，则MD+的最小值为．【答案】【分析】先求出AD=2，BD=4，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠AMD+∠A=∠EDF+∠BDN，然后求出∠AMD=∠BDN，从而得到△AMD和△BDN相似，根据相似三角形对应边成比例可得，求出MA•DN=4MD，再将所求代数式整理出完全平方的形式，然后根据非负数的性质求出最小值即可．【详解】∵AB=6，AB=1：3，∴AD=6×=2，BD=6﹣2=4，∵△ABC和△FDE是形状、大小完全相同的两个等腰三角形，∴∠A=∠B=∠FDE，由三角形的外角性质得，∠AMD+∠A=∠EDF+∠BDN，∴∠AMD=∠BDN，∴△AMD∽△BDN，∴，∴MA•DN=BD•MD=4MD，∴MD+=MD+=，∴当，即MD=时MD+有最小值为．故答案为．考点：相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；旋转的性质；最值问题；综合题．12．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有_________．(填序号)

【答案】①②④【分析】①当时，是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出，进而判断①；证明，根据全等三角形的性质判断②；作直线于点，过点作于点，过点作于点，证明，，，即可得是的中点，故④正确，证明，可得，在中，，在中，，得出，在中，勾股定理即可求解．【详解】解：①当时，是等边三角形，∴∴∵等腰直角、，∴∴∴；故①正确；②∵等腰直角、，∴，∴∴∴；故②正确；④如图所示，作直线于点，过点作于点，过点作于点，

∵，∴，又，∴又∵，∴同理得，，∴，，，∵，，，∴，∴，即是的中点，故④正确，∴，设，则在中，在中，∴∴解得：∴，∴，∴∴在中，∴,故③错误故答案为：①②④．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．13．（2022·四川达州·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是____．【答案】①②④⑤【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明，，可证明②正确；作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明，可判断③错误；通过证明，，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．【详解】如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，四边形ABCD是正方形，垂直平分BD，，，，，故①正确；，，，，，即，，，，，，，故②正确；如图2，作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，，，，，，即，，故③错误；如图1，四边形ABCD是正方形，，，，，，，，，，为等腰直角三角形，故④正确；如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，，，，，，故⑤正确；故答案为：①②④⑤．【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．14．（2022·四川成都·统考中考真题）如图，在菱形中，过点作交对角线于点，连接，点是线段上一动点，作关于直线的对称点，点是上一动点，连接，．若，，则的最大值为_________．【答案】/【分析】延长DE，交AB于点H，确定点B关于直线DE的对称点F，由点B，D关于直线AC对称可知QD=QB，求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值.连接BD，即可求出CO，EO，再说明，可得DO，根据勾股定理求出DE，然后证明，可求BH，即可得出答案．【详解】延长DE，交AB于点H，∵，ED⊥CD，∴DH⊥AB．取FH=BH，∴点P的对称点在EF上．由点B，D关于直线AC对称，∴QD=QB．要求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值BF．连接BD，与AC交于点O．∵AE=14,CE=18，

∴AC=32，∴CO=16，EO=2．∵∠EDO+∠DEO=90°，∠EDO+∠CDO=90°，∴∠DEO=∠CDO．∵∠EOD=∠DOC，∴，∴，即，

解得，∴．在Rt△DEO中，．∵∠EDO=∠BDH，∠DOE=∠DHB，∴，∴，即，解得，∴．故答案为：．【点睛】这是一道根据轴对称求线段差最大的问题，考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的性质和判定等，确定最大值是解题的关键．15．（2021·四川攀枝花·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别为边CD、BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③PQN≌BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有_____（填上所有正确结论的序号）【答案】①④【分析】①正确，证明△ADM≌△DCN（SAS），可得结论．②③错误，利用反证法证明即可．④正确，利用勾股定理求出AN，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PQ，可得结论．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADM＝∠DCN＝90°，在△ADM和△DCN，，∴△ADM≌△DCN（SAS），∴∠DAM＝∠CDN，∵∠CDN+∠ADP＝90°，∴∠ADP+∠DAM＝90°，∴∠APD＝90°，∴AM⊥DN，故①正确，不妨假设∠MAN＝∠BAN，在△APN和△ABN中，，∴△PAN≌△ABN（AAS），∴AB＝AP，∵这个与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，∴假设不成立，故②错误，不妨假设△PQN≌△BQN，则∠ANP＝∠ANB，同法可证△APN≌△ABN，∴AP＝AB，∵这个与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，∴假设不成立，故③错误，∵DM＝CN＝2，AB＝BC＝8，∴BN＝6，∵∠ABN＝90°，∴AN10，∵∠APN＝90°，AQ＝QN，∴PQAN＝5．故④正确，故答案为：①④．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用反证法解决问题，属于中考填空题中的压轴题．16．（2021·四川雅安·统考中考真题）如图，在矩形中，和相交于点O，过点B作于点M，交于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接，．有下列结论：①四边形为平行四边形，②；③为等边三角形；④当时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号______．【答案】①②④．【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB∴∠DAN=∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°，在△ADN和△CBM中，∴△ADN≌△CBM，∴DN=BM，又∵DF∥BE，DE∥BF，∴四边形DFBE是平行四边形，∴DE=BF，∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，∵NE∥FM，∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，∵△ADN≌△CBM，∴AN=CM，∴CN=AM，∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，∴∠ABM=∠BCM，∴△AMB∽△BMC，∴，∵DN=BM，AM=CN，∴DN2=CM•CN，故②正确，若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OD，∵AO=AD，∴AO=AD=OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN=ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∵四边形DEBF是平行四边形，∴四边形DEBF是菱形；故④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．17．（2021·四川宜宾·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②③④．【分析】先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论．【详解】解：∵AD＝AB，∴tan∠ADB=，∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，∵点O为BD的中点，∴AB=AO=BO，设AB=1，则AD=，BD=2．①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点，令AN=x，则BN=DN=，∴，解得：，∴AN=，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意；②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意；③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意；如图，延长MO交CD于M'，∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，∴△OMB≌△OM'D（ASA），∴BM=DM'，OM=OM'，连接NM'，∵NO⊥MM'，则MN=NM'，∵NM'2=DN2+DM'2，∴MN2=BM2+DN2，故④正确，故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论．18．（2021·四川广元·统考中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论正确的有________（填入正确的序号即可）．【答案】①②③⑤【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，，∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，①∵，∴由四边形内角和可得，∴点A、B、F、P四点共圆，∴∠AFP=∠ABD=45°，∴△APF是等腰直角三角形，∴，故①正确；②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∴，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴HF=EF，∵，∴，故②正确；③连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：∵点O是对角线的中点，∴OB=OD，，∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，∴，由①可得点A、B、F、P四点共圆，∴，∵，∴△AOP∽△ABF，∴，∴，∵，∴，故③正确；④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：由②可得∠AFB=∠AFN，∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，∴△ABF≌△ANF（AAS），∴AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，∵点P在线段上，∴的长不可能为定值，故④错误；⑤由③可得，∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，∴△APG∽△AFE，∴，∴，∴，∴，故⑤正确；综上所述：以上结论正确的有①②③⑤；故答案为①②③⑤．【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．19．（2021·四川成都·统考中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，且，按以下步骤操作：第一步，沿直线翻折，点A的对应点恰好落在对角线上，点B的对应点为，则线段的长为_______；第二步，分别在上取点M，N，沿直线继续翻折，使点F与点E重合，则线段的长为_______．【答案】1【分析】第一步：设EF与AA’交于点O，连接AF，易证明△AOE△ADC，利用对应边成比例可得到OA=2OE，由勾股定理可求出OE=，从而求得OA及OC；由AD∥BC，易得△AOE∽△COF，由对应边成比例可得AE、FC的关系式，设BF=x，则FC=8-x，由关系式可求得x的值；第二步：连接NE，NF，根据折叠的性质，得到NF=NE，设B’N=m，分别在Rt△和Rt△中，利用勾股定理及NF=NE建立方程，可求得m，最后得出结果．【详解】如图所示，连接AF，设EF与AA’交于点O，由折叠的性质得到AA’⊥EF，∵四边形ABCD是矩形∴∠ADC=90°，CD=AB=4，AD∥BC∵∠AOE=∠ADC，∠OAE=∠DAC∴△AOE△ADC，∴，∴OA=2OE，在直角△AOE中，由勾股定理得：，∴OE=，∴OA=，在Rt△ADC中，由勾股定理得到：AC=，∴OC=，令BF=x，则FC=8-x，∵AD∥BC，∴△AOE∽△COF，∴，即7AE=3FC∴3(8-x)=7×3解得：,∴的长为1．连接NE，NF，如图，根据折叠性质得：BF=B’F=1，MN⊥EF，NF=NE，设B’N=m，则，解得：m=3，则NF=，∵EF=，∴MF=，∴MN=，故答案为：1，．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理、三角形相似的判定与性质，矩形的性质等知识，熟练运用这些知识是解决本题的关键，本题还涉及到方程的运用．20．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，在等边中，过点C作射线，点M，N分别在边，上，将沿折叠，使点B落在射线上的点处，连接，已知．给出下列四个结论：①为定值；②当时，四边形为菱形；③当点N与C重合时，；④当最短时，．其中正确的结论是________（填写序号）【答案】①②④【分析】根据等边三角形的性质可得，根据折叠的性质可得，由此即可判断①正确；先解直角三角形可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，根据菱形的判定即可得②正确；先根据折叠的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据即可判断③错误；当最短时，则，过点作于点，连接，交于点，先利用勾股定理求出，根据折叠的性质可得，设，则，，再利用勾股定理可得，，然后根据建立方程，解一元二次方程可得的值，由此即可判断④正确．【详解】解：是等边三角形，且，，，由折叠的性质得：，，是定值，则结论①正确；当时，则，在中，，，，，由折叠的性质得：，，，四边形为平行四边形，又，四边形为菱形，则结论②正确；如图，当点与重合时，，，由折叠的性质得：，，，，，则结论③错误；当最短时，则，如图，过点作于点，连接，交于点，，，，由折叠的性质得：，设，则，在中，，即，解得，，

设，则，，，，，，解得或（不符合题意，舍去），，则结论④正确；综上，正确的结论是①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形、菱形的判定、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题关键．21．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为___________．

【答案】【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．【详解】解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，如图，当、、三点共线时，的值最小，四边形是正方形，，，是的中点，，，由旋转得：，，，的值最小为．故答案：．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．三、解答题22．（2023·四川·统考中考真题）综合与实践．

(1)提出问题．如图1，在和中，，且，，连接，连接交的延长线于点O．①的度数是___________．

②__________．(2)类比探究．如图2，在和中，，且，连接并延长交于点O．①的度数是___________．

②___________．(3)问题解决．如图3，在等边中，于点D，点E在线段上（不与A重合），以为边在的左侧构造等边，将绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图4，M为的中点，N为的中点．①试说明为等腰三角形．②求的度数．【答案】(1)①．②(2)①．②(3)①见解析；②【分析】（1）①证明得到，进而证明，即可求出；②由全等三角形的性质可得，则；（2）①根据等腰直角三角形的性质得到，，进而证明，得到，推出，则；②由相似三角形的性质可得；（3）①连接，延长交于点P，交于点O，证明分别是、的中位线，得到，再证明，得到，则，由此即可证明为等腰三角形；②由全等三角形的性质可得，进而求出，则，再由平行线的性质可得．【详解】（1）解：①，∴，即，又∵，∴，∴，∵即，∴，即∴，故答案为：；②∵，∴，∴，故答案为：；（2）解：①∵在和中，，且，∴，，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：；②∵，∴，故答案为：；（3）解：①连接，延长交于点P，交于点O在等边中，于点D，为的中点又为的中点，N为的中点，

分别是、的中位线∵都是等边三角形，∴，

在和中，为等腰三角形．

②，∵，∴，∴，∴，∴又，即．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，三角形内角和定理等等，正确理解题意通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．23．（2023·四川成都·统考中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．

【初步感知】(1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．【深入探究】(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）【拓展运用】(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时，(3)【分析】（1）连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答；（2）①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据（1）中结论可得，再根据，，即可得到；②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；（3）如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度．【详解】（1）证明：如图，连接，

当时，，即，，，，,，，即，，，在与中，，，，；（2）①证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，

当时，，即，是的中点，，，，，，，是等腰直角三角形，且，，根据（1）中的结论可得，；故线段之间的数量关系为；②解：当点F在射线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，

同①，可得，，，，，同①可得，，即线段之间数量关系为；当点F在延长线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接

同（1）中原理，可证明，可得，，，，，同①可得，即线段之间数量关系为,综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，；（3）解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，

如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，

，，，，，，，是的中点，，，，，根据（2）中的结论，，，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．24．（2023·四川绵阳·统考中考真题）如图，已知△ABC中，∠C=90°，点M从点C出发沿CB方向以1cm/s的速度匀速运动，到达点B停止运动，在点M的运动过程中，过点M作直线MN交AC于点N，且保持∠NMC=45°，再过点N作AC的垂线交AB于点F，连接MF，将△MNF关于直线NF对称后得到△ENF，已知AC=8cm，BC=4cm，设点M运动时间为t（s），△ENF与△ANF重叠部分的面积为y（cm2）．（1）在点M的运动过程中，能否使得四边形MNEF为正方形？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由；（2）求y关于t的函数解析式及相应t的取值范围；（3）当y取最大值时，求sin∠NEF的值．【答案】（1）；（2）；（3）．【详解】试题分析：（1）由已知得出CN=CM=t，FN∥BC，得出AN=8﹣t，由平行线证出△ANF∽△ACB，得出对应边成比例求出NF=AN=（8﹣t），由对称的性质得出∠ENF=∠MNF=∠NMC=45°，MN=NE，OE=OM=CN=t，由正方形的性质得出OE=ON=FN，得出方程，解方程即可；（2）分两种情况：①当0＜t≤2时，由三角形面积得出；②当2＜t≤4时，作GH⊥NF于H，由（1）得：NF=（8﹣t），GH=NH，GH=2FH，得出GH=NF=（8﹣t），由三角形面积得出（2＜t≤4）；（3）当点E在AB边上时，y取最大值，连接EM，则EF=BF，EM=2CN=2CM=2t，EM=2BM，得出方程，解方程求出CN=CM=2，AN=6，得出BM=2，NF=AN=3，因此EM=2BM=4，作FD⊥NE于D，由勾股定理求出EB==，求出EF=EB=，由等腰直角三角形的性质和勾股定理得出DF的长，在Rt△DEF中，由三角函数定义即可求出sin∠NEF的值．试题解析：解：（1）能使得四边形MNEF为正方形；理由如下：连接ME交NF于O，如图1所示：∵∠C=90°，∠NMC=45°，NF⊥AC，∴CN=CM=t，FN∥BC，∴AN=8﹣t，△ANF∽△ACB，∴=2，∴NF=AN=（8﹣t），由对称的性质得：∠ENF=∠MNF=∠NMC=45°，MN=NE，OE=OM=CN=t，∵四边形MNEF是正方形，∴OE=ON=FN，∴t=×（8﹣t），解得：t=；即在点M的运动过程中，能使得四边形MNEF为正方形，t的值为；（2）分两种情况：①当0＜t≤2时，y=×（8﹣t）×t=，即（0＜t≤2）；②当2＜t≤4时，如图2所示：作GH⊥NF于H，由（1）得：NF=（8﹣t），GH=NH，GH=2FH，∴GH=NF=（8﹣t），∴y=NF′GH=×（8﹣t）×（8﹣t）=，即（2＜t≤4）；综上所述：．（3）当点E在AB边上时，y取最大值，连接EM，如图3所示：则EF=BF，EM=2CN=2CM=2t，EM=2BM，∵BM=4﹣t，∴2t=2（4﹣t），解得：t=2，∴CN=CM=2，AN=6，∴BM=4﹣2=2，NF=AN=3，∴EM=2BM=4，作FD⊥NE于D，则EB===，△DNF是等腰直角三角形，∴EF=EB=，DF=NF=，在Rt△DEF中，sin∠NEF===．点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数、三角形面积的计算、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．25．（2023·四川达州·统考中考真题）（1）如图①，在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点落在上处，若，求的值；

（2）如图②，在矩形的边上取一点，将四边形沿翻折，使点落在的延长线上处，若，求的值；（3）如图③，在中，，垂足为点，过点作交于点，连接，且满足，直接写出的值．【答案】（1）；（2）5；（3）【分析】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得，设则，中利用勾股定理求得，则，，进而求解即可；（2）由矩形的性质和翻折性质得到，证明，利用相似三角形的性质求得，则，在中，利用勾股定理求得，进而求得，可求解；（3）证明得到，则；设，，过点D作于H，证明得到，在中，由勾股定理解得，进而可求得，在图③中，过B作于G，证明，则，，再证明，在中利用锐角三角函数和求得即可求解．【详解】解：（1）如图①，∵四边形是矩形，∴，，，由翻折性质得，，在中，，∴，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，∴；（2）如图②，∵四边形是矩形，∴，，，由翻折性质得，，，，∴∴，∴，∴，即，又，∴，∴，在中，，∴，则，∴；（3）∵，，∴，∴，∵，∴，∴，则；设，，过点D作于H，如图③，则，∴；

∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，在中，，在图③中，过B作于G，则，∴，∴，∴，，∵，，∴，则，在中，，，∵，∴，则，∴．

【点睛】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键．26．（2023·四川·统考中考真题）如图1，已知线段，，线段绕点在直线上方旋转，连接，以为边在上方作，且．

(1)若，以为边在上方作，且，，连接，用等式表示线段与的数量关系是；(2)如图2，在(1)的条件下，若，，，求的长；(3)如图3，若，，，当的值最大时，求此时的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）在中，，，且，，可得，根据相似三角形的性质得出，，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；（2）延长交于点，如图所示，在中，求得，进而求得的长，根据（1）的结论，得出，在中，勾股定理求得，进而根据，即可求解．（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，同（1）可得，进而得出在以为圆心，为半径的圆上运动，当点三点共线时，的值最大，进而求得，，根据得出，过点作，于点，分别求得,然后求得，最后根据正切的定义即可求解．【详解】（1）解：在中，，，且，，∴，，∴，，∴∴∴，故答案为：．（2）∵，且，，∴，，延长交于点，如图所示，

∵，∴，∴在中，，，∴，由（1）可得，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，

同（1）可得则，∵，则，在中，，，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，∴当点三点共线时，的值最大，此时如图所示，则，

在中，∴,，∵，∴，过点作，于点，∴，，∵，∴，∴，中，．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定义，求圆外一点到圆的距离的最值问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．27．（2022·四川达州·统考中考真题）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：(1)【初步探究】如图2，当时，则_____；(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出，，之间的数量关系：_________；(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．(4)【拓展延伸】如图5，在与中，，若，（m为常数）．保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接，如图6．试探究，，之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)(2)(3)仍然成立，理由见解析(4)【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据题意可得，根据等原三角形的性质可得平分，即可得，根据旋转的性质可知；（2）证明，可得，根据等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；（3）同（2）可得，过点，作，交于点，证明，，可得，即可得出；（4）过点作，交于点，证明，可得，，在中，勾股定理可得，即可得出．【详解】（1）等腰直角三角形和等腰直角三角形，，故答案为：（2）在与中，又重合，故答案为：（3）同（2）可得，过点，作，交于点，则，，在与中，，，，是等腰直角三角形，，，，，在与中，，，，，即，（4）过点作，交于点，，，，，，，，，，，，，，中，，，即．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．28．（2021·四川成都·统考中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．【详解】（1）在中，．根据旋转性质可知，即为等腰三角形．∵，即，∴，∴．（2）如图，作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．∵，∴，∴，∴，．∵，即，∴．在中，，∴．∴．∵，∴，即，∴．（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，∵，即，又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴在和中，∴，∴，即点D为中点．∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．∴此时，即DE最小值为1．【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．29．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，点C为线段上一动点（不与A、B重合），以C为顶点作，射线交线段于点D，将射线绕点O顺时针旋转交射线于点E，连接．(1)证明：；（用图1）(2)当为直角三角形时，求的长度；（用图2）(3)点A关于射线的对称点为F，求的最小值．（用图3）【答案】(1)见解析(2)(3)2【分析】（1）由条件可证得，根据相似三角形对应边成比例得，即；（2）先根据函数关系式求出的长度，然后作出对应的图2，可证明，从而得到，设，，结合对应边成比例，得到，则，解方程得到，所以，，再由（1）的结论，可计算出．【详解】（1）证明：已知射线绕点O顺时针旋转交射线于点E，，，，,，又，，；（2）解：直线，当时，，，，当时，，，，，如图2，，，，，，设，，，，，，即，，，，，，由（1）知：，，（3）解：如图3，由对称得：,则动点F在以O为圆心，以为半径的半圆上运动，当F在y轴上，此时在B的正上方，的值最小，如图4，此时，即的最小值是2．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形、一次函数与坐标轴交点问题、轴对称图形特征、圆的性质、动点中的最短距离问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定，采用数形结合，利用相似比列方程求线段长是解题关键．30．（2021·四川资阳·统考中考真题）已知，在中，．（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）【分析】（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，由题意易得，，则有，然后可得，设，，进而根据勾股定理可求解x的值，然后根据三角函数可进行求解．【详解】解：（1），理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）过点A作AH⊥BC于点H，如图所示：∵，∴△BAC是等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，设，则，∴，∴，∴，解得：，∴AF=5；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延长线于点M，交AP于点N，如图所示：∵，，∴△BAC是等腰直角三角形，∴，，∴，∵，∴，由旋转的性质可得，∴，∴，∴，∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，∴四边形GMPN是矩形，∴，设，∴，在Rt△ANG中，，∵，∴，化简得：，解得：，∵，∴当时，易知与相矛盾，∴，∴，∴，∴，∴在Rt△DTC中，，∴．【点睛】本题主要考查三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握三角函数、相似三角形的性质与判定、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．31．（2021·四川乐山·统考中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________；（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．①在图2中补全图形；②探究与的数量关系，并证明；（3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明．【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析【分析】（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可（2）①按要求补全图即可②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明【详解】解：（1）∵，∴△ABC是等边三角形∴∠B=60°∵点关于直线的对称点为点∴AB⊥DE，∴故答案为：；（2）①补全图如图2所示；②与的数量关系为：；证明：∵，．∴为正三角形，又∵绕点顺时针旋转，∴，，∵，，∴，∴，∴．（3）连接．∵，，∴．∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．∵，∴．又∵，∴．【点睛】本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点32．（2021·四川广元·统考中考真题）如图1，在中，，，点D是边上一点（含端点A、B），过点B作垂直于射线，垂足为E，点F在射线上，且，连接、．（1）求证：；（2）如图2，连接，点P、M、N分别为线段、、的中点，连接、、．求的度数及的值；（3）在（2）的条件下，若，直接写出面积的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）；；（3）【分析】（1）根据两边对应成比例，夹角相等判定即可．（2）的值可以根据中位线性质，进行角转换，通过三角形内角和定理求解即可，的比值转换为的比值即可求得.（3）过点作垂直于的延长线于点，，将相关线段关系转化为CE，可得关系，观察图象，当时，可得最大值．【详解】（1）证明：∵，∴,∵垂直于射线,∴又∵∴,∵即：又∵∴（2）解：∵点P、M、N分别为线段、、的中点∴，，∴,∴又∵∴又∵∴∴又∵∴又∵又∵∴∴（3）如下图：过点作垂直于的延长线于点,又∵∴∴∴当取得最大值时，取得最大值，在以的中点为圆心，为直径的圆上运动，当时，最大，∴，【点睛】本题考查的是三角形相似和判定、以及三角形面积最大值的求法，根据题意找见相关的等量是解题关键．33．（2022·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，点O是的中点，点M是射线上动点，点P在线段上（不与点A重合），．(1)判断的形状，并说明理由．(2)当点M为边中点时，连接并延长交于点N．求证：．(3)点Q在边上，，当时，求的长．【答案】(1)为直角三角形，理由见解析(2)见解析(3)或12【分析】（1）由点O是的中点，可知，由等边对等角可以推出；（2）延长AM，BC交于点E，先证，结合（1）的结论得出PC是直角斜边的中线，推出，进而得到，再通过等量代换推出，即可证明；（3）过点P作AB的平行线，交AD于点F，交BC于点G，得到两个K型，证明，，利用相似三角形对应边成比例列等式求出QF，FP，再通过即可求出DM．【详解】（1）解：为直角三角形，理由如下：∵点O是的中点，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴为直角三角形；（2）证明：如图，延长AM，BC交于点E，由矩形的性质知：，，∴，∵点M为边中点，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，即C点为BE的中点，由（1）知，∴，即为直角三角形，∴，∴，又∵，，∴，∴；（3）解：如图，过点P作AB的平行线，交AD于点F，交BC于点G，由已知条件，设，，则，，．∵，，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴．同理，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴．∴，解得，∴，将代入得，整理得，解得或．∵，，∴，∴，即，∴，∴当时，，当时，，此时点M在DC的延长线上，综上，的长为或12．【点睛】本题考查矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，相似三角形的判定与性质等，第3问有一定难度，解题关键是作辅助线构造K字模型．34．（2021·四川遂宁·统考中考真题）如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD＝CD，∠A＝30°．（1）求证：直线AC是⊙O的切线；（2）求△ABC的面积；（3）点E在上运动（不与B、D重合），过点C作CE的垂线，与EB的延长线交于点F．①当点E运动到与点C关于直径BD对称时，求CF的长；②当点E运动到什么位置时，CF取到最大值，并求出此时CF的长．【答案】（1）见解析；