专题13几何类比探究题型（含解析） 2024年中考数学答题技巧与模板构建

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题13几何类比探究题型题型解读｜模型构建｜通关试练几何的类比探究题型是近年中招解答题的必考题型，该题型往往以压轴题的形式出现，有一定的难度．探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．由于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．模型01图形旋转模型模型一、A字形（手拉手）及其旋转模型二、K字型及其旋转手拉手模型是有两个等腰的三角形或者两个等边的三角形，他们有一个共同的顶点，且两个等腰三角形的顶角是相等的，那么就可以用角的和差求得共顶点的另外两个角相等等，然后利用等腰的边对应相等，可证明两个三角形全等（边角边）组成这样的图形模样的我们就说他是手拉手模型．在类比探究题型中，往往会对等腰三角形或者等边三角形进行演变，变成一般三角形进行旋转，通常全等三角形变为相似三角形．模型特征：双等腰；共顶点；顶点相等；绕着顶点作旋转解题依据：等腰共顶手拉手，旋转全等马上有；左手拉左手，右手拉右手，两根拉线抖一抖，它们相等不用愁；拉线夹角与顶角，相等互补答案有．模型02图形平移模型探究1．四边形平移变换四边形的平移变换题型中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，平移几何性质、三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形全等或相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．2．三角形平移变换三角形平移变换主要利用三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平移性质、平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．3．其它图形平移类比探究问题综合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，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．模型03动点引起的题型探究动点型问题是指题设中的图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线、直线、抛物线、双曲线、弧线等上运动的一类非常具有开放性的题目．而从其中延伸出的折叠、旋转问题，更能体现其解题核心--动中求静，灵活运用相关数学知识进行解答，有时需要借助或构造一些数学模型来解答．实行新课标以来，各省（市）的中考数学试卷都会有此类题目，这些题目往往出现在选择、填空题的压轴部分，题型繁多，题意新颖，具有创新力．其主要考查的是学生的分析问题及解决问题的能力．要求学生具备：运动观点；方程思想；数形结合思想；分类讨论思想；转化思想等等．模型04铺垫、迁移、拓展类探究题型铺垫、迁移、拓展类探究题型由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：

1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律；

2．反演推理法（反证法），即假设结论成立，根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致；3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果；4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．模型01图形旋转模型考｜向｜预｜测图形旋转模型该题型近年主要以解答题形式出现，图形的旋转模型，在解答题目时经常出现的一道题目，也是必考题型，手拉手模型是旋转模型中常见的一种题型，熟知手拉手模型的做法和思路，不论是求证线段的关系，还是求证角度的关系都十分的简单了，本专题就手拉手模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握．答｜题｜技｜巧第一步：连接拉手线：左手拉左手，右手拉右手第二步：证全等或相似：等腰三角形性质；SAS；证相似应用的方法为两边成比例，夹角相等；第三步：利用全等或相似的性质得到角度关系+拉手线相等；例1．（2023·山东）1．

(1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，CE．求证：BD＝CE．(2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°．连接BD，CE．请直接写出的值．(3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．①求的值；②延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．模型02图形平移模型探究考｜向｜预｜测图形平移模型探究该题型主要以探究题型出现，在考试中需要学生结合图形平移的性质综合运用所学几何知识进行解题，该题型具有一定的难度和综合性，在各类考试中得分率普遍较低．掌握平移的性质，根据平移前后图形位置的变化找出对应的全等或相似三角形，求出对应的边长或角度．答｜题｜技｜巧第一步：观察图形经过平移，找对应线段平行（或共线）且相等，对应角相等，对应点所连接的线段平行且相等；第二步：根据平移性质找出对应结论，平移不改变图形的形状、大小和方向（平移前后的两个图形是全等形），图形平移前后的形状和大小没有变化，只是位置发生变化；第三步：图形平移后，对应点连成的线段平行（或在同一直线上）且相等；第四步：平移是由方向和距离决定的；例1．（2024·河南周口·模拟预测）2．问题背景：如图1，在四边形中，，将沿翻折，点的对应点恰好落在边上．(1)操作探究连接，判断的形状，说明理由；(2)探究迁移将沿射线平移得到（点的对应点分别为），当点的对应点与点重合时，求四边形的周长；(3)拓展创新将继续沿射线平移得到（点的对应点分别为），与交于点，且，将绕点在平面内自由旋转，当时，直接写出的长．模型03动点引起的题型探究考｜向｜预｜测动点引起的题型探究是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题．随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题．解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以静制动．解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注-些不变量和不变关系或特殊关系．答｜题｜技｜巧第一步：分析题目；第二步：依据落点定折痕；第三步：建立对应几何模型；第四步：设出未知数列方程求解；第五步：得到结论．例1．（2024·辽宁丹东·模拟预测）3．【问题背景】某数学实验小组对坐标平面内线段上的动点问题进行研究．如图1，平面直角坐标系中，点坐标为，为线段上的一个动点，分别以、为边在轴同侧做正方形与正方形，设点坐标为．【问题思考】（1）在点运动中，设正方形的面积为，正方形的面积为，当时，求点坐标．（2）分别连接、、，交于点，当点运动时，设的面积为，求与的函数表达式．【问题拓展】（3）当点坐标为（1）问结果时，求此时点的坐标．（4）如图2，若点坐标为，点，分别为边，的中点，的中点为，连接，，当点从到的运动过程中，请求出的最小值．模型04铺垫、迁移、拓展类探究题型考｜向｜预｜测铺垫、迁移、拓展类探究题型解决该类问题的关键是要认真仔细地阅读给定的材料，弄清材料中隐含了什么新的数学知识、结论，或揭示了什么数学规律，或暗示了什么新的解题方法，然后依题意进行分析、比较、综合、抽象和概括，或用归纳、演绎、类比等进行计算或推理论证，并能准确地运用数学语言阐述自己的思想、方法、观点．展开联想，将获得的新信息、新知识、新方法进行迁移，建模应用，解决题目中提出的问题．该题型在考试中主要以解答题的形式出现，题目一般较长，需要学生具有一定的阅读和理解的能力，同时该题型具有一定的难度，得分率较低，需要我们认真对待．答｜题｜技｜巧第一步：首先利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律；第二步：反演推理：假设结论成立，根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致；第三步：分类讨论：当命题的题设和结论不唯一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果；第四步：类比猜想：即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．例1．（2023·湖北武汉）4．【感知图形】点是矩形的边上一动点，连接、，将、分别沿、翻折，得到、．【问题探究】（1）如图1，交于点，交于，在的右侧，求证：；【问题拓展】（2）将图1特殊化，当、、共线时，称点为边上的“叠合点”．如图2，在矩形中，，，点P为边上的“叠合点”，且，求的长；（2023·福建）5．如图，正方形ABCD中，点F是BC边上一点，连接AF，以AF为对角线作正方形AEFG，边FG与AC相交于点H，连接DG．以下四个结论：①∠EAB＝∠BFE＝∠DAG；②△ACF∽△ADG；③；④DG⊥AC．其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）（2023·湖北黄冈）6．某校数学活动小组探究了如下数学问题：(1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边上一点，连接，以为腰作等腰，且，连接、则和的数量关系是______；(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰上一点，连接，以为底边作等腰，连接，判断和的数量关系，并说明理由；(3)问题解决：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，点是正方形两条对角线的交点，连接．若正方形的边长为，，请直接写出正方形的边长．（2023·河南）7．（1）如图1，在矩形中，，，点E为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点C落在边上的点处．求的长；（2）如图2，展开后，将沿线段向右平移，使点的对应点与点B重合，得到，与交于点F，求线段的长；（3）在图1中，将绕点旋转至A，，E三点共线时，请直接写出的长．（2023·辽宁沈阳）8．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在x轴上，，的长是一元二次方程的根，过点C作x轴的垂线，交对角线于点D，直线分别交x轴和y轴于点E和点F，动点N从点E以每秒2个单位长度的速度沿向终点F运动．设运动时间为t秒．(1)求直线的函数表达式：(2)求点N到直线的距离h与运动时间t的函数关系式，直接写出自变量的取值范围；(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点M．使得以为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由．（2023·陕西）9．【问题出示】（1）如图①，等腰中，，，点是直线上的动点，线段的最小值是______．【问题探究】（2）如图②，线段最短时，在（1）的条件下，线段是的角平分线，点、分别在边、上运动，连接、，的最小值是【问题拓展】（3）如图③，线段最短时，在（1）的条件下，点在边上运动，连接，将线段绕点顺时针旋转60°，得到线段，连接，求线段的最小值．【问题解决】按照住建部制定的楼间距国家标准，南北朝向的小区，各栋楼之间的距离不小于前排楼高的0.7倍，例如：前排房屋的楼高是20米，那么后排房屋与前排房屋的距㐫至少要14米才符合要求．（4）如图④，是某居民小区的部分平面示意图，四边形各边长都为90米，且两组对边分别平行，，长30米，边上任意一点，计划在线段、、上修建三条小路，点处修建业主活动楼，其中，且．小区最南边一排（即线段处）楼高70米，当线段取小时，点处的业主活动楼到线段处楼房的距离是否符合楼间距标准？请说明理由．（2023·四川）10．在数学兴趣小组活动中，小明同学对几何动点问题进行了探究：问题背景：在中，．点D为边上一动点，连接，点E为边上一动点，连接，以为边，在右侧作等边，连接．(1)如图1，当时，求证：；(2)如图2，当点D运动到的四等分点（靠近点B）时，点D停止运动，此时点E从点C运动到点D，试判断点E从点C运动到点D的过程中线段和的数量关系，并说明理由；(3)如图3，点D从的四等分点（靠近点B）出发，向终点A运动，同时，点E从点D出发，向终点C运动，运动过程中，始终保持，直接写出的最小值和点F所经过的路径长．（2023·广东）11．综合应用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：按照以下思路研究不等式组的解集：首先令，通过列表、描点、连线的方法作出该函数的图象并对其性质进行探究，列表：x…0134…y……描点与连线：

(1)在列表的空格处填对应的y值，在如图给出的平面直角坐标系中描出以表中各对应值为坐标的点，并根据描出的点，画出该函数的图象．(2)若为该函数图象上不同的两点，则x与y的数量关系是_______；(3)观察图象，当时，自变量x的取值范围是_______；(4)【拓展运用】运用以上的探究过程，求出函数与的图象所围成的图形面积．（2023·湖北）12．【问题提出】（1）如图1，在四边形中，，，，连接．试探究、、之间的数量关系．小明的思路是：他发现和互补，推得，于是想到延长到点，使，连接．从而得到，然后证明，不难得到、、之间的数量关系是______；【问题变式】（2）如图2，四边形中，，，连接，试探究、、之间的数量关系，并说明理由；【问题拓展】（3）如图3，四边形中，，，，连接，若，求四边形的面积．（直接写出结果）

13．1.问题发现图（1），在和中，，，，连接，交于点M.①的值为______；②的度数为_______．（2）类比探究图（2），在和中，，，连接，交的延长线于点M，请计算的值及的度数；（3）拓展延伸在（2）的条件下，若，，将绕点O在平面内旋转一周．①当直线经过点B且点C在线段上时，求的长；②请直接写出运动过程中M点到直线距离的最大值．（2224·河南周口·一模）14．在中，，，点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转α得到线段，连接，，.(1)观察猜想如图①，当时，的值是_______，直线与直线相交所成的较小角的度数是________．(2)类比探究如图②，当时，请写出的值及直线与直线相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由．15．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，点D，E分别为AC，BC的中点．△CDE绕点C顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤360°），记直线AD与直线BE的交点为点P．(1)如图1，当α＝0°时，AD与BE的数量关系为______，AD与BE的位置关系为______；(2)当0°＜α≤360°时，上述结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由；(3)△CDE绕点C顺时针旋转一周，请直接写出运动过程中P点运动轨迹的长度和P点到直线BC距离的最大值．（2024·山东济南·一模）16．某校数学活动小组探究了如下数学问题：(1)问题发现：如图1，中，，．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰，且，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是______；(2)变式探究：如图2，中，，．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；(3)问题解决：如图3，在正方形ABCD中，点P是边BC上一点，以DP为边作正方形DPEF，点Q是正方形DPEF两条对角线的交点，连接CQ．若正方形DPEF的边长为，，求正方形ABCD的边长．17．如图，中，，将沿的方向平移得到，连接．

(1)当点移至什么位里时，四边形是菱形，并加以证明．(2)在（1）的条件下，四边形能否为正方形？若能，请说明理由；若不能，请给添加一个条件，使四边形为正方形，并写出推理过程．18．在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，现将线段先向上平移3个单位，再向右平移1个单位，得到线段，连接，．(1)如图1，求点，的坐标及四边形的面积；(2)如图1，在轴上是否存在点，连接，，使？若存在这样的点，求出点的坐标；若不存在，试说明理由；(3)如图2，点为与轴交点，在直线上是否存在点，连接，使？若存在这样的点，直接写出点的坐标；若不存在，试说明理由；19．已知：如图①，在矩形中，，垂足是E点F是点E关于的对称点，连接．（1）求和的长；（2）若将沿着射线方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿方向所经过的线段长度）当点F分别平移到线段上时，求出相应的m的值;（3）如图②，将绕点B顺时针旋转一个角，记旋转中的为，在旋转过程中，设所在的直线与边交于点P与直线交于点Q是否存在这样的P、Q两点，使为等腰三角形？若存在，直接写出此时的长：若不存在，请说明理由．（2024·山西太原·一模）20．综合与实践问题情境：数学课上，同学们以菱形为背景，探索动点运动过程中产生的几何问题．已知，在菱形中，，对角线，点E是射线上的一个动点，连接，与关于边所在直线对称．初步探究：（1）如图1，小颖同学研究了时的情形，并提出如下问题，请你解答：①判断四边形的形状，并说明理由；②此时线段的长为________________________________；拓展延伸：（2）小彬同学研究了时的情形，请你直接写出此时线段的长．21．如图一，在射线的一侧以为一条边作矩形，，，点是线段上一动点（不与点重合），连接，过点作的垂线交射线于点，连接．(1)求的大小；(2)问题探究：动点M在运动的过程中，是否能使为等腰三角形，如果能，求出线段的长度；如果不能，请说明理由．(3)问题解决：如图二，当动点运动到的中点时，与的交点为，的中点为，求线段的长度．22．苏科版教材八年级下册第94页第19题，小明在学过圆之后，对该题进行重新探究，请你和他一起完成问题探究．【问题提出】如图1，点分别在方形中的边上，且，连接交于点，求证：．请你先帮小明加以证明．【问题探究】小明把原问题转化为动点问题，如图1，在边长为的正方形中，点E从点A出发，沿边向点D运动，同时，点F从点B出发，沿边向点A运动，它们的运动速度都是，当点E运动到点D时，两点同时停止运动，连接交于点M，设点运动时间为t秒．（1）如图1，在点的运动过程中，点M也随之运动，请直接写出点M的运动路径长．（2）如图2，连接，在点的运动过程中．①试说明点D在的外接圆上；②若①中的与正方形的各边共有6个交点，请直接写出t的取值范围．23．材料：在处理有动点的几何问题时，寻求与动点相关的常量，可以帮我们分析出动点的运动轨迹，进而解决问题．如果动点C与定线段所成的为常量，那么点C的运动轨迹为射线，如图A．如果动点G与定直线的距离为常量，动点G的运动轨迹即为过点G且与直线平行的直线l，如图B．下图中，矩形中，，点P在边上且，点M为直线上的一动点，以为直角边作等腰，，点N在直线的右下方，连接，当点M在边上运动时，(1)分析点N的运动轨迹并写出证明过程；画出轨迹（尺规作图）．(2)求周长的最小值．24．探索发现

如图1，在正方形中，点E在上，连接，将沿着直线翻折得到，延长，分别交，于H，G．（1）证明：；（2）若点G是中点，求值，迁移拓展

如图2，在菱形中，，点E在上，连接，将沿着直线翻折得到，交于H，延长，交于点G．若，直接写出的值及长．（2024·山东临沂·一模）25．用四根一样长的木棍搭成菱形，点P是线段上的动点（点P不与点D和点C重合），在射线上取一点M，连接，使．【操作探究一】（1）如图1，调整菱形，使，当点M在菱形外时，在射线上取一点N，使，连接，则______，______；【操作探究二】（2）如图2，调整菱形，使，当点M在菱形外时，在射线上取一点N，使，连接，探索与的数量关系，并说明理由；【拓展迁移】（3）在菱形中，，．若点P在直线上，点M在射线上，且当时，请直接写出的长．（2024·贵州·模拟预测）26．在中，，点在直线上，直线与的夹角为，且，分别过点，作直线的垂线，垂足分别为，．

(1)【问题解决】如图，若，则的度数为________，的值为______；(2)【问题探究】如图，若，判断的值是否发生变化？并说明理由；(3)【拓展延伸】如图，，交于点，点在线段上，，，求线段的长．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．(1)见解析(2)(3)①；②【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，从而得出结论；（2）证明△BAD∽△CAE，进而得出结果；（3）①先证明△ABC∽△ADE，再证得△CAE∽△BAD，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE＝∠ABD，进而∠BFC＝∠BAC，进一步得出结果．【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，，∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE，；（3）解：①，∠ABC＝∠ADE＝90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC＝∠DAE，，∴∠CAE＝∠BAD，∴△CAE∽△BAD，；②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠AGC＝∠BGF，∴∠BFC＝∠BAC，∴sin∠BFC．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．2．(1)是等边三角形，理由见详解(2)4(3)3或【分析】连接，由翻折得，，，结合题意得，则，即可得是等边三角形；由平移得四边形为平行四边形，结合翻折，判定四边形为菱形，利用含30度角的直角三角形的性质得到，即可求得周长；过点作交于点F，连接，可得四边形为平行四边形，有，和，即可判定点F为中点，则有D、F、和M在同一条直线上，结合（1）知，，分两种情况逆时针旋转和顺时针旋转求解即可．【详解】（1）证明：是等边三角形，连接，如图，∵沿翻折，点的对应点，∴，，，∵，，∴，，∴，则，那么，是等边三角形；（2）∵沿射线平移得到∴，，∴四边形为平行四边形，∵沿翻折，点的对应点，∴，则四边形为菱形，∵∴∵，∴，，则；（3）过点作交于点F，连接，如图，∵继续沿射线平移得到，∴四边形为平行四边形，∴，，，∵，∴，∴点F为中点，∴，得，那么，D、F、和M在同一条直线上，由（1）知，，当逆时针旋转时得到，则位于直线上，∵点F为中点，，∴，∵∴；当顺时针旋转时得到，则位于直线上，由旋转得，，，∴，综上所述，的长为3或．【点睛】本题主要考查折叠的性质、等边三角形的判定、平移的性质、菱形的判定和性质、含30度角的直角三角形的性质和旋转的性质，解题的关键是熟悉上述所涉及的性质，并熟练掌握各性质之间的关联．3．（1）或；（2）；（3）点的坐标为或或或；（4）【分析】本题主要考查了平面直角坐标系中的动点问题，正方形的性质，二次函数等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，作出正确的辅助线．（1）由点坐标为，点坐标为，可得，，再根据正方形的面积公式，即可求解；（2）连接，可得，进而得到，即可求解；（3）分为两种情况：①当时，②当时，结合（2）中的关系式，即可求解；（4）过作轴于，延长交于，过作轴于，交于，则，，，推出，即点在平行于轴且到轴距离为的线段上，作关于的对称点，连接交于，此时有最小值，即为，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】解：（1）点坐标为，点坐标为，，，当时，得，解得，，点的坐标为或；（2）连接，四边形，均为正方形，，，；（3）①当时，，，，，当正方形与正方形在轴上方时，当正方形与正方形在轴下方时；②当时，，，，当正方形与正方形在轴上方时，当正方形与正方形在轴下方时，综上所述，点的坐标为或或或；（4）如答图2，过作轴于，延长交于，过作轴于，交于，则，，，，为的中点,，，即点在平行于轴且到轴距离为的线段上．如答图3，作关于的对称点，连接交于，此时有最小值，即为，则，，，在中，．4．（1）见详解；（2）【分析】（1）利用平行线的性质翻折变换的性质证明，，可得结论；（2）由矩形的性质得出，，，设，则，由勾股定理得出，求得（舍）或，则可求出答案．【详解】（1）证明：如图1中，四边形是矩形，，，由翻折的性质可知，，，同法可证，；（2）四边形是矩形，，，，设，则，由得，则，在中，，在中，，由折叠的性质可知，，，，在中，，，解得（舍）或，当时，；∴的长为．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．5．①②④【分析】根据正方形的性质可知，有对顶角相等，可证∠EAB＝∠BFE，由可证∠EAB＝∠DAG，可判断结论①正确；由，，两边对应成比例且夹角相等即可得△ACF∽△ADG，可判断结论②正确；由结论②可知，可得DG平分，由正方形可知是等腰直角三角形，可推出DG⊥AC，结论④正确；利用两组角对应相等的两个三角形相似可得△ACF∽△AFH，根据相似的性质可得，则，又有，则结论③错误．【详解】解：设AB与EF相交于点O，如图所示，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴，．又∵，∴．∵，∴，∴，故结论①正确；∵AC、AF是正方形ABCD和正方形AEFG的对角线，∴，，∴．又∵，∴，即．∴△ACF∽△ADG．故结论②正确；由△ACF∽△ADG可知，∴DG平分．∵是等腰直角三角形，∴DG⊥AC．故结论④正确；∵，，∴△ACF∽△AFH，∴，∴．∵在等腰直角中，，∴，故结论③错误，∴正确的结论是①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理证明三角形相似是解题的关键．6．(1)(2)(3)6【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到和的数量关系；（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到和的数量关系；（3）连接，先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段的长，接着设正方形的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，在中，，，∴，，∴．在和中，，∴，∴；（2）解：结论：，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：连接，如图所示，∵四边形与四边形是正方形，与交于点，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，设，则，又∵正方形的边长为，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的边长为6．【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．7．（1）3；（2）1；（3）或【分析】（1）本题利用折叠和矩形的性质得出，，再利用勾股定理即可解题；（2）本题利用平移的性质证得，设长为，利用勾股定理算出，推出，再利用相似三角形的性质得到，算出，从而求得的长；（3）本题根据A，，E三点共线，分以下两种情况讨论，①当旋转到左侧时，②当旋转到右侧时，根据以上两种情况作辅助线构造直角三角形，利用旋转的性质、矩形的性质和判定、以及勾股定理进行分析求解，即可解题．【详解】（1）解：为矩形，，，，，；（2）解：为平移后的图形，，，，，，设长为，，，解得：，，，，，，；（3）解：将绕点旋转至A，，E三点共线，分以下两种情况：①当旋转到左侧时，如图所示：作，交的延长线于点，由（2）可知，由旋转性质可知，，，，，四边形为矩形，，，，②当旋转到右侧时，如图所示：作，交的延长线于点，由（2）可知，由旋转性质可知，，，，四边形为矩形，，，，．【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质和判定、勾股定理、平移的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、旋转的性质，熟练掌握相关性质定理并灵活运用，即可解题．8．(1)(2)(3)存在，点M的坐标是或【分析】（1）过点作于，解方程可得，然后解直角三角形求出、和的长，得到点、的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；（2）先求出，可得为的中点，利用勾股定理可得，再证得是等边三角形，可得，然后分情况讨论∶当时，即点在线段上运动时，过点作于，当时，即点在线段上运动时，过点作于，分别解直角三角形即可求得答案；（3）分情况讨论∶①当是矩形的边时，则，过点作于，首先求出，然后解直角三角形求出和，再利用平移的性质得出点的坐标；②当是矩形的对角线时，则，过点作于，证明，可得然后解直角三角形求出，再利用平移的性质得出点的坐标．【详解】（1）解：方程，解得∶，四边形是是形，，，，，过点作于，如图1，，，，，设直线的解析式为，代入得∶解得∶，直线的解析式为；（2）当时，，当时，为的中点，在中，是等边三角形．当时，即点在线段上运动时，过点作于，如图2，则当时，即点在线段上运动时，过点作于，如图3，则，，综上所述，点到直线的距离与运动时间的函数关系式为（3）存在，分情况讨论∶①如图4，当是矩形的边时，则，过点作于，，即点为与的交点，，将点向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点，将点向左平移向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到点，，；②如图5，当是矩形的对角线时，则，过点作于，，是等边三角形，将点向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点，将点向右平移3个单位长度，再向上平移个单位长度得到点，存在一点，使得以为顶点的四边形是矩形，点的坐标是()或．【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含直角三角形的性质，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用相关知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．9．（1）

（2）

（3）

（4）符合楼间距标准，理由【分析】（1）根据垂线段最短得到点M的位置，然后根据的直角三角形的性质解题即可；（2）在边上截取，连接，则有，即可得到，当P、D、M三点共线，过点M作于点D时，最小，最小值为长，然后利用勾股定理解题即可；（3）在上截取，连接，则有，即，当时，长最小，即长最小，根据的直角三角形的性质解题即可；（4）在上截取，在上截取，连接，连接并延长交于点N，证明，可得当时，长最小，通过计算判断即可解题．【详解】解：（1）当点运动到时，线段值最小，∵，，∴，故答案为：；（2）解：在边上截取，连接，∵平分，∴，又∵，∴，∴，即当P、D、M三点共线，过点M作于点D时，最小，最小值为长，∵，又∵，∴，故最小值为；（3）在上截取，连接，∵，∴，∴，由旋转可得，∴，∴，即当时，长最小，即长最小，这时，∴；（4）解：符合楼间距标准，理由为：在上截取，在上截取，连接，连接并延长交于点N，则，又∵，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴米，∴当时，长最小，这时，米，∴，∴符合楼间距标准．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质，的直角三角形的性质，最短路径问题，勾股定理，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．10．(1)见解析(2)，理由见解析(3)的最小值为，点F所经过的路径长【分析】（1）证明，从而证明三角形全等；（2）过点F作，垂足为点G，取点H为中点，连接，由四等分点证明，再根据三线合一得到，证明，从而得到是的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得到；（3）以为边作等边三角形，连接，证明，可得点F在以为直径的圆弧上运动，起点为的中点N，终点为点M，连接，交圆弧于点F，此时取得最小值，通过证明，利用弧长公式得到点F所经过的路径长．【详解】（1）证明：∵是等边三角形，∴，∵，∴，即，∵，∴；（2）解：，理由如下：过点F作，垂足为点G，取点H为中点，连接，∵，∴，∴∵点H是的中点，∴∵，∴是等边三角形，∴，∵点H是中点，点D是四等分点，∴，∵，∴，由（1）得，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵∴是的垂直平分线，∴；（3）解：以为边作等边三角形，连接，∵是等边三角形．∴，∴，∴，∴，即当点D和点E运动过程中，始终保持，则点F在以为直径的圆弧上运动，起点为的中点N，终点为点M，由三角形三边关系可知，则，连接，交圆弧于点F，此时取得最小值，∵是等边三角形，点O是中点，，∴，∴，∴，∵点N是中点，∴，∴是等边三角形，∴，∴，则的最小值为，点F所经过的路径长为．【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质，弧长公式，本题的关键在于构造全等三角形，利用定点定长的特点发现隐圆从而解决路径长问题．11．(1)见解析(2)(3)或(4)12【分析】本题考查作函数图象，利用图象法求解问题，新定义问题，熟练掌握用描点法作函数图象和利用图象法解决问题是解题的关键．（1）把对应的x的取值代入解析式，即可完成表格，然后描点，画出函数图象即可；（2）根据函数图象的性质，即可求解；（3）观察图象，当时，，即可求解．（4）先画出函数的图象，再求出两图象的交点坐标，然后根据所求图形面积等于，即可求解．【详解】（1）解：填表如下：…01234……0123210…描出各点，画出函数图象如下：

（2）由图象得：函数关于y轴对称，∵纵坐标相同，∴，故答案为：；（3）观察图象，当或时，，即当时，自变量的取值范围是或；故答案为：或；（4）设两图象交于点A，B，直线交x轴于点C，对于，当时，，解得：，∴点，即，

当时，，∴直线与y轴的交点为，画出函数的图象草图如下：

联立得：，解得：或，∴点，∴它与函数的图象所围成的图形面积等于．12．（1）；（2），理由见解析；（3）【分析】（1）延长到点，使，连接．根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，根据角的和差易证为等边三角形，然后根据等边三角形的性质得出，最后根据线段的和差及等量代换即可得证；（2）延长到点E，使，连接，根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，然后得出是等腰直角三角形，进而得出结论；（3）延长到点E，使，连接，根据等角的补角相等得出，利用证明，再根据全等三角形的性质得出，，根据角的和差得出过点A作交于点F，根据三线合一得出，根据含30度角的直角三角形的性质、勾股定理以及三角形面积公式得出，最后根据全等三角形的面积相等即可得出四边形的面积，从而得出答案．【详解】（1）延长到点，使，连接．

，，在和中，为等边三角形（2）如图，延长到点E，使，连接

在和，是等腰直角三角形，即（3）如图：延长到点E，使，连接，

，，在和中，过点A作交于点F，在中，，四边形的面积．【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质以及勾股定理，添加合适的辅助线是解题的关键．13．（1）①1；②；（2），；（3）①的长为；②M点到直线距离的最大值为【分析】（1）直接根据两个共顶点的等腰三角形证明，可以证明，最后在和中导角直接可以求解．（2）改变三角形结构，直接通过判定和相似，同样可以用第一问的方式证明，根据相似比，求线段比例，最后在和中导角直接可以求解的度数．（3）深度理解题意，本质上问的就是当B，C，D，三点共线时，求的长，在利用，对应边成比例求的长，最值的求解，先找到点和点的轨迹，可以发现是在两个圆弧上运动，再利用最大时，则M点到直线距离的最大，直接求解即可．【详解】（1）①∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴，故答案为：；②设与交于点F，由①知，，∴，∵，，∴，故答案为：；（2）如下图，在和中，设与交于点；∵∠，，∴；∵，即，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，．（3）①如下图所示，当直线经过点B且点C在线段上时；在中，，；过点O作的垂线，垂足为；∴；∵；∴；∴，；在中，由勾股定理得；；∴；∵；∴；即；②如下图所示，∵，；∴点M的轨迹是圆弧，即点M在圆P上运动，且；要想求出点到直线的最大值，动点距离直线越远越好，从下图可以看出，点的轨迹也是圆，点运动极限位置取决于的最大值；∵，；∴的最大值取得当且仅当时；即在中；；∴；过点作的垂线，垂足为；∴；即线段即为所求；在中；；∵；∴；∵；∴；；∴；∴M点到直线距离的最大值为．【点睛】本题主要考查等腰背景下全等三角形的判定和性质综合，特殊直角三角形为背景的相似三角形的判定和性质综合，利用特殊角的三角函数解三角形，圆轨迹动态下求线段的最值，熟练掌握手拉手模型证明三角形全等，数量掌握相似三角形的判定，特别是两边对应成比例，夹角相等类的，对于求点到直线最值类型要注意动点的轨迹寻找和影响最值的主要因素，进而综合判定求解是解题的关键．14．(1)1，；(2)，，理由见解析【分析】(1)首先根据等边三角形的判定与性质及旋转的性质，即可证得，如图①中，设直线与直线交于点I，再利用全等三角形的性质及角的关系，即可求得结果；(2)首先根据等腰直角三角形的性质，可证得，可证得，即可证得，如图②中，设直线交于G，交于点H，再利用相似三角形的性质及角的关系，即可求得结果．【详解】（1）解：，，，，与都是等边三角形，，，，，在与中，，，，；设与的延长线交于点I，如图①，，∴直线与直线相交所成的较小角的度数为；（2）解：，直线与直线相交所成的较小角的度数为，理由如下：，，，，同理可得：，，，.，即，，，，设交于点G，交于点H，如图②，，，∴直线与直线相交所成的较小角的度数为．【点睛】本题考查的是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形和相似三角形解决问题．15．(1)AD＝BE，AD⊥BE(2)结论仍然成立，证明见解析(3)P点运动轨迹的长度是π；P点到直线BC距离的最大值是【分析】（1）分别求出AD、BE的长即可解答；（2）先证明△BCE∽△ACD，可得＝，∠CBO＝∠CAD即可解答；（3）利用锐角三角函数可求∠EBC=30°，由弧长公式可求P点运动轨迹的长度，由直角三角形的性质可求P点到直线BC距离的最大值即可．【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，∴AC=BC=，AB=2BC=2，AD⊥BE∵点D，E分别为AC，BC的中点∴AD=CD=AC=，BE=EC=BC=∴AD＝BE．故答案为：AD＝BE，AD⊥BE．（2）解：结论仍然成立，理由如下：∵AC＝，BC＝1，CD＝，EC＝，∴，＝，∴，∵△CDE绕点C顺时针旋转，∴∠BCE＝∠ACD，∴△BCE∽△ACD，∴＝，∠CBO＝∠CAD，∴AD＝BE，∵∠CBO+∠BOC＝90°，∴∠CAD+∠AOP＝90°，∴∠APO＝90°，∴BE⊥AD．（3）解：∵∠APB＝90°，

∴点P在以AB为直径的圆上，如图3，取AB的中点G，作⊙G，以点C为圆心，CE为半径作⊙C，当BE是⊙C切线时，点P到BC的距离最大，过点P作PH⊥BC，交BC的延长线于H，连接GP，∵BE是⊙C切线，∴CE⊥BE，∵＝，∴∠EBC＝30°，

∴∠GBP＝30°，

∵GB＝GP，∴∠GBP＝∠GPB＝30°，

∴∠BGP＝120°，∵点P的运动轨迹为点C→点P→点C→点B→点C，∴P点运动轨迹的长度＝×2＝π，∵∠ABP＝30°，BP⊥AP，∴AP＝AB＝1，BP＝AP＝，∵∠CBP＝30°，PH⊥BH，∴PH＝BP＝．

∴P点到直线BC距离的最大值．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转的性质、锐角三角函数等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．16．(1)(2)(3)3【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；（3）连接BD，如图（见详解），先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，在中，，，∴，，∴．在和中，，∴，∴；（2）解：判断，理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：连接BD，如图所示，∵四边形与四边形是正方形，DE与PF交于点Q，∴和都是等腰直角三角形，∴，．∵，∴，∴，∴．∵，∴．在中，，设，则，又∵正方形的边长为，∴，∴，解得（舍去），．∴正方形的边长为3．【点睛】本题是一道几何综合题，考查了全等三角形，相似三角形的判定和性质，以及正方形和等腰三角形的性质，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．17．(1)当点D移至的中点时，四边形是菱形，详见解析(2)不能，详见解析【分析】（1）当移至的中点时，四边形是菱形；根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推知，．所以，又由，则，故四边形是菱形；（2）不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．根据有一内角为直角的菱形是正方形来添加条件．【详解】（1）解：当移至的中点时，四边形是菱形．证明如下：，是的中点，，，∵，，，，四边形是菱形；（2）解：不能为正方形，添加条件：时，四边形为正方形．证明：，是的中点．，即，四边形为菱形，四边形是正方形．【点睛】本题是几何变换综合题型，主要考查了平移变换的性质，勾股定理，正方形的判定，菱形的判定与性质以及直角三角形斜边上的中线．（1）难度稍大，根据三角形斜边上的中线推知是解题的关键．18．(1)12；(2)或；(3)或．【分析】（1）根据平移的性质求出点，的坐标，根据平行四边形的面积公式求出四边形的面积；（2）根据三角形的面积公式计算即可；（3）根据直线上点的坐标特征设出点的坐标，根据三角形的面积公式计算即可．【详解】（1）解：（1）∵点，的坐标分别为，，线段先向上平移3个单位，再向右平移1个单位，得到线段，∴点的坐标为，点的坐标为，，∴四边形的面积；（2）存在，设点的坐标为，由题意得：，解得：，∴点的坐标为或；（3）设点的坐标为，则，由题意得：，解得：或，则点的坐标为或．【点睛】本题考查的是平移的性质、三角形的面积计算、点的坐标特征，根据平移变换的性质求出点，的坐标是解题的关键．19．（1）AE=4，BE=3；（2）3或；（3）或或或【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如答图2所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出的值；（3）在旋转过程中，等腰有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算．【详解】解：（1）在中，，，由勾股定理得：．，．在中，，，由勾股定理得：．（2）设平移中的三角形为△，如答图2所示：由对称点性质可知，．由平移性质可知，，，．①当点落在上时，，，，，即；②当点落在上时，，，，，，又易知，△为等腰三角形，，，即．（3）存在．理由如下：在旋转过程中，等腰依次有以下4种情形：①如答图所示，点落在延长线上，且，易知，，，，，．在△中，由勾股定理得：．；②如答图所示，点落在上，且，易知，，，，则此时点落在边上．，，，．在中，由勾股定理得：，即：，解得：，；③如答图所示，点落在上，且，易知．，，．，．，，，，．在△中，由勾股定理得：，；④如答图所示，点落在上，且，易知．，，，，，．综上所述，存在4组符合条件的点、点，使为等腰三角形；的长度分别为或或或．【点睛】本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．20．（1）①四边形为菱形，见解析；②；（2）或25【分析】（1）①由对称得，，，根据平行得，可得，即可判定为菱形；②连接交于点H，由菱形的性质得，则有，设，则，利用勾股定理即可解得答案；（2）①连接交于点O，连接交于点H，由对称得，，，，进一步得到、和，设，则，利用的正切值即可解得x，再利用的正弦值即可解得；②连接交延长线于点M，设，则，，利用解得，再利用勾股定理解得即可．【详解】解：（1）①四边形为菱形．理由如下，与关于所在直线对称，．，，，，，，，，则四边形是菱形．②连接交于点H，如图，∵四边形为菱形，，∴，∵，∴，设，则，∵四边形是菱形，∴，∵，∵，∴，解得，则．故答案为：．（2）①连接交于点O，连接交于点H，如图，与关于所在直线对称，，，，，∵，∴，∴，设，则，在中，，，在中，，∵，∴，解得，∵，∴，解得；②连接交延长线于点M，如图，与关于所在直线对称，，，，，∵，∴，∴，设，则，，∵，∴，解得，∵，∴．故的长为或25．【点睛】本题主要考查轴对称的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等角对等边、勾股定理和解直角三角形，解题的关键是熟练对称的性质和解直角三角形．21．(1)；(2)能，满足条件的的值为10或；(3)．【分析】（1）取的中点O，连接，利用直角三角形的性质求得，证明是等边三角形，据此计算即可解决问题；（2）分两种情形：当时，当时，分别求解即可；（3）首先证明是等边三角形，再证明垂直平分线段，解直角三角形即可解决问题．【详解】（1）解：如图，取的中点O，连接，

∵矩形，，，∴，，∴，∴是等边三角形，∴，∴；（2）解：如图一（1）中，当时，

∵，，，∴，∴，在中，∵，，∴，∵，，∴是等边三角形，∴，∴；如图一（2）中，当时，，

∵，∴，∵，∴，∴，∴，综上所述，满足条件的的值为10或；（3）解：如图二中，

∵，∴，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∵，∴垂直平分线段，∴，，，∴，∵，，∴．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．22．[问题提出]见解析[问题探究]（1）；（2）①见解析；②【分析】[问题提出]根据正方形的性质以及动点的路程相等，证明，根据同角的余角相等，即可证明，即；[问题探究]（1）当时，点M与点B重合，当时，点随之停止，求得运动轨迹为圆，根据弧长公式进行计算即可；（2）①根据（2）可得的外接圆的圆心O是斜边的中点，继而判断点、在同一个圆（）上；②当与相切时，与正方形的各边共有5个交点，如图5则有6个交点，所以“当与相切时”