2024年中考数学真题分类汇编（全国）：专题28 几何综合压轴题（29题）（教师版）

专题28几何综合压轴题（29题）（解析版）一、单选题1．（2024·四川巴中·中考真题）如图，在中，是的中点，，与交于点，且．下列说法错误的是（

）

A．的垂直平分线一定与相交于点B．C．当为中点时，是等边三角形D．当为中点时，【答案】D【分析】连接，根据，点是的中点得，则，进而得点在线段的垂直平分线上，由此可对选项Ａ进行判断；设，根据得，的，再根据得，则，由此可对选项Ｂ进行判断；当为中点时，则，是线段的垂直平分线，由此得，然后根据，，得，由此可对选项Ｃ进行判断；连接并延长交于，根据是等边三角形得，则，进而得，，由此得，，由此可对选项Ｄ进行判断，综上所述即可得出答案．【详解】解：连接，如图1所示：

，点是的中点，为斜边上的中线，，，，点在线段的垂直平分线上，即线段的垂直平分线一定与相交于点，故选项A正确，不符合题意；设，，，，，，，即，故选B正确，不符合题意；当为中点时，则，，是线段的垂直平分线，，，，，，，是等边三角形，故选C正确，不符合题意；连接，并延长交于，如图2所示：

当为中点时，点为的中点，根据三角形三条中线交于一点得：点为的中点，当为中点时，是等边三角形，，，平分，平分，，，在中，，，，，，，故选项D不正确，符合题意．故选：D．【点睛】此题主要考查了直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，理解直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键．2．（2024·山东济南·中考真题）如图，在正方形中，分别以点A和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，再以点A为圆心，以的长为半径作弧交直线于点（点在正方形内部），连接并延长交于点．若，则正方形的边长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，设交于点H，正方形边长为，由作图知，，垂直平分，得到，，由勾股定理得到，证明，推出，推出，得到，即得．【详解】连接，设交于点H，正方形边长为，由作图知，，垂直平分，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形和线段垂直平分线综合．熟练掌握正方形性质，线段垂直平分线性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理，梯形中位线性质，是解决问题的关键．3．（2024·安徽·中考真题）如图，在中，，点在的延长线上，且，则的长是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，对顶角的性质，勾股定理，过点作的延长线于点，则，由，，可得，，进而得到，，即得为等腰直角三角形，得到，设，由勾股定理得，求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：过点作的延长线于点，则，∵，，∴，，∴，，∴为等腰直角三角形，∴，设，则，在中，，∴，解得，（舍去），∴，∴，故选：．

4．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，，，，则的半径是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，即可证得，进而可求得，再利用圆周角定理得到，结合三角函数即可求解．【详解】解：延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，∵四边形内接于，∴∴∵∴，∴是的直径，∴∴是等腰直角三角形，∴∵∴∴，,∵∴又∵∴∴是等腰直角三角形∴∵∴∵∴∴故选：A．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．5．（2024·山东济南·中考真题）如图1，是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2所示．有以下四个结论：①；②当时，；③当时，；④动点沿匀速运动时，两个时刻，分别对应和，若，则．其中正确结论的序号是（

）A．①②③

B．①②

C．③④

D．①②④【答案】D【分析】由图知当动点沿匀速运动到点时，，作于点，利用解直角三角形和勾股定理，即可得到，即可判断①，当时，证明是等边三角形，即可判断②，当时，且时，最小，求出最小值即可判断③，利用勾股定理分别表示出和进行比较，即可判断④．【详解】解：由图知当动点沿匀速运动到点时，，作于点，是等边三角形，点在边上，，，，，，，，故①正确；当时，，，，是等边三角形，，，故②正确；当时，且时，最小，，，，最小为，即能取到，故③错误；动点沿匀速运动时，，，，，，当时，，；当时，，，；，；同理，当时，，，，，；故④正确；综上所述，正确的有①②④，故选：D．【点睛】本题考查了二次函数综合，等边三角形性质，解直角三角形，勾股定理，涉及到动点问题、读懂函数图象、正确理解题意，利用数形结合求解是解本题的关键．二、填空题6．（2024·河北·中考真题）如图，的面积为，为边上的中线，点，，，是线段的五等分点，点，，是线段的四等分点，点是线段的中点．（1）的面积为；（2）的面积为．【答案】【分析】（1）根据三角形中线的性质得，证明，根据全等三角形的性质可得结论；（2）证明，得，推出、、三点共线，得，继而得出，，证明，得，推出，最后代入即可．【详解】解：（1）连接、、、、，∵的面积为，为边上的中线，∴，∵点，，，是线段的五等分点，∴，∵点，，是线段的四等分点，∴，∵点是线段的中点，∴，在和中，，∴，∴，，∴的面积为，故答案为：；（2）在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴、、三点共线，∴，∵，∴，∵，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查三角形中线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等分点的意义，三角形的面积．掌握三角形中线的性质是解题的关键．7．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为，最小值为.【答案】//【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．【详解】解：∵，，∴，∵线段绕点C在平面内旋转，，∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，∵，∴，∴点E在以为直径的圆上，在中，，∵为定值，∴当最大时，最大，最小时，最小，∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：则，∴，∴，∵，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，即的最大值为；当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：则，∴，∴，∵四边形为圆内接四边形，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，即的最小值为；故答案为：；．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．8．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为【答案】/【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可．【详解】∵四边形是菱形，∴设，∴，如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G，∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，∴，，∴∴点，D，O三点共线∴，∴∴∵∴由对称可得，∴∴又∵∴∴∵∴又∵，∴∴∴．故答案为：．9．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在直线上，且点A的横坐标为4，直角三角板的直角顶点C落在x轴上，一条直角边经过点A，另一条直角边与直线交于点B，当点C在x轴上移动时，线段的最小值为．【答案】【分析】利用一次函数求出点A的坐标，利用勾股定理求出，当点C在x轴上移动时，作与关于对称，且交x轴于点，由对称性质可知，，，当轴于点时，最短，记此时点C所在位置为，作于点，有，设，则，利用锐角三角函数建立等式求出，证明，再利用相似三角形性质求出，最后根据求解，即可解题．【详解】解：点A在直线上，且点A的横坐标为4，点A的坐标为，，当点C在x轴上移动时，作与关于对称，且交x轴于点，由对称性质可知，，当轴于点时，最短，记此时点C所在位置为，由对称性质可知，，作于点，有，设，则，，，解得，经检验是方程的解，，，，，，，，解得，．故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称性质，勾股定理，锐角三角函数，相似三角形性质和判定，角平分线性质，垂线段最短，一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据轴对称性质和垂线段最短找出最短的情况．10．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(，，)与中间的小等边三角形拼成一个大等边三角形．连接BD并延长交于点G，若，则：（1）的度数是；（2）的长是．【答案】30°【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．（1）利用三角形相似及可得，再利用三角形的外角性质结合可求得；（2）作交的延长线于点，利用直角三角形的性质求得，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】解：(已知)，，，，，为等边三角形，，，，，，如图，过点作的延长线于点，，，，，，，，．故答案为：30°，．11．（2024·四川广元·中考真题）如图，在中，，，则的最大值为．

【答案】【分析】过点作，垂足为，如图所示，利用三角函数定义得到，延长到，使，连接，如图所示，从而确定，，再由辅助圆-定弦定角模型得到点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，即是直径时，取到最大值，由圆周角定理及勾股定理求解即可得到答案．【详解】解：过点作，垂足为，如图所示：

，在中，设，则，由勾股定理可得，，即，，延长到，使，连接，如图所示：

，，，是等腰直角三角形，则，在中，，，由辅助圆-定弦定角模型，作的外接圆，如图所示：

由圆周角定理可知，点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，根据圆的性质可知，当弦过圆心，即是直径时，弦最大，如图所示：

是的直径，，，是等腰直角三角形，，，则由勾股定理可得，即的最大值为，故答案为：．【点睛】本题考查动点最值问题，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质、圆周角定理、动点最值问题-定弦定角模型等知识，熟练掌握动点最值问题-定弦定角模型的解法是解决问题的关键．12．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论：①；②；③当，时，；④当，时，的面积是．上述结论中，正确结论的序号有．【答案】①②③【分析】如图：连接，由圆周角定理可判定①；先说明、可得、，即可判定②；先证明可得,即,代入数据可得，然后运用勾股定理可得，再结合即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，连接，易得，从而证明是等边三角形，即是菱形，然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④．【详解】解：如图：连接，∵是的中点，∴,∴，即①正确；∵是直径，∴，∴，∵∴,∵，∴，∴，∵，,∴，∵，∴，∴，∴,即②正确；在和,，∴，∴,即,∴，即,∴,∵，∴，即③正确；如图：假设半圆的圆心为O，连接，∵，，是的中点，∴∴，∵，∴是等边三角形，∴，即是菱形，∴，∵，∴，即，解得：,∴，∵∴，即④错误．故答案为：①②③．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．13．（2024·山东济南·中考真题）如图，在矩形纸片中，，为边的中点，点在边上，连接，将沿翻折，点的对应点为，连接．若，则．【答案】/【分析】如图：连接，延长交的延长线于H，根据折叠的性质及矩形的性质，证明，进而得到为直角三角形，设，则，证明为等腰三角形，求出，进而完成解答．【详解】解：如图：连接，延长交的延长线于H，∵矩形中，为边的中点，，∴，，∵将沿翻折，点的对应点为，∴，∴，∴，∴，∵，∴，即，∴为直角三角形，设，则，∴，∴，∴为等腰三角形，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、勾股定理、折叠的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解题的关键．三、解答题14．（2024·辽宁·中考真题）如图，在中，，．将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作，垂足为．

图1

图2

图3(1)如图1，求证：；(2)如图2，的平分线与的延长线相交于点，连接，的延长线与的延长线相交于点，猜想与的数量关系，并加以证明；(3)如图3，在（2）的条件下，将沿折叠，在变化过程中，当点落在点的位置时，连接．①求证：点是的中点；②若，求的面积．【答案】(1)见详解(2)(3)30【分析】（1）利用“”即可证明；（2）可知，证明，则，可得，则，故；（3）①翻折得，根据等角的余角相等得到，故，则，即点F是中点；②过点F作交于点M，连接，设，，则，由翻折得，故，因此，在中，由勾股定理得：，解得：或（舍，此时），在中，由勾股定理得：，解得：，则，由，得到，，因此，故．【详解】（1）证明：如图，

由题意得，，∴∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）猜想：证明：∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴；（3）解：①由题意得，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，即点F是中点；②过点F作交于点M，连接，

∵，∴，设，，∴，由翻折得，∴，∴，在中，由勾股定理得：，整理得，，解得：或（舍，此时），在中，由勾股定理得：，解得：，∴，∵，∴，，∴点M为中点，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，翻折的性质，勾股定理解三角形，平行线分线段成比例定理，正确添加辅助线是解题的关键．15．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，过点作，交的延长线于点，连接．(1)求证：是的切线；(2)若，，求的直径．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）连接，由角平分线可得，又由可得，即得，由得，进而可得，即得，即可求证；（）是的直径可得，又由（）知，由，，进而可得，再根据，，，可得，得到，，解得到，再解即可求解；本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定理是解题的关键．【详解】（1）证明：连接，∵平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，∴，∵是半径，∴是的切线；（2）解：∵是的直径，∴，∴，即，∵，∴，∴∵，，∴，∵，，，∴∴，，在中，，∴，∴，在中，，∴，即的直径为．16．（2024·四川资阳·中考真题）（1）【观察发现】如图1，在中，点D在边上．若，则，请证明；（2）【灵活运用】如图2，在中，，点D为边的中点，，点E在上，连接，．若，求的长；（3）【拓展延伸】如图3，在菱形中，，点E，F分别在边，上，，延长，相交于点G．若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）证明，得出，即可证明结论；（2）过点C作于点F，过点D作于点G，解直角三角形得出，，证明，得出，求出，根据勾股定理得出，得出，证明，得出，求出；（3）连接，证明，得出，求出，证明为直角三角形，得出，根据勾股定理求出，证明，得出，求出结果即可．【详解】解：（1）∵，，∴，∴，∴；（2）过点C作于点F，过点D作于点G，如图所示：则，∴，∵，∴，，∵为的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：；（3）连接，如图所示：∵四边形为菱形，∴，，，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，解得：，负值舍去，∴，∴，∵，∴为直角三角形，，∴，∴在中根据勾股定理得：，∴，∵，∴，∴，即，解得：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，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．17．（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，．(1)求证：与相切；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）证明，即可证明是的切线；（2）连接，先计算，再计算，后得到解答即可．本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是解题的关键．【详解】（1）解：所对的弧是同弧，，，即，为直径，，，，，，与相切．（2）解：连接所对的弧是同弧，，为直径，，在中，，，，．18．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使．(1)若，为直径，求的度数．(2)求证：①；②．【答案】(1)(2)①见详解；②见详解【分析】（1）根据圆周角定理即可求解，由为直径，得到，故，由，得到；（2）①由四点共圆得，而，等量代换得到，故；②过点D作平行线交于点G，可证明，，因此得到，由，得到．【详解】（1）解：∵，，∴，∵为直径，∴，∴，∵，∴；（2）证明①：∵四边形是圆内接四边形，∴，∵，∴，∴；②过点D作平行线交于点G，∵，∴，，∵，∴，∵由（1）知，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．19．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．三个顶点都是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成四个画图任务，每个任务的画线不得超过三条．(1)在图（1）中，画射线交于点D，使平分的面积；(2)在（1）的基础上，在射线上画点E，使；(3)在图（2）中，先画点F，使点A绕点F顺时针旋转到点C，再画射线交于点G；(4)在（3）的基础上，将线段绕点G旋转，画对应线段（点A与点M对应，点B与点N对应）．【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析(3)作图见解析(4)作图见解析【分析】本题考查了网格作图．熟练掌握全等三角形性质，平行四边形性质，等腰三角形性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．（1）作矩形，对角线交于点D，做射线，即可；（2）作,射线于点Q，连接交于点E，即可；（3）在下方取点F，使，是等腰直角三角形，连接，，交于点G，即可；（4）作，交于点M，作，交于点N，连接，即可．【详解】（1）如图，作线段，使四边形是矩形，交于点D，做射线，点D即为所求作；（2）如图，作,作于点Q，连接交于点E，点E即为作求作；（3）如图，在下方取点F，使，连接，连接并延长，交于点G，点F，G即为所求作；（4）如图，作，交射线于点M，作，交于点N，连接，线段即为所求作．20．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在中，．(1)尺规作图：作的角平分线，在角平分线上确定点，使得；（不写作法，保留痕迹）(2)在（1）的条件下，若，，，则的长是多少？（请直接写出的值）【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）作的角平分线和线段的垂直平分线相交于点D，即为所求．（2）过点D作交与点E，过点D作交与点F，先利用角平分线的性质定理证明四边形为正方形，设，则，，以为等量关系利用勾股定理解出x，在利用勾股定理即可求出．【详解】（1）解：如下图：即为所求．（2）过点D作交与点E，过点D作交与点F，则，又∵∴四边形为矩形，∵是的平分线，∴，∴四边形为正方形，∴，设，∴，，在中，，在中，，∵∴∴解得：，∴．【点睛】本题主要考查了作角平分线以及垂直平分线，角平分线的性质定理，正方形的判定以及勾股定理的应用，作出图形以及辅助线是解题的关键．21．（2024·江苏常州·中考真题）将边长均为的等边三角形纸片叠放在一起，使点E、B分别在边上（端点除外），边相交于点G，边相交于点H．(1)如图1，当E是边的中点时，两张纸片重叠部分的形状是________；(2)如图2，若，求两张纸片重叠部分的面积的最大值；(3)如图3，当，时，与有怎样的数量关系？试说明理由．【答案】(1)菱形(2)(3)，理由见解析【分析】（1）连接，由等边三角形的性质可得，则四点共圆，由三线合一定理得到，则为过的圆的直径，再由，得到为过的圆的直径，则点H为圆心，据此可证明，推出四边形是平行四边形，进而可证明四边形是菱形，即两张纸片重叠部分的形状是菱形；（2）由等边三角形的性质得到，，则由平行线的性质可推出，进而可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，则可设，则，，由勾股定理得到，可得，则当时，有最大值，最大值为；（3）过点B作于M，过点E作于N，连接，则，，，证明，进而可证明，得到，则，即．【详解】（1）解：如图所示，连接∵都是等边三角形，∴，∴四点共圆，∵点E是的中点，∴，∴为过的圆的直径，又∵，∴为过的圆的直径，∴点H为圆心，∴，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形，∴两张纸片重叠部分的形状是菱形；（2）解：∵都是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴是等边三角形，过点E作，∴设，则，，∴，∴，∵，∴当时，有最大值，最大值为；（3）解：，理由如下：如图所示，过点B作于M，过点E作于N，连接，∵都是边长为的等边三角形，∴，，∴由勾股定理可得，，∴，又∵，∴，∴，∴，即．【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，等边三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，四点共圆，正确作出辅助线是解题的关键．22．（2024·山东济南·中考真题）某校数学兴趣小组的同学在学习了图形的相似后，对三角形的相似进行了深入研究．（一）拓展探究如图1，在中，，垂足为．（1）兴趣小组的同学得出．理由如下：①______②______请完成填空：①______；②______；（2）如图2，为线段上一点，连接并延长至点，连接，当时，请判断的形状，并说明理由．（二）学以致用（3）如图3，是直角三角形，，平面内一点，满足，连接并延长至点，且，当线段的长度取得最小值时，求线段的长．【答案】（1）①；②；（2）是直角三角形，证明见解析；（3）【分析】（1）根据余角的性质和三角形相似的性质进行解答即可；（2）证明，得出，证明，得出，即可得出答案；（3）证明，得出，求出，以点为圆心，2为半径作，则都在上，延长到，使，交于，连接，证明，得出，说明点在过点且与垂直的直线上运动，过点作，垂足为，连接，根据垂线段最短，得出当点E在点处时，最小，根据勾股定理求出结果即可．【详解】解：（1），，，，，，，，，；（2）是直角三角形；理由如下：，，，由（1）得，，，，，，是直角三角形．（3），，，，如图，以点为圆心，2为半径作，则都在上，延长到，使，交于，连接，则，∵为的直径，∴，，∴，，，，点在过点且与垂直的直线上运动，过点作，垂足为，连接，∵垂线段最短，∴当点E在点处时，最小，即的最小值为的长，∵，∴四边形是矩形，∴，在中根据勾股定理得：，即当线段的长度取得最小值时，线段的长为．【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，圆周角定理，矩形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，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．23．（2024·江苏常州·中考真题）对于平面内有公共点的两个图形，若将其中一个图形沿着某个方向移动一定的距离后与另一个图形重合，则称这两个图形存在“平移关联”，其中一个图形叫做另一个图形的“平移关联图形”．(1)如图，是线段的四等分点．若，则在图中，线段的“平移关联图形”是________，________（写出符合条件的一种情况即可）；(2)如图，等边三角形的边长是．用直尺和圆规作出的一个“平移关联图形”，且满足（保留作图痕迹，不要求写作法）；(3)如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别是、1,0、0,4，以点为圆心，为半径画圆．若对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，直接写出的取值范围．【答案】(1)，(2)图见解析（答案不唯一）(3)或【分析】（）根据平移的性质，进行求解即可；（）延长，在射线上截取线段，分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，即为所求；（）分在圆内和圆外两种情况，进行求解即可．【详解】（1）解：∵是线段的四等分点．，∴，∴，∴线段的平移图形是，；故答案为：，；（2）解：如图所示，即为所求；由作图可知：，∴四边形为菱形，∴，∵，∴四边形为菱形，∴，∴即为所求；（3）∵点的坐标分别是、1,0、0,4，∴，∵对上的任意点，连接所形成的图形都存在“平移关联图形”，且满足，且，∴，当在圆外，点在轴上，时，∴，，∴，当在圆内，点在轴上，时，∴，，∴，综上：或．【点睛】本题考查图形的平移，点到圆上一点的最值，坐标与图形，勾股定理，菱形的判定，尺规作图等知识点，熟练掌握相关知识点，理解新定义，是解题的关键．24．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动【操作判断】操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平；操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕；操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H．根据以上操作，得________．【探究证明】（1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明；（2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：．【深入研究】若，请求出的值（用含k的代数式表示）．【答案】[操作判断]45；[探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解；[深入研究]【分析】[操作判断]根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解；[探究证明]（1）先证明，再证明，则，继而得到，因此，，即是等腰直角三角形；（2）由翻折得，，由，得到，故，因此，而由，得到，则，因此；[深入研究]连接，先证明，则，由，设，则，而，

则，可得，，，那么，故．【详解】[操作判断]解：如图，由题意得，，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，即，故答案为：45；[探究证明]解：（1）如图，∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴是等腰直角三角形；（2）如图，由翻折得，，∵四边形是正方形，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；[深入研究]解：如图，连接，∵四边形是正方形，∴，，，∵是对角线，∴，∵，∴，∴，∴，∴，在中，，∴，∴,∵，∴设，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．25．（2024·湖北·中考真题）如图，在中，，点在上，以CE为直径的经过AB上的点，与交于点，且．(1)求证：AB是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）连接，可得，得到，即得，即可求证；（）设的半径为，则，在中由勾股定理得，可得，即得，得到，进而得到，最后利用弧长公式即可求解．【详解】（1）证明：连接，则，，，，，．是的半径，AB是的切线；（2）解：设的半径为，则，∵，∴，在中，，，解得，，，，，的长为．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，三角函数及弧长公式，求出是解题的关键．26．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边AD，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，交于点H．(1)如图1，求证：；(2)如图2，当P为CD的中点，，时，求的长；(3)如图3，连接，当P，H分别为CD，的中点时，探究与AB的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)(3)，见解析【分析】（1）证明对应角相等，即可得到；（2）根据，求得的长度，从而得出长度；（3）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，得出大小关系．【详解】（1）证明：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：四边形是矩形，，，，为中点，，设，，在中，，即，解得，，，，，即，，，．（3）解：如图，延长，交于一点，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，，，，，，，，即．【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等知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键．27．（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践(1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______．(2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形．①通过操作得出：与的比值为______．②证明：四边形为平行四边形．(3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由．【答案】(1)(2)①1；②见详解(3)见详解【分析】（1）由“角角边”即可证明；（2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明；（3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形．【详解】（1）解：如图，∵，∴，由题意得为中点，‘∴’，∵，∴故答案为：；（2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形，∴，∴，故答案为：1；②如图，由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空出，则，，∵，，，∴，∵∴，∴三点共线，同理三点共线，由操作得，，∵，∴，∴，∴四边形为平行四边形；（3）解：如图，

如图，取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形．由题意得，，，∴，∴，由操作得，，∵，∴，∴三点共线，同理三点共线，∵，∴四边形为矩形，如图，连接，∵为中点，∴，同理，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，由操作得，，而，∴，同理，，∵，，，∴，∵四边形为矩形，∴，∴，∴，∴，同理，∴四边形能放置左上方空出，∴按照以上操作可以拼成一个矩形．【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，三角形的中位线，正确理解题意是解题的关键．28．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”．(1)如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”；(2)如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延