專練13（30題）（幾何壓軸大題）-2022中考數(shù)學(xué)考點(diǎn)必殺500題（廣東專用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?2022中考考點(diǎn)必殺500題
專練13（幾何壓軸大題）（30道）

1．（2022·廣東·廣州大學(xué)附屬中學(xué)一模）如圖，在直角梯形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AB＝4，BC＝6，AD＝8．點(diǎn)P、Q同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)，分別做勻速運(yùn)動(dòng)．其中點(diǎn)P沿AB、BC向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2個(gè)單位，點(diǎn)Q沿AD向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)位、當(dāng)這兩點(diǎn)中有一個(gè)點(diǎn)到達(dá)自己的終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)這兩點(diǎn)從出發(fā)運(yùn)動(dòng)了t秒．

(1)當(dāng)點(diǎn)P，S分別為AB和CD中點(diǎn)時(shí)（如圖一），連接PS，稱PS為梯形的中位線．試判斷PS與BC，AD的關(guān)系，并證明．
(2)當(dāng)0＜t＜2時(shí)，求證：以PQ為直徑的圓與AD相切（如圖二）；
(3)以PQ為直徑的圓能否與CD相切？若有可能，求出t的值或t的取值范圍；若不可能，請(qǐng)說(shuō)明由．
【答案】(1)SP∥BC∥AD；；理由見(jiàn)解析
(2)見(jiàn)解析
(3)能；時(shí)，以PQ為直徑的圓與CD相切
【解析】
【分析】
（1）連接CP并延長(zhǎng)，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，根據(jù)三角形形的中位線性質(zhì)證明即可；
（2）當(dāng)0＜t＜2時(shí)，根據(jù)直線與圓的關(guān)系解答即可；
（3）當(dāng)P在AB上時(shí)，即0＜t＜2，顯然不可能和CD相切，當(dāng)P在BC上時(shí)，即2≤t≤5時(shí)，如果圓與CD相切，設(shè)切點(diǎn)為K，連接圓心和K，這條線段就是直角梯形PCDQ的中位線，由此可用CP，DO表示出OK，也就可以用含t的式子表示出圓的直徑；如果過(guò)P引AD的垂線，那么CP，DQ的差，CD，PQ這三者恰好可以根據(jù)勾股定理來(lái)得出關(guān)于t的方程，解方程后即可求出t的值．
(1)
，；理由如下：
連接CP并延長(zhǎng)，交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，如圖所示：
∵S、P分別為CD，AB的中點(diǎn)，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，，
又∵BP=AP，
∴，
∴，
，
∴；

(2)
當(dāng)0＜t＜2時(shí)，
過(guò)B作BE⊥AD，如圖所示：
∵在直角梯形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AB＝4，BC＝6，AD＝8，
∴AE＝AD?BC＝8?6＝2，
即，
∵AP＝2t，AQ＝t，
∴，
即，
∵∠A＝∠A，
∴△APQ∽△ABE，
∴∠PQA＝∠BEA＝90°，
∵PQ為直徑，
∴以PQ為直徑的圓與AD相切．

(3)
當(dāng)0＜t＜2時(shí)，以PO為直徑的圓與CD不可能相切；
當(dāng)2≤t≤5時(shí)，設(shè)以PQ為直徑的⊙O與CD相切于點(diǎn)K，如圖所示：
則有PC＝10?2t，DQ＝8?t，OK⊥DC，
∵OK是梯形PCDQ的中位線，
∴PQ＝2OK＝PC＋DO＝18?3t，
在直角梯形PCDQ中，PO2＝CD2＋（DO?CP）2，
解得：，
∵，不合題意舍去，
，
因此，當(dāng)時(shí)，以PQ為直徑的圓與CD相切．

【點(diǎn)睛】
本題主要考查了圓的綜合題，關(guān)鍵是根據(jù)直角梯形的性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用以及中位線的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)解答．
2．（2022·廣東·廣州市第四中學(xué)一模）已知等邊△ABC邊長(zhǎng)為6，D為邊AB上一點(diǎn)，E為直線AC上一點(diǎn)，連接DE，將DE繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段DF．

(1)如圖1，若∠AED＝90°，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AC于點(diǎn)G，求的值；
(2)若AD＝x，AF的最小值為y，
①若x＝4，求y的值；
②直接寫(xiě)出y與x的關(guān)系式．
【答案】(1)
(2)①；②
【解析】
【分析】
（1）設(shè)AD=2a，解直角三角形ADE，表示AE和DE，可得四邊形DEGF是正方形，解直角三角形AGF，表示出AF，即可得出結(jié)果；
（2）①作DG⊥AB，截取DG=AD，作直線GF交AC于M，交直線AB于H，可以證明，從而得出，得出點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后解直角三角形DGH，再解直角三角形AHM，即可得出結(jié)果；
②由①得，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡，然后解直角三角形DGH，再解直角三角形AHM，進(jìn)而得出y與x的函數(shù)關(guān)系式．
(1)
設(shè)AD=2a，
是等邊三角形，
，
，
，，
，
，
，
∴四邊形DEGF是矩形，
，
∴矩形DEFG是正方形，
∴，
，
在Rt△AFG中，由勾股定理得，

，
；
(2)
①作DG⊥AB，截取DG=AD，作直線GF交AC于M，交直線AB于H，如圖所示：

∴，
∴，
即，
∵在和中，
，
，
∴點(diǎn)F在與DG成60°的直線MH上運(yùn)動(dòng)，
，，
，
，
∵，
∴，
∵在Rt△DHG中，，
∴，
，
∵在Rt△AMH中，，
，
∵當(dāng)F點(diǎn)在M點(diǎn)時(shí)，AF最小，
∴x＝4時(shí)，y的值為；
②由①得，點(diǎn)F在與DG成60°的直線MH上運(yùn)動(dòng)，
，，，
∴，
在Rt△GDH中，，，
，
在Rt△AMH中，，
，
，．
【點(diǎn)睛】
本題考查了等邊三角形是性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造全等三角形．
3．（2022·廣東·江門(mén)市新會(huì)東方紅中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）有這樣一類特殊邊角特征的四邊形，它們有“一組鄰邊相等且對(duì)角互補(bǔ)”，我們稱之為“等對(duì)補(bǔ)四邊形”．

(1)如圖1，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于點(diǎn)E，若AE＝4，則四邊形ABCD的面積等于　 ?。?br /> (2)等對(duì)補(bǔ)四邊形中，經(jīng)過(guò)兩條相等鄰邊的公共頂點(diǎn)的一條對(duì)角線，必平分四邊形的一個(gè)內(nèi)角，即如圖2，四邊形ABCD中，AD＝DC，∠A+∠C＝180°，連接BD，求證：BD平分∠ABC．
(3)現(xiàn)準(zhǔn)備在某地著名風(fēng)景區(qū)開(kāi)發(fā)一片國(guó)家稀有動(dòng)物核心保護(hù)區(qū)，保護(hù)區(qū)的規(guī)劃圖如圖3所示，該地規(guī)劃部門(mén)要求：四邊形ABCD是一個(gè)“等對(duì)補(bǔ)四邊形”，滿足AD＝DC，AB+AD＝12，∠BAD＝120°，因地勢(shì)原因，要求3≤AD≤6，求該區(qū)域四邊形ABCD面積的最大值．
【答案】(1)9
(2)見(jiàn)解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）過(guò)作，交的延長(zhǎng)線于，求出四邊形是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出，求出，根據(jù)得出，根據(jù)全等得出，，求出，求出，代入求出即可；
（2）如圖1中，連接，．證明，，，四點(diǎn)共圓，利用圓周角定理即可解決問(wèn)題．
（3）如圖3中，延長(zhǎng)到，使得，連接，過(guò)點(diǎn)作于，根點(diǎn)作于，于．設(shè)．構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．
(1)
解：如圖1，過(guò)作，交的延長(zhǎng)線于，

，
，
四邊形是矩形，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
四邊形是矩形，
四邊形是正方形，
，

．
故答案為：16；
(2)
解：證明：如圖2中，連接．

，
，，，四點(diǎn)共圓，
，
，
，
平分．
(3)
解：如圖3中，延長(zhǎng)到，使得，連接，過(guò)點(diǎn)作于，過(guò)點(diǎn)作于，于．設(shè)．

，，
，
，
，
是等邊三角形，
，
，
由（2）可知．平分，
，
，
，
，，
，，
，
，
，，
，
∵，
∴
∴時(shí)，有最大值，最大值．
【點(diǎn)睛】
本題屬于四邊形綜合題，考查了“鄰等對(duì)補(bǔ)四邊形”的定義，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，二次函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決最值問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
4．（2022·廣東江門(mén)·一模）已知，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，點(diǎn)E是射線BC上一動(dòng)點(diǎn)，將矩形ABCD先沿直線AE翻折，點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，展開(kāi)后再將矩形ABCD沿直線BF翻折，點(diǎn)E落在點(diǎn)G處，再將圖形展開(kāi)，連接EF、FG、GB，得到四邊形BEFG．

(1)如圖1，若點(diǎn)F恰好落在CD邊上，求線段BE的長(zhǎng)；
(2)如圖2，若BE＝1，直接寫(xiě)出點(diǎn)F到BC邊的距離；
(3)若△ADG的面積為3，直接寫(xiě)出四邊形BEFG的面積．
【答案】(1)BE＝
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
（1）連接AF，如圖1所示，由矩形，翻折的性質(zhì)可知AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE，勾股定理得DF＝求出的值，在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝FE2，計(jì)算求解即可；
（2）連接AF，過(guò)點(diǎn)F作MN⊥BC于N，交AD于M，如圖2所示，則MN⊥AD，AM＝BN，∠AFM+∠FAM＝90°，由翻折的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE＝1，∠AFE＝∠ABE＝90°，有∠FAM＝∠EFN，證明△AMF∽△FNE，有，AM＝5FN，可知BN＝5FN，在Rt△NEF中，由勾股定理得：FN2+EN2＝FE2，計(jì)算求出符合要求的解即可；
（3）分兩種情況：①點(diǎn)G在矩形ABCD的內(nèi)部時(shí)，連接AF，過(guò)G作GH⊥AD于H，過(guò)點(diǎn)F作MN⊥BC于N，交AD于M，如圖3所示，由△ADG的面積＝AD×GH＝3，求出GH的值，證明四邊形BEFG是菱形，四邊形GHMF是矩形，勾股定理得＝，求出的值，同（2）得：△AMF∽△FNE，有，求得的值，進(jìn)而可知的值，由四邊形BEFG的面積＝BE×FN計(jì)算求解即可；②點(diǎn)G在矩形ABCD的外部時(shí)，連接AF，過(guò)G作GH⊥AD于H，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥FG于N，過(guò)A作AM⊥FG于M，如圖4所示，同①得：AM＝GH＝2，F(xiàn)M＝，△AMF∽△FNE，有，求的值，進(jìn)而可知的值，由四邊形BEFG的面積＝BE×EN計(jì)算求解即可．
(1)
解：連接AF，如圖1所示，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，
由翻折的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE，
∴DF＝，
∴CF＝CD﹣DF＝1，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝FE2，
即（3﹣BE）2+12＝BE2，
解得：BE＝；
(2)
解：連接AF，過(guò)點(diǎn)F作MN⊥BC于N，交AD于M，如圖2所示，

則MN⊥AD，AM＝BN，
∴∠AMF＝∠FNE＝90°，
∴∠AFM+∠FAM＝90°，
由翻折的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE＝1，∠AFE＝∠ABE＝90°，
∴∠AFM+∠EFN＝90°，
∴∠FAM＝∠EFN，
∴△AMF∽△FNE，
∴，
∴AM＝5FN，
∴BN＝5FN，
在Rt△NEF中，由勾股定理得：FN2+EN2＝FE2，
即FN2+（5FN﹣1）2＝12，
解得：FN＝，或FN＝0（舍去），
即點(diǎn)F到BC邊的距離為；
(3)
分兩種情況：
①點(diǎn)G在矩形ABCD的內(nèi)部時(shí)，連接AF，過(guò)G作GH⊥AD于H，過(guò)點(diǎn)F作MN⊥BC于N，交AD于M，如圖3所示，

則MN∥GH，MN⊥AD，MN＝CD＝5，
∵△ADG的面積＝AD×GH＝×3×GH＝3，
∴GH＝2，
由翻折的性質(zhì)得：BG＝FG，F(xiàn)E＝BE，BG＝BE，
∴BG＝FG＝FE＝BE，
∴四邊形BEFG是菱形，
∴FG∥BC∥AD，
∴四邊形GHMF是平行四邊形，
∵GH⊥AD，
∴∠GHM＝90°，???
∴平行四邊形GHMF是矩形，
∴FM＝GH＝2，
∴FN＝MN﹣FM＝3，AM＝，
同（2）得：△AMF∽△FNE，
∴，
即，
∴FE＝，
∴BE＝，
∴四邊形BEFG的面積＝BE×FN＝×3＝；
②點(diǎn)G在矩形ABCD的外部時(shí)，連接AF，過(guò)G作GH⊥AD于H，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥FG于N，過(guò)A作AM⊥FG于M，如圖4所示，

同①得：AM＝GH＝2，F(xiàn)M＝，△AMF∽△FNE，
∴，
∵EN＝BM＝AB+AM＝5+2＝7，
∴，
解得：，
∴BE＝，
∴四邊形BEFG的面積＝BE×EN＝×7＝；
綜上所述，四邊形BEFG的面積為或．
【點(diǎn)睛】
本題考查了折疊的性質(zhì)，三角形相似，勾股定理，菱形、矩形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的靈活運(yùn)用．
5．（2022·廣東韶關(guān)·模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，點(diǎn)P為BC邊的中點(diǎn)，直線a經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，過(guò)B作BE⊥a，垂足為E，過(guò)C作CF⊥a，垂足為F，連接PE、PF．
（1）當(dāng)點(diǎn)B、P在直線a的異側(cè)時(shí)，延長(zhǎng)EP交CF于點(diǎn)G，猜想線段PF和EG的數(shù)量關(guān)系為_(kāi)____；
（2）如圖2，直線a繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)BP在直線a的同側(cè)時(shí)，若（1）中其它條件不變，（1）中的結(jié)論還成立嗎?若成立，請(qǐng)給予證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）直線a繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中，當(dāng)線段PF的長(zhǎng)度最大時(shí)，請(qǐng)判斷四邊形BEFC的形狀，并求出它的面積．

【答案】（1）；（2）成立，見(jiàn)解析；（3）矩形；4
【解析】
【分析】
（1）證，得，再由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于，同（1）得，得，再由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（3）連接，由等腰三角形的性質(zhì)得，設(shè)線段的中點(diǎn)為，得點(diǎn)、都在以線段為直徑的圓上，當(dāng)時(shí)，取得最大值，此時(shí)四邊形是正方形，則四邊形是矩形，即可求解．
【詳解】
（1），理由如下：
，，
，
，，
點(diǎn)為邊的中點(diǎn)，
，
，
，
，
，
，
故答案為：；
（2）（1）中的結(jié)論還成立，證明如下：
延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于，如圖2所示：
同（1）得：，
，
，
，
；
（3）連接，如圖3所示：
，點(diǎn)為邊的中點(diǎn)，
，，
，
設(shè)線段的中點(diǎn)為，
，
，
點(diǎn)、都在以線段為直徑的圓上，
當(dāng)時(shí)，取得最大值，此時(shí)四邊形是正方形，
則四邊形是矩形，，
四邊形的面積正方形的面積．

【點(diǎn)睛】
本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的判定、正方形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)和直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．
6．（2022·廣東中山·一模）在如圖平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2），OA、OC分別落在x軸和y軸上，OB是矩形的對(duì)角線．將△OAB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)B落在y軸上，得到△ODE，OD與CB相交于點(diǎn)F，反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)G．
（1）求k的值和點(diǎn)G的坐標(biāo)；
（2）連接FG，則圖中是否存在與△BFG相似的三角形？若存在，請(qǐng)把它們一一找出來(lái)，并選其中一種進(jìn)行證明；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）在線段OA上存在這樣的點(diǎn)P，使得△PFG是等腰三角形．請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【答案】（1）k＝2，點(diǎn)G的坐標(biāo)為（4，）；（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG，證明詳見(jiàn)解析；（3）點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4﹣，0）或（，0）或（，0）．
【解析】
【分析】
（1）證明△COF∽△AOB，則，求得：點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，2），即可求解；
（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG．證△OAB∽△BFG：，，即可求解．
（3）分GF＝PF、PF＝PG、GF＝PG三種情況，分別求解即可．
【詳解】
解：（1）∵四邊形OABC為矩形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，2），
∴∠OCB＝∠OAB＝∠ABC＝90°，OC＝AB＝2，OA＝BC＝4，
∵△ODE是△OAB旋轉(zhuǎn)得到的，即：△ODE≌△OAB，
∴∠COF＝∠AOB，∴△COF∽△AOB，
∴，∴＝，∴CF＝1，
∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，2），
∵y＝（x＞0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)F，
∴2＝，得k＝2，
∵點(diǎn)G在AB上，
∴點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為4，
對(duì)于y＝，當(dāng)x＝4，得y＝，
∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為（4，）；
（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG．
下面對(duì)△OAB∽△BFG進(jìn)行證明：
∵點(diǎn)G的坐標(biāo)為（4，），∴AG＝，
∵BC＝OA＝4，CF＝1，AB＝2，
∴BF＝BC﹣CF＝3，
BG＝AB﹣AG＝．
∴，．
∴，
∵∠OAB＝∠FBG＝90°，
∴△OAB∽△FBG．
（3）設(shè)點(diǎn)P（m，0），而點(diǎn)F（1，2）、點(diǎn)G（4，），
則FG2＝9+＝，PF2＝（m﹣1）2+4，PG2＝（m﹣4）2+，
當(dāng)GF＝PF時(shí)，即＝（m﹣1）2+4，解得：m＝（舍去負(fù)值）；
當(dāng)PF＝PG時(shí)，同理可得：m＝；
當(dāng)GF＝PG時(shí)，同理可得：m＝4﹣；
綜上，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（4﹣，0）或（，0）或（，0）．
【點(diǎn)睛】
本題考查的是反比例函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形相似、等腰三角形的性質(zhì)等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．
7．（2022·廣東廣州·一模）如圖，在矩形ABCD中，AB = 6，AD = 8，點(diǎn)E是CD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)C重合），延長(zhǎng)DC到點(diǎn)F，使EC = 2CF，且AF與BE交于點(diǎn)G.

(1)當(dāng)EC = 4時(shí)，求線段BG的長(zhǎng):
(2)設(shè)CF = x，△GEF的面積為y，求y與x的關(guān)系式，并求出y的最大值:
(3)連接DG，求線段DG的最小值.
【答案】(1)
(2)；
(3)
【解析】
【分析】
（1）先利用矩形的性質(zhì)證明，證得，在利用勾股定理求得的長(zhǎng)，進(jìn)而可求解；
（2）設(shè)AF與BC交于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)G作于，利用相似三角形的判定和性質(zhì)分別求得，，，最后求得，在△GEF中利用三角形的面積公式即可求解；
（3）過(guò)點(diǎn)作，連接DG，則四邊形是矩形，在中，利用勾股定理求得的最小值，進(jìn)而得到答案．
(1)
解：∵四邊形ABCD是矩形，AB = 6，AD = 8，
∴，，，，，
∴，
∵EC = 2CF，EC = 4，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴；
(2)
解：設(shè)AF與BC交于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)G作于，如圖所示，

∵，
∴，
∴，
∵AB = 6，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∴y與x的關(guān)系式為:，
∵點(diǎn)E是CD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)C重合），，
∴，即，
∴當(dāng)時(shí)，y的最大值．
(3)
解：過(guò)點(diǎn)作，連接DG，則四邊形是矩形，

∴，，
∴，
在中，，
令，則，
∴當(dāng)時(shí)，有最小值為，
∴的最小值為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出適當(dāng)?shù)妮o助線．
8．（2022·廣東·一模）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)F是BC邊上一點(diǎn)，連結(jié)AF，以AF為對(duì)角線作正方形AEFG，邊FG與正方形ABCD的對(duì)角線AC相交于點(diǎn)H，連結(jié)DG．

(1)證明：△AFC∽△AGD；
(2)若＝，請(qǐng)求出的值．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由四邊形，是正方形，推出，得，由于，得到，列比例式即可得到結(jié)果；
（2）設(shè)，，則，根據(jù)勾股定理得到，由于，，于是得到，得到比例式即可得到結(jié)論．
(1)
四邊形，是正方形，
，，
，
，
，
；
(2)
，
設(shè)，，則，
，，
四邊形，是正方形，
，，
，
，
．
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，找準(zhǔn)相似三角形是解題的關(guān)鍵．
9．（2022·廣東惠州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在△中，已知，，且△≌△，將△與△重合在一起，△不動(dòng)，△運(yùn)動(dòng)，并且滿足：點(diǎn)在邊上沿到的方向運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)與、不重合），且始終經(jīng)過(guò)點(diǎn)，與交于點(diǎn)．

(1)求證：△∽△；
(2)探究：在△運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重疊部分能否構(gòu)成等腰三角形？若能，求出的長(zhǎng)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；
(3)當(dāng)線段最短時(shí)，求重疊部分的面積．
【答案】(1)見(jiàn)詳解；
(2)BE的長(zhǎng)為1或；
(3)當(dāng)時(shí)，最短為，．
【解析】
【分析】
(1)由AB=AC,根據(jù)等邊對(duì)等角,可得∠B=∠C,又由ΔABC≌ΔDEF與三角形外角的性質(zhì),易證得∠CEM=∠BAE,則可證得ΔABE∽ΔECM;
(2)首先由∠AEF=∠B=∠C,且∠AME>∠C,可得AE≠AM,然后分別從AE=EM與AM=EM去分析,注意利用全等三角形與相似三角形的性質(zhì)求解即可求得答案;
(3)首先設(shè)BE=x,由ΔABE∽ΔECM,根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例,易得,繼而求得AM的值,利用二次函數(shù)的性質(zhì),即可求得線段AM的最小值,繼而求得重疊部分的面積．
(1)
解：∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴△∽△；
(2)
解：∵，且，
∴，
∴；
當(dāng)時(shí)，
∵△∽△；
∴，
∴，
∴；

當(dāng)時(shí)，則，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
綜合BE的長(zhǎng)為1或；

(3)
解：設(shè)，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴當(dāng)時(shí)，最短為，
又∵當(dāng)時(shí)，點(diǎn)為的中點(diǎn)，
∴，
∴，此時(shí)，，
∴，
∴．

【點(diǎn)睛】
此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及二次函數(shù)的最值問(wèn)題，此題難度較大，注意數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想與函數(shù)思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．
10．（2022·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）【知識(shí)再現(xiàn)】
學(xué)完《全等三角形》一章后，我們知道“斜邊和一條直角邊分別相等的兩個(gè)直角三角形全等（簡(jiǎn)稱HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
【簡(jiǎn)單應(yīng)用】
如圖（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別在邊AC、AB上．若CE＝BD，則線段AE和線段AD的數(shù)量關(guān)系是　?。?br />
【拓展延伸】
在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，點(diǎn)D在邊AC上．
（1）若點(diǎn)E在邊AB上，且CE＝BD，如圖（2）所示，則線段AE與線段AD相等嗎？如果相等，請(qǐng)給出證明；如果不相等，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（2）若點(diǎn)E在BA的延長(zhǎng)線上，且CE＝BD．試探究線段AE與線段AD的數(shù)量關(guān)系（用含有a、m的式子表示），并說(shuō)明理由．
【答案】【簡(jiǎn)單應(yīng)用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，證明見(jiàn)解析；（2）AE﹣AD＝2AC?cos（180°﹣），理由見(jiàn)解析
【解析】
【分析】
簡(jiǎn)單應(yīng)用：證明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得結(jié)論．
拓展延伸：（1）結(jié)論：AE＝AD．如圖（2）中，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥BA交BA的延長(zhǎng)線于M，過(guò)點(diǎn)N作BN⊥CA交CA的延長(zhǎng)線于N．證明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，證明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得結(jié)論．
（2）如圖（3）中，結(jié)論：AE﹣AD＝2m?cos（180°﹣）．在AB上取一點(diǎn)E′，使得BD＝CE′，則AD＝AE′．過(guò)點(diǎn)C作CT⊥AE于T．證明TE＝TE′，求出AT，可得結(jié)論．
【詳解】
簡(jiǎn)單應(yīng)用：解：如圖（1）中，結(jié)論：AE＝AD．

理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，
∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），
∴AD＝AE．
故答案為：AE＝AD．
拓展延伸：（1）結(jié)論：AE＝AD．

理由：如圖（2）中，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥BA交BA的延長(zhǎng)線于M，過(guò)點(diǎn)N作BN⊥CA交CA的延長(zhǎng)線于N．
∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，
∴△CAM≌△BAN（AAS），
∴CM＝BN，AM＝AN，
∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，
∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），
∴EM＝DN，
∵AM＝AN，
∴AE＝AD．
（2）如圖（3）中，結(jié)論：AE﹣AD＝2m?cos（180°﹣）．

理由：在AB上取一點(diǎn)E′，使得BD＝CE′，則AD＝AE′．過(guò)點(diǎn)C作CT⊥AE于T．
∵CE′＝BD，CE＝BD，
∴CE＝CE′，
∵CT⊥EE′，
∴ET＝TE′，
∵AT＝AC?cos（180°﹣）＝m?cos（180°﹣），
∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m?cos（180°﹣）．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練尋找全等三角形解決問(wèn)題.
11．（2022·廣東·模擬預(yù)測(cè)）某數(shù)學(xué)課外活動(dòng)小組在學(xué)習(xí)了勾股定理之后，針對(duì)圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側(cè)作多邊形，它們的面積，，之間的關(guān)系問(wèn)題”進(jìn)行了以下探究：

類比探究
（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為斜邊向外側(cè)作，，，若，則面積，，之間的關(guān)系式為；
推廣驗(yàn)證
（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側(cè)作任意，，，滿足，，則（1）中所得關(guān)系式是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明你的結(jié)論；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
拓展應(yīng)用
（3）如圖4，在五邊形中，，，，，點(diǎn)在上，，，求五邊形的面積．
【答案】（1）；（2）結(jié)論成立，證明看解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由題目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均為直角三角形，又因?yàn)?，則有∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長(zhǎng)平方的比，列出等式，找到從而找到面積之間的關(guān)系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面積比為邊長(zhǎng)平方的比，列出等式，從而找到面積之間的關(guān)系；
（3）將不規(guī)則四邊形借助輔助線轉(zhuǎn)換為熟悉的三角形，過(guò)點(diǎn)A作AHBP于點(diǎn)H，連接PD，BD，由此可知，，即可計(jì)算出，根據(jù)△ABP∽△EDP∽△CBD，從而有，由（2）結(jié)論有，最后即可計(jì)算出四邊形ABCD的面積．
【詳解】
（1）∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵△ABD、△ACE、△BCF均為直角三角形，且，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得證．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得證．
（3）過(guò)點(diǎn)A作AHBP于點(diǎn)H，連接PD，BD，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴PH=AH=，
∴，，
∴，
∵，ED=2，
∴，，
∴，
∵，
∴△ABP∽△EDP，
∴，，
∴，，
∴，
，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴
故最后答案為．

【點(diǎn)睛】
（1）（2）主要考查了相似三角形的性質(zhì)，若兩三角形相似，則有面積的比值為邊長(zhǎng)的平方，根據(jù)此性質(zhì)找到面積與邊長(zhǎng)的關(guān)系即可；（3）主要考查了不規(guī)則四邊形面積的計(jì)算以及（2）的結(jié)論，其中合理正確利用前面得出的結(jié)論是解題的關(guān)鍵．
12．（2022·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8cm，AC＝6cm．點(diǎn)P從B出發(fā)沿BA向A運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1cm，點(diǎn)E是點(diǎn)B以P為對(duì)稱中心的對(duì)稱點(diǎn)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，點(diǎn)Q從A出發(fā)沿AC向C運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2cm，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)頂點(diǎn)C時(shí)，P，Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)P，Q兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
(1)當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥BC？
(2)設(shè)四邊形PQCB的面積為y，求y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
(3)四邊形PQCB面積能否是△ABC面積的？若能，求出此時(shí)t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；
(4)當(dāng)t為何值時(shí)，△AEQ為等腰三角形？（直接寫(xiě)出結(jié)果）

【答案】(1)t＝；(2)y＝t2﹣8t+24；(3)四邊形PQCB面積能是△ABC面積的，此時(shí)t的值為5﹣；(4)當(dāng)t為秒秒秒時(shí)，△AEQ為等腰三角形．
【解析】
【詳解】
試題分析：（1）先在Rt△ABC中，由勾股定理求出AB=10，再由BP=t，AQ=2t，得出AP=10-t，然后由PQ∥BC，根據(jù)平行線分線段成比例定理得出，列出比例式，求解即可；
（2）根據(jù)S四邊形PQCB=S△ACB-S△APQ=AC?BC-AP?AQ?sinA，即可得出y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）根據(jù)四邊形PQCB面積是△ABC面積的，列出方程t2-8t+24=×24，解方程即可；
（4）△AEQ為等腰三角形時(shí)，分三種情況討論：①AE=AQ；②EA=EQ；③QA=QE，每一種情況都可以列出關(guān)于t的方程，解方程即可．
試題解析：（1）Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，
∴AB=10cm．
∵BP=t，AQ=2t，
∴AP=AB-BP=10-t．
∵PQ∥BC，
∴，
∴，
解得t=；
（2）∵S四邊形PQCB=S△ACB-S△APQ=AC?BC-AP?AQ?sinA
∴y=×6×8-×（10-2t）?2t?=24-t（10-2t）=t2-8t+24，
即y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為y=t2-8t+24；
（3）四邊形PQCB面積能是△ABC面積的，理由如下：
由題意，得
t2-8t+24=×24，
整理，得t2-10t+12=0，
解得t1=5-，t2=5+（不合題意舍去）．
故四邊形PQCB面積能是△ABC面積的，此時(shí)t的值為5-；
（4）△AEQ為等腰三角形時(shí)，分三種情況討論：
①如果AE=AQ，那么10-2t=2t，解得t=；
②如果EA=EQ，那么（10-2t）×=t，解得t=；
③如果QA=QE，那么2t×=5-t，解得t=．
故當(dāng)t為秒、秒、秒時(shí)，△AEQ為等腰三角形．
考點(diǎn)：相似形綜合題．
13．（2021·廣東惠州·二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，CD⊥AB于點(diǎn)D．點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿線段DC向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CA向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，速度都為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到C時(shí)，兩點(diǎn)都停止．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．

(1)求線段CD的長(zhǎng)；
(2)設(shè)△CPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并確定在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否存在某一時(shí)刻t，使得S△CPQ：S△ABC＝9：100？若存在，求出t的值；若不存在，則說(shuō)明理由．
(3)是否存在某一時(shí)刻t，使得△CPQ為等腰三角形？若存在，求出所有滿足條件的t的值；若不存在，則說(shuō)明理由．
【答案】(1)線段CD的長(zhǎng)為4.8
(2)S＝﹣t2+t；當(dāng)t＝或t＝3時(shí)，S△CPQ：S△ABC＝9：100
(3)存在，當(dāng)t為2.4或或時(shí)，△CPQ為等腰三角形
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理可求出AB長(zhǎng)，再用等積法就可求出線段CD的長(zhǎng)；
（2）過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AC，垂足為H，通過(guò)三角形相似即可用t的代數(shù)式表示PH，從而可以求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；利用S△CPQ：S△ABC＝9：100建立t的方程，解方程即可解決問(wèn)題；
（3）可分三種情況進(jìn)行討論：由CQ＝CP可建立關(guān)于t的方程，從而求出t；由PQ＝PC或QC＝QP不能直接得到關(guān)于t的方程，可借助于等腰三角形的三線合一及三角形相似，即可建立關(guān)于t的方程，從而求出t．
(1)
解：如圖1，

∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝10，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC＝BC?AC＝AB?CD，
∴CD＝＝＝4.8．
∴線段CD的長(zhǎng)為4.8；
(2)
解：①過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AC，垂足為H，如圖2所示．

由題可知DP＝t，CQ＝t，
則CP＝4.8﹣t，
∵∠ACB＝∠CDB＝90°，
∴∠HCP＝90°﹣∠DCB＝∠B，
∵PH⊥AC，
∴∠CHP＝90°，
∴∠CHP＝∠ACB，
∴△CHP∽△BCA，
∴，
∴，
∴PH＝，
∴S△CPQ＝CQ?PH＝t（）＝﹣t2+t；
②存在某一時(shí)刻t，使得S△CPQ：S△ABC＝9：100．
∵S△ABC＝×6×8＝24，且S△CPQ：S△ABC＝9：100，
∴（﹣t2+t）：24＝9：100．
整理得：5t2﹣24t+27＝0．
即（5t﹣9）（t﹣3）＝0．
解得：t＝或t＝3．
∵0≤t≤4.8，
∴當(dāng)t＝或t＝3時(shí)，S△CPQ：S△ABC＝9：100；
(3)
解：存在.
①若CQ＝CP，如圖1，
則t＝4.8﹣t，
解得：t＝2.4；
②若PQ＝PC，如圖2所示．
∵PQ＝PC，PH⊥QC，
∴QH＝CH＝QC＝，
∵△CHP∽△BCA．
∴，
∴，
解得；t＝，
③若QC＝QP，
過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥CP，垂足為E，如圖3所示．

同理可得：t＝，
綜上所述：當(dāng)t為2.4或或時(shí)，△CPQ為等腰三角形．
【點(diǎn)睛】
本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、一元二次方程的應(yīng)用、勾股定理等知識(shí)，具有一定的綜合性，而利用等腰三角形的三線合一巧妙地將兩腰相等轉(zhuǎn)化為底邊上的兩條線段相等是解決第三小題的關(guān)鍵．
14．（2021·廣東云浮·一模）如圖，四邊形ABCD和四邊形GHIJ都是正方形，點(diǎn)E同時(shí)是邊BC和HI的中點(diǎn)，點(diǎn)F是邊AD的中點(diǎn)，點(diǎn)K是邊GJ的中點(diǎn)，連接BH，F(xiàn)K．

(1)如圖1，當(dāng)HI與BC在同一條直線上時(shí)，直接寫(xiě)出BH與FK的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系；
(2)正方形ABCD固定不動(dòng)，將圖1中的正方形GHIJ繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角，如圖2所示，判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請(qǐng)加以證明：若不成立，說(shuō)明理由；
(3)正方形ABCD固定不動(dòng)，將圖1中的正方形GHIJ繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)角，作于點(diǎn)L.設(shè)，線段AB，BH，HG，GK，KF，F(xiàn)A所圍成的圖形面積為S.當(dāng)，時(shí)，求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出相應(yīng)的x的取值范圍．
【答案】(1)BH與FK的數(shù)量關(guān)系為FK=2BH，位置關(guān)系為FK⊥BH
(2)仍然成立，BH與FK的數(shù)量關(guān)系不變，F(xiàn)K=2BH，位置關(guān)系不變FK⊥BH，證明見(jiàn)解析
(3)，變量x的取值范圍是
【解析】
【分析】
（1），根據(jù)正方形的性質(zhì)和中點(diǎn)定義，可知AB=BC，GH=HI，BE=EC，EH=EI，進(jìn)而得出BH=IC，再根據(jù)FK=AB-GH，可得答案.
（2），先連接FE，KE，再根據(jù)兩邊成比例且?jiàn)A角相等的兩個(gè)三角形形似，得，進(jìn)而得出，即可得出數(shù)量關(guān)系.再延長(zhǎng)FK，交BC于M，延長(zhǎng)BH，交FM于N，由①可得∠HBE=∠KFE，進(jìn)而得出∠BNM=90°，即可得出位置關(guān)系.
（3），分兩種情況：第一：當(dāng)正方形GHIJ繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α?xí)r，表示EL，再求出，，表示，再根據(jù)，得出，最后根據(jù)列出關(guān)系式，并求出取值范圍.第二：當(dāng)正方形GHIJ繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α?xí)r，與第一類似，再根據(jù)列出關(guān)系式，并求出自變量取值范圍，最后確定答案即可.
(1)
解：BH與FK的數(shù)量關(guān)系為FK=2BH，位置關(guān)系為FK⊥BH.
根據(jù)題意可知AB=BC，GH=HI，BE=EC，EH=EI，
∴BH=BE-HE，IC=EC-EI，
即BH=IC.
∴FK=AB-GH=BC-HI=BH+IC=2BH.
(2)
當(dāng)正方形GHIJ繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)α（）角時(shí)，其數(shù)量和位置關(guān)系不變
先證FK=2BH
連接FE，KE
由題意可得到，∠FEB=∠KEH=90°
可得∠HEB+∠FEH=∠KEF+∠FEH
∴∠HEB=∠KEF
∴
∴
即FK=2BH

②再證FK⊥BH
延長(zhǎng)FK，交BC于M，延長(zhǎng)BH，交FM于N
由①可得∠HBE=∠KFE
∴∠HBE+∠FMB=∠KFE+∠FMB=90°
∴∠BNM=90°
即FK⊥BH
∴BH與FK的數(shù)量關(guān)系不變，F(xiàn)K=2BH，位置關(guān)系不變FK⊥BH
(3)
正方形GHIJ繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)α（0°≤α≤90°），有以下兩種情況:
當(dāng)正方形GHIJ繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α?xí)r，EL=x-3.

如圖，，
∵，
∴
∴
又∵
因此
自變量x的取值范圍是
當(dāng)正方形GHIJ繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α?xí)r，EL=3-x.

如圖，，
∵，
∴
∴
又∵
因此
自變量x的取值范圍是.
綜上所述，.
【點(diǎn)睛】
這是一道關(guān)于正方形的綜合問(wèn)題，考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，求一次函數(shù)的關(guān)系式及自變量取值范圍等.
15．（2021·廣東廣州·三模）△ABC為等腰三角形，AB＝AC，點(diǎn)D為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn)．

(1)若∠BAC＝120°，
①如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在BC邊上，BD＝AD，求證：DC＝2BD；
②如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在△ABC外，∠ADB＝120°，AD＝2，BD＝4，連接CD，求CD的長(zhǎng)；
(2)如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在△ABC外，且∠ADB＝90°，以AD為腰作等腰三角形△ADE，∠DAE＝∠BAC，AD＝AE，直線DE交BC于點(diǎn)F，求證：點(diǎn)F是BC中點(diǎn)．
【答案】(1)①證明見(jiàn)解析；②
(2)證明見(jiàn)解析
【解析】
【分析】
（1）①由等腰三角形的性質(zhì)可求∠ABC＝∠ACB＝30°＝∠BAD，可得∠DAC＝90°，由含30°的直角三角形的性質(zhì)可求解；②如圖2，以AB，AC為邊作等邊△ABH，等邊△ACH，以AD，BD為邊作等邊△ADE，等邊△BDG，連接GH，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥DG，交GD的延長(zhǎng)線于N，由“SAS”可證△ADB≌△HGB，△DAC≌△EAH，可得AD＝GH＝2，∠ADB＝∠BGH＝120°，DC＝EH，由直角三角形的性質(zhì)可得ND＝DE＝1，NE＝DN＝，在Rt△NEH中，由勾股定理可求EH，即可；
（2）如圖3通過(guò)證明△ADE∽△ABC，可得∠ADE＝∠ABC，可證A、D、B、F四點(diǎn)共圓，可求∠BFA＝90°，由等腰三角形的性質(zhì)可證點(diǎn)F是BC中點(diǎn)．
(1)
解：①證明：∵∠BAC＝120°，AB＝AC
∴∠ABC＝∠ACB＝30°
∵BD＝AD
∴∠ABD＝∠BAD＝30°
∴∠DAC＝90°
∴CD＝2AD
∴CD＝2BD
②如圖2，以AB，AC為邊作等邊△ABH，等邊△ACH，以AD，BD為邊作等邊△ADE，等邊△BDG，連接GH，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥DG，交GD的延長(zhǎng)線于N，

∵△BDG和△ABH都是等邊三角形
∴BD＝BG＝DG＝4，AB＝BH，∠DBG＝∠ABH＝60°＝∠BGD
∴∠ABD＝∠GBH
在△ADB和△HGB中
∵
∴△ADB≌△HGB（SAS）
∴AD＝GH＝2，∠ADB＝∠BGH＝120°
∴∠DGB+∠BGH＝180°
∴點(diǎn)G，H，D三點(diǎn)共線
∴DH＝4+2＝6
∵△ADE和△ACH都是等邊三角形
∴AC＝AH，∠AE＝AD＝DE＝2，∠DAE＝∠CAH＝∠EDA＝60°
∴∠DAC＝∠EAH
同理△DAC≌△EAH（SAS）
∴DC＝EH
∵∠BDG＝∠EDN＝60°，EN⊥DG
∴∠DEN＝30°
∴ND＝DE＝1，NE＝DN＝
∴HN＝DH+DN＝7
∴EH＝
∴CD＝EH＝2．
(2)
連接AF，如圖3所示：

∵∠DAE＝∠BAC，AD＝AE，AB＝AC
∴
∴△ADE∽△ABC
∴∠ADE＝∠AB
∴A、D、B、F四點(diǎn)共圓
∴∠BFA＝180°﹣∠ADB＝180°﹣90°＝90°
∴AF⊥BC
∵AB＝AC
∴BF＝CF
∴點(diǎn)F是BC中點(diǎn)．
【點(diǎn)睛】
本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等，勾股定理，三角形相似，四點(diǎn)共圓等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的靈活運(yùn)用．
16．（2021·廣東廣州·一模）如圖1，正方形的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)到點(diǎn)G，延長(zhǎng)到點(diǎn)E，使，，以，為臨邊做正方形，連接，．

（1）探究與的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系，并證明；
（2）固定正方形，以點(diǎn)O為旋轉(zhuǎn)中心，將圖1中的方形逆時(shí)針轉(zhuǎn)n°（）得到正方形，如圖2，
①在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)時(shí)，求n的值；
②在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，設(shè)點(diǎn)到直線的距離為d，若正方形的邊長(zhǎng)為1，請(qǐng)直接寫(xiě)出d的最大值與最小值，不必說(shuō)明理由．
【答案】（1），，證明見(jiàn)解析；（2）①30或150；②d的最大值為，d的最小值為
【解析】
【分析】
（1）延長(zhǎng)交于點(diǎn)，易證，得到，然后運(yùn)用等量代換證明即可；
（2）①在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，成為直角有兩種情況：由增大到過(guò)程中，當(dāng)時(shí)，，由90增大到180過(guò)程中，當(dāng)時(shí)，；
②連接，設(shè)直線交直線于，作正方形的外接圓，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，的位置有以下兩種情況：第一種情況，當(dāng)在內(nèi)時(shí)，，第二種情況：當(dāng)在外時(shí)，，根據(jù)解直角三角形可得，當(dāng)最大時(shí)，最大；當(dāng)最小時(shí)，最?。贿\(yùn)用勾股定理即可求得的最大值和最小值．
【詳解】
解：（1），
證明：如圖1，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，

點(diǎn)是正方形兩對(duì)角線的交點(diǎn)，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
故，；
（2）①在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，有兩種情況：

（Ⅰ）由0增大到90過(guò)程中，當(dāng)時(shí)，
，
在中，，
，
，，
，
，
即；
（Ⅱ）由90增大到180過(guò)程中，當(dāng)時(shí)，
同理可求，
，
；
綜上所述，當(dāng)時(shí)，或150．
②如圖3，的最大值為，
如圖4，的最小值為．
理由如下：如圖3、圖4所示，連接，設(shè)直線交直線于，作正方形的外接圓，
????????
仿照（1）的證明，可證得，即在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，保持不變，所以．
在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，的位置有以下兩種情況：
第一種情況，當(dāng)在內(nèi)時(shí)，，如圖3所示，
第二種情況：當(dāng)在外時(shí)，，如圖3所示，
，
．
在△中，，
，
所以，當(dāng)最大時(shí)，最大；
當(dāng)最小時(shí)，最??；
設(shè)點(diǎn)到的距離為，則，
由上式可知，當(dāng)取最大值時(shí)，取最大值．
在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)與相切，即時(shí)，取最大值．
此時(shí)，取最大值，從而取最大值或最小值．
由①可知，當(dāng)時(shí)，，
在（1）中，已證得，且，
四邊形為正方形，
，
，
的最大值為，
的最小值為．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)的綜合運(yùn)用，有一定的綜合性，熟練掌握旋轉(zhuǎn)變換性質(zhì)、全等三角形判定和性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)，靈活運(yùn)用分類討論思想和數(shù)形結(jié)合思想是解題關(guān)鍵．
17．（2021·廣東廣州·二模）如圖，矩形中，，點(diǎn)E是邊上的一點(diǎn)，點(diǎn)F是邊延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，且．連接，交于點(diǎn)O，過(guò)E作，垂足為P．

（1）求證：；
（2）求證：長(zhǎng)為定值；
（3）記與的交點(diǎn)為Q，當(dāng)時(shí)，直接寫(xiě)出此時(shí)的長(zhǎng)．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)兩邊的比相等且?jiàn)A角相等，證明：；
（2）如圖1，作輔助線，構(gòu)建相似三角形，得，列比例式，再根據(jù)勾股定理得的長(zhǎng)，根據(jù)等角的正切相等可知：，即，得，設(shè)，則，代入比例式可得，從而得結(jié)論；
（3）證明，列比例式可得結(jié)論．
【詳解】
（1）證明：在矩形中，，
，
，
，
，
；
（2）證明：如圖1，過(guò)點(diǎn)E作，交于點(diǎn)G，

，
在中，，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，
設(shè)，則，
，
，
，
，
，
，
所以是一個(gè)定值；
（3）如圖2，，

由（2）知：，
，
，
，
，解得：，
，
，
．
【點(diǎn)睛】
本題考查了矩形的性質(zhì),三角形相似的判斷和性質(zhì),三角函數(shù),熟練掌握三角形相似的判定定理,靈活運(yùn)用三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．
18．（2021·廣東惠州·二模）如圖，在中，，，，于點(diǎn)．點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿線段向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿線段向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，速度都為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到時(shí)，兩點(diǎn)都停止．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒．

（1）求線段的長(zhǎng)；
（2）設(shè)的面積為，求與之間的函數(shù)關(guān)系式，并確定在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否存在某一時(shí)刻，使得？若存在，求出的值；若不存在，則說(shuō)明理由；
（3）是否存在某一時(shí)刻，使得為等腰三角形？若存在，求出所有滿足條件的的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）4.8；（2）；秒或3秒；（3）存在，2.4秒或秒或秒
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理可求出AB長(zhǎng)，再用等積法就可求出線段CD的長(zhǎng)．
（2）過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AC，垂足為H，通過(guò)三角形相似即可用t的代數(shù)式表示PH，從而可以求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；利用S△CPQ：S△ABC=9：100建立t的方程，解方程即可解決問(wèn)題．
（3）可分三種情況進(jìn)行討論：由CQ=CP可建立關(guān)于t的方程，從而求出t；由PQ=PC或QC=QP不能直接得到關(guān)于t的方程，可借助于等腰三角形的三線合一及三角形相似，即可建立關(guān)于t的方程，從而求出t．
【詳解】
解：（1）如圖1，，，，
，
，
，
，
∴線段的長(zhǎng)為4.8；

（2）過(guò)點(diǎn)作，垂足為，如圖2所示．
由題可知，，
則，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
存在某一時(shí)刻，使得，
，且，
，
整理得：，
即，
解得：或，
，
∴當(dāng)秒或秒時(shí)，；

（3）存在
①若，如圖1，
則，
解得：，
②若，如圖2所示，
，，
，
，
∴，
∴，
解得；，
③若，
過(guò)點(diǎn)作，垂足為，如圖3所示，

同理可得：，
綜上所述：當(dāng)t為2.4秒或秒或秒時(shí)，為等腰三角形．
【點(diǎn)睛】
本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、一元二次方程的應(yīng)用、勾股定理等知識(shí)，具有一定的綜合性，而利用等腰三角形的三線合一巧妙地將兩腰相等轉(zhuǎn)化為底邊上的兩條線段相等是解決第三小題的關(guān)鍵．
19．（2021·廣東梅州·二模）如圖，在四邊形和中，，，點(diǎn)在上，，，，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為：同時(shí)，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，沿方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為．過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，交于點(diǎn)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（）（）．

（1）作于點(diǎn)N，若（）時(shí)，則______；______．
（2）連接，，設(shè)三角形的面積為（），求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；
（3）點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在某一時(shí)刻，使點(diǎn)在的平分線上？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）；．（2）；（3）存在，
【解析】
【分析】
(1)當(dāng)時(shí)，，，求出，再解直角三角形即可；
(2)利用解直角三角形和運(yùn)動(dòng)時(shí)間表示出，，再利用面積和差即可求；
(3) 連接，延長(zhǎng)交于，證≌，表示出長(zhǎng)，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)列方程即可．
【詳解】
解：（1）∵，，，
∴，，，，
∴，
當(dāng)時(shí)，，，，
∵，
∴．
，．
故答案為：；．
（2）由（1）可知，

∵，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
；
（3）存在，
理由如下：如圖，連接，延長(zhǎng)交于，

∵，，，
∴≌（SSS），
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，
∴，
∴，
∴當(dāng)時(shí)，點(diǎn)在的平分線上．
【點(diǎn)睛】
本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．
20．（2021·廣東汕頭·一模）將兩塊全等的三角板如圖①擺放，其中，．

（1）將圖①中的順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后得到圖②，點(diǎn)是與的交點(diǎn)，點(diǎn)是與的交點(diǎn)．若，請(qǐng)判斷的形狀，并說(shuō)明理由；
（2）將圖①中的順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得圖③，點(diǎn)是與的交點(diǎn)，點(diǎn)是與的交點(diǎn)，求證：；
（3）在（2）的條件下，如圖④，在上取一點(diǎn)，連接、，設(shè)，當(dāng)時(shí)，求的面積．
【答案】（1）為等邊三角形，證明見(jiàn)解析;（2）證明見(jiàn)解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)三角形全等，進(jìn)行角之間的等量轉(zhuǎn)換，結(jié)合直角三角形兩銳角互余以及兩直線平行內(nèi)錯(cuò)角相等，即可推出三角形是等邊三角形．
（2）證明，就可以證明對(duì)應(yīng)線段相等，即．
（3）過(guò)點(diǎn)P作于點(diǎn)，根據(jù),，求得長(zhǎng)度，在中，求得AB的長(zhǎng)度，從而知道BP長(zhǎng)度，證明，求得BM的長(zhǎng)度，然后根據(jù)三角形面積計(jì)算公式代入求解即可．
【詳解】
（1）證明：是等邊三角形，理由如下：
∵，，
∴，
又∵，
∴，,
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴為等邊三角形．
（2）證明:∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（3）如下圖：過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)

設(shè)，則，，，
∵，
∴，解得：，
∴，
又∵,
∴,，
∴，
∵
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
【點(diǎn)睛】
本題考查了解直角三角形的計(jì)算、等邊三角形的證明、全等三角形的證明、相似三角形的判定和性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)題意數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵所在．
21．（2021·廣東佛山·一模）在中，，點(diǎn)D是邊上的一點(diǎn)．

（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)D作于點(diǎn)M，于點(diǎn)N，求的值；
（2）將沿著過(guò)點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)B落在邊的點(diǎn)P處（不與點(diǎn)A、C重合），折痕交邊于點(diǎn)E；
①如圖2，當(dāng)點(diǎn)D是的中點(diǎn)時(shí)，求的長(zhǎng)度；
②如圖3，設(shè)，若存在兩次不同的折痕，使點(diǎn)B落在邊上兩個(gè)不同的位置，求a的取值范圍．
【答案】（1）；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）如圖1中，連接，過(guò)點(diǎn)C作于H．利用勾股定理求出，再利用面積法求出的值．
（2）①如圖2中，連接，．證明，利用面積法求出，可得結(jié)論．②如圖3中，過(guò)點(diǎn)C作于H，過(guò)點(diǎn)D作于P．求出時(shí)的值，結(jié)合圖形即可判斷．
【詳解】
解：（1）如圖1中，連接，過(guò)點(diǎn)C作于H．

∵，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）①如圖2中，連接，．

∵，
∴，
由（1）可知，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
②如圖3中，過(guò)點(diǎn)C作于H，過(guò)點(diǎn)D作于P．

∵，
∴，
∴，
當(dāng)時(shí)，設(shè)，則，
∵，
∴，
∴，
∴，此時(shí)點(diǎn)B落在邊上點(diǎn)B的位置，只有一個(gè)位置；
當(dāng)DA=DB=6時(shí)，點(diǎn)B落在邊上點(diǎn)A的位置，只有一個(gè)位置；
可知當(dāng)時(shí)，存在兩次不同的折疊，使點(diǎn)B落在邊上兩個(gè)不同的位置．
【點(diǎn)睛】
本題考查幾何變換綜合題，考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
22．（2021·廣東佛山·一模）在綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“菱形紙片的剪拼”為主題開(kāi)展數(shù)學(xué)活動(dòng)，如圖1，將一張菱形紙片ABCD（∠BAD＞90°）沿對(duì)角線AC剪開(kāi)，得到△ABC和△ACD．
（1）將圖1中的△ACD以A為旋轉(zhuǎn)中心，逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)角α，使α＝∠BAC，得到如圖2所示的△AC′D，分別延長(zhǎng)BC和DC′交于點(diǎn)E，求證四邊形ACEC′是菱形；
（2）創(chuàng)新小組將圖1中的△ACD以A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)角α，當(dāng)α與∠BAC滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，得到如圖3所示的四邊形BCC′D是矩形，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）縝密小組在創(chuàng)樣報(bào)小組發(fā)現(xiàn)結(jié)論的基礎(chǔ)上，量得圖3中BC＝13cm，AC＝10cm，求BD的長(zhǎng)．

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）α＝2∠BAC，見(jiàn)解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）首先證明四邊形ACEC′是平行四邊形，再由AC＝AC′即可證明結(jié)論．
（2）如圖3中，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥C′C于點(diǎn)E，首先證明DC′∥CB，DC′＝BC，推出四邊形BCC′D是平行四邊形，再證明∠BCC′＝90°即可得出結(jié)論．
（3）過(guò)點(diǎn)A作AE⊥CC′于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)F，證明△ACE∽△CBF，由相似三角形的性質(zhì)得出，求出CE的長(zhǎng)，則可求出CC'的長(zhǎng)，可得出答案．
【詳解】
（1）證明：∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠CAC′＝∠AC′D，
∴AC′∥EC，
∵∠CAC′＝∠AC′D，
∴AC∥EC′，
∴四邊形ACEC′是平行四邊形，
∵AC＝AC′，
∴四邊形ACEC′是菱形．
（2）解：當(dāng)α＝2∠BAC時(shí)，四邊形BCC′D是矩形．
理由：如圖3中，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥C′C于點(diǎn)E，

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得AC′＝AC，
∴∠CAE＝∠C′AE＝α＝∠ABC，∠AEC＝90°，
∵BA＝BC，
∴∠BCA＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠BCA，
∴AE∥BC．
同理，AE∥DC′，
∴BC∥DC′，
又∵BC＝DC′，
∴四邊形BCC′D是平行四邊形，
又∵AE∥BC，∠AEC＝90°，
∴∠BCC′＝180°﹣90°＝90°，
∴四邊形BCC′D是矩形．
（3）過(guò)點(diǎn)A作AE⊥CC′于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)F，

∵BA＝BC，
∴CF＝AF＝AC＝×10＝5，
在Rt△BCF中，BF＝＝12，
在△ACE和△CBF中，
∵∠CAE＝∠BCF，∠CEA＝∠BFC＝90°，
∴△ACE∽△CBF，
∴，即，
解得CE＝，
∵AC＝AC'，AE⊥CC'，
∴CC'＝2CE＝2×＝，
∴BD＝．
【點(diǎn)睛】
本題是四邊形綜合題．考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．
23．（2021·廣東廣州·一模）不在射線上的點(diǎn)是邊長(zhǎng)為2的正方形外一點(diǎn)，且滿足，以，為鄰邊作．
（1）如圖，若點(diǎn)在射線上，請(qǐng)用尺規(guī)補(bǔ)全圖形；
（2）若點(diǎn)不在射線上，且在AB的左側(cè)，求的度數(shù)；
（3）設(shè)與交點(diǎn)為，當(dāng)?shù)拿娣e最大時(shí)，求的值．

【答案】（1）見(jiàn)詳解；（2）45°；（3）
【解析】
【分析】
（1）以B為圓心，AB長(zhǎng)為半徑，畫(huà)圓交CB于點(diǎn)P，連接AP，BD，即可；
（2）連接PB，QC，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥DQ，交QC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，先證明四邊形BCQP是平行四邊形，再推出∠CQD=45°，從而得是等腰直角三角形，然后證明，進(jìn)而即可得到結(jié)論；
（3）延長(zhǎng)AB交PQ于點(diǎn)N，則AN⊥PQ，由題意得點(diǎn)P在以點(diǎn)M為圓心，AB為弦的圓上，當(dāng)?shù)拿娣e最大時(shí)，則的面積最大，此時(shí)，點(diǎn)P在圓M的最下面，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥AB，則AH=BH=1，四邊形MPNH是矩形，進(jìn)而即可求解．
【詳解】
解：（1）如圖所示：

（2）連接PB，QC，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥DQ，交QC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，
∵在中，
∴AD=PQ，AD∥PQ，
∵在正方形ABCD中，AD=BC，AD∥BC，
∴PQ=BC，PQ∥BC，
∴四邊形BCQP是平行四邊形，
∴∠PQD+∠APQ=180°，∠QPB+∠PQC=180°，
又∵∠APB=∠APQ+∠BPQ=45°，
∴∠PQD+∠PQC=360°-45°=315°，
∴∠CQD=360°-（∠PQD+∠PQC）=360°-315°=45°，
∵DH⊥DQ，
∴是等腰直角三角形，
∴DQ=DH，
∵∠ADQ+∠CDQ=∠CDH+∠CDQ=90°，
∴∠ADQ=∠CDH，
又∵AD=CD，
∴，
∴∠AQD=∠H=45°，
∵AP∥DQ，
∴=45°；

（3）延長(zhǎng)AB交PQ于點(diǎn)N，則AN⊥PQ，
∵，
∴點(diǎn)P在以點(diǎn)M為圓心，AB為弦的圓上，且∠AMB=2∠APB=90°，
∴MB=MA=AB=×2=，
∵當(dāng)?shù)拿娣e最大時(shí)，則的面積最大，此時(shí)，點(diǎn)P在圓M的最下面，即：MP⊥PQ，
過(guò)點(diǎn)M作MH⊥AB，則AH=BH=1，四邊形MPNH是矩形，
∴HN=MP=，AH=PN=MH=1
∴AN=+1，
延長(zhǎng)DA、PM交于點(diǎn)G，則PG⊥DG，DG=2+1=3，PG=AN=+1，
∴=．

【點(diǎn)睛】
本題主要考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，第（3）小題，添加輔助線，構(gòu)造輔助圓，利用圓的性質(zhì)，找出點(diǎn)P的位置，是解題的關(guān)鍵．
24．（2021·廣東廣州·一模）如圖，中，，，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)．

（1）求證：；
（2）設(shè)．
①以為半徑的交邊于另一點(diǎn)，點(diǎn)為邊上一點(diǎn)，且，連接，求；
②點(diǎn)是線段上一動(dòng)點(diǎn)（不與、重合），連接，在點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求的最小值．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）①；②在點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，的最小值為．
【解析】
【分析】
（1）利用等腰三角形的性質(zhì)和30°所對(duì)直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)求解即可；
（2）①過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)E，求OA=OB=OP=CP的長(zhǎng)，計(jì)算，根據(jù)CD=2DA計(jì)算即可；②作圓心關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，連接，，當(dāng)、、三點(diǎn)共線時(shí)，取最小值，利用等邊三角形的性質(zhì)計(jì)算即可．
【詳解】
（1）∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）①如圖，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)E，

∵，，
∴的邊上的高．
∵，，
∴OC=2OA=OP+PC，
∴OA=OP=PC，
∴AP=OP=PC=OA，
∴△OAP是等邊三角形，
∴∠OAP=∠AOP=∠APO=60°，
∵，
∴∠BAP=90°，
∴AP=ABtanB=，
∴，
∵CD=2DA，
∴=；
②作圓心關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，連接，，

由對(duì)稱性，垂直平分，，
∴．
又，
∴，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，即點(diǎn)在圓上．
再過(guò)點(diǎn)作于，在點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，，
在中，
∵，
∴．
當(dāng)、、三點(diǎn)共線時(shí)，取最小值，
此時(shí)，，
．
∴在點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，的最小值為．
【點(diǎn)睛】
本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，含有30°角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)，線段最短原理，熟練掌握含有30°角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，靈活運(yùn)用特殊角的函數(shù)值，構(gòu)造最短位置是解題的關(guān)鍵．
25．（2021·廣東佛山·一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形是矩形，點(diǎn)的坐標(biāo)是，點(diǎn)為邊上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)重合），連接，過(guò)點(diǎn)作直線，交于點(diǎn)，在直線上取一點(diǎn)（點(diǎn)在點(diǎn)右側(cè)），使得，過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)，連接，設(shè)．
???
（1）填空：點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_____（用含的代數(shù)式表示）；
（2）判斷線段的長(zhǎng)度是否隨點(diǎn)的位置的變化而變化？并說(shuō)明理由；
（3）①當(dāng)為何值時(shí)，四邊形的面積最小，請(qǐng)求出最小值；
②在軸正半軸上存在點(diǎn)，使得是等腰三角形，請(qǐng)直接寫(xiě)出3個(gè)符合條件的點(diǎn)的坐標(biāo)（用含的代數(shù)式表示）．
【答案】（1）(m+，m)；（2）線段的長(zhǎng)度不會(huì)隨點(diǎn)的位置的變化而變化，理由見(jiàn)詳解；（3）①當(dāng)m=4時(shí)，四邊形的面積最小值為；②或或．
【解析】
【分析】
（1）過(guò)點(diǎn)E作EN⊥x軸于點(diǎn)N，可證明，進(jìn)而即可求解；
（2）先求出直線BO的解析式為：y=x，從而可得點(diǎn)的坐標(biāo)為(m，m)，進(jìn)而即可得到結(jié)論；
（3）①連接CE，過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥BC于點(diǎn)Q，用含m的代數(shù)式表示EQ=6-m，CM=，ME=，進(jìn)而即可求解；②分兩種情況討論：當(dāng)點(diǎn)G為頂角頂點(diǎn)時(shí)，當(dāng)點(diǎn)E為頂角頂點(diǎn)時(shí)，分別求解，即可．
【詳解】
解：（1）過(guò)點(diǎn)E作EN⊥x軸于點(diǎn)N，
∵直線，
∴∠EMN+∠CMO=90°，
又∵∠OCM+∠CMO=90°，
∴∠EMN=∠OCM，
又∵∠COM=∠MNE=90°，
∴，
∴，
∴MN=OC=×6=，NE=OM=m，
∴ON=m+，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為(m+，m)，
故答案是：(m+，m)；

（2）設(shè)直線BO的解析式為：y=kx，
把點(diǎn)的坐標(biāo)是，代入上式可得：6=8k，解得：k=，
∴直線BO的解析式為：y=x，
∵點(diǎn)的坐標(biāo)為(m+，m)，，
∴點(diǎn)的坐標(biāo)為(m，m)，
∴= m+-m=，即：線段的長(zhǎng)度不會(huì)隨點(diǎn)的位置的變化而變化；
（3）①連接CE，過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥BC于點(diǎn)Q，
∵點(diǎn)的坐標(biāo)為(m+，m)，
∴EQ=6-m，
∵OC=6，OM=m，
∴CM=，
∵，
∴ME=CM=，
∴四邊形的面積===，
即：當(dāng)m=4時(shí)，四邊形的面積最小值為：；

②（a）當(dāng)點(diǎn)G為頂角頂點(diǎn)時(shí)，如圖，則，即：，

（b）當(dāng)點(diǎn)E為頂角頂點(diǎn)時(shí)，如圖，則EG=EF=，EH=m，GH=，
∴或，

綜上所述：G的坐標(biāo)可以是：或或．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，圖形與坐標(biāo)，一次函數(shù)，二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．
26．（2021·廣東汕尾·一模）某數(shù)學(xué)課外活動(dòng)小組在學(xué)習(xí)了勾股定理之后，針對(duì)圖1中所示的“由直角三角形三邊向外側(cè)作多邊形，它們的面積之間的關(guān)系問(wèn)題”進(jìn)行了以下探究：

類比探究：
（1）如圖2，在中，為斜邊，分別以為直徑，向外側(cè)作半圓，則面積之間的關(guān)系式為_(kāi)____________；
推廣驗(yàn)證：
（2）如圖3，在中，為斜邊，分別以為邊向外側(cè)作，，滿足，則（1）中所得關(guān)系式是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明你的結(jié)論；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；
拓展應(yīng)用：
（3）如圖4，在五邊形中，，點(diǎn)在上，，求五邊形的面積．
【答案】（1）S1+S2=S3，(2)成立，證明見(jiàn)解析，（3）
【解析】
【分析】
（1）分別寫(xiě)出三個(gè)半圓的面積，再利用勾股定理轉(zhuǎn)化即可．
（2）先證明三個(gè)三角形相似，再計(jì)算出三個(gè)三角形的面積，即可得出結(jié)論．
（3）先添加輔助線，在第二問(wèn)的思路下，先證明三個(gè)三角形相似，得出三個(gè)三角形的面積關(guān)系，再利用30°、45°的直角三角形計(jì)算出相應(yīng)的邊，計(jì)算出五邊形的面積即可．
【詳解】
解：（1）設(shè)AB=b,AC=a,BC=c.則有：
所以
在Rt△ABC中，有a2+b2=c2，且

故答案為：S1+S2=S3
（2）∵
∴
設(shè)AB、AC、BC邊上的高分別為h1，h2，h3
∴，設(shè)AB=b,AC=a,BC=c
則
∴

又在Rt△ABC中，有a2+b2=c2
∴
故依然成立
（3）連接PD、BD，作AF⊥BP，EM⊥PD

∵∠ABP=30°，∠BAP=105°
∴∠APB=45°
在Rt△ABF中，AF= AB= , BF=3,在Rt△AFP中,AF=PF=,則AP= ，
∵∠A=∠E,
∴△ABP∽△EDP
∴∠EPD=45°∠EDP=30°
∴∠BPD=90° 又PE=
∴PM=EM=1,MD=
則PD=1+
∴

=

所以五邊形的面積為：
【點(diǎn)睛】
本題考查勾股定理、與勾股定理有關(guān)的圖形問(wèn)題、相似三角形．是中考的?？贾R(shí)．
27．（2021·廣東佛山·一模）如圖1，分別是的內(nèi)角的平分線，過(guò)點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)．

（1）求證：；
（2）如圖2，如果，且，求的值；
（3）如果是銳角，且與相似，求的度數(shù)，并直接寫(xiě)出的值．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）；（3），或，．
【解析】
【分析】
（1）由題意：，根據(jù)三角形外內(nèi)角性質(zhì)和三角形內(nèi)角和可得，由此即可解決問(wèn)題．
（2）延長(zhǎng)交于點(diǎn)．證明，可得，，由，可得．
（3）因?yàn)榕c相似，，所以中必有一個(gè)內(nèi)角為因?yàn)槭卿J角，推出．接下來(lái)分兩種情形分別求解即可．
【詳解】
（1）證明：如圖1中，

，
，，
平分，平分的，
，，
，，
，
．
（2）解：延長(zhǎng)交于點(diǎn)．

，
，
又∵，
，
，
，，
，
．
（3）與相似，，
中必有一個(gè)內(nèi)角為
是銳角，
．
①當(dāng)時(shí)，，
，
，
，
，
如圖，過(guò)B點(diǎn)作BH⊥AE，

∵，AD平分∠BAC，
∴∠BAH=45°，
∴AH=BH，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
②當(dāng)時(shí)，即時(shí)，，
，
，
如解圖（3）-2；過(guò)B點(diǎn)作BH⊥AE，

，分別是的內(nèi)角的平分線，
∴，
∴BD=AD，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，
∴
綜上所述，，或，．
【點(diǎn)睛】
本題屬于相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
28．（2021·廣東·深圳市寶安中學(xué)（集團(tuán)）三模）在平行四邊形中，，，的頂點(diǎn)在上，交直線于點(diǎn)．
（1）如圖1，若，，則_______．

圖1
（2）如圖2，在上取點(diǎn)，使，連接，若，求證：．

圖2
（3）如圖3，若，點(diǎn)關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)，交于點(diǎn)，對(duì)角線、交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，求的長(zhǎng)．

圖3
【答案】（1）；（2）見(jiàn)解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）證明△EBF∽△DCE，可得，由此可得結(jié)論；
（2）先證明△BGE是等邊三角形，再證△CDE∽△GEF，利用相似三角形的性質(zhì)，即可證明；
（3）先證明，從而易證明，用等積法求出CM的長(zhǎng)，再由三角形中位線定理求得的長(zhǎng)，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，從而可得結(jié)果．
【詳解】
（1）∵∠B=90°
∴平行四邊形ABCD是矩形
∴∠C=∠B=90°，BC=AD=8
∴∠FEB+∠BFE=90°
∵∠FED=90°
∴∠FEB+∠DEC=90°
∴∠DEC=∠BFE
∴△EBF∽△DCE
∴
∵CE=BC－BE=8－5=3
∴
∴
故答案為：
（2）∵BG=BE，∠B=60°，如圖
∴△BGE是等邊三角形
∴∠BGE=∠BEG=60°，GE=BE
∴∠GFE+∠GEF=∠BGE=60°，∠FGE=180°－∠BGE=120°
∵∠BEG+∠FED+∠GEF+∠CED=180°
∴∠GEF+∠CED=60°
∴∠CED=∠GFE
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴∠C=180°－∠B=120°
∴∠C=∠FGE
∴△CDE∽△GEF
∴
∵GE=BE
∴

（3）∵點(diǎn)與C點(diǎn)關(guān)于BD對(duì)稱
∴，，
∴
∵∠ABC=90°
∴平行四邊形ABCD是矩形
∴BC=AD=8，∠BCD=90°，OA=OC
∴
∴
∵
∴
∴
∴∥BD
∴
∴
在Rt△BCD中，由勾股定理得：
∴OC=DO =
∵
∴
在Rt△CMO中，由勾股定理得：
∵，OA=OC
∴OM是的中位線
∴
∴
即
∴

【點(diǎn)睛】
本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找出相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．
29．（2021·廣東·鐵一中學(xué)二模）（1）如圖，四邊形是正方形，點(diǎn)、分別是邊、上的點(diǎn)，連接線段、、，45°，繞點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得，點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上．試說(shuō)明；

（2）如圖，四邊形是菱形，點(diǎn)、分別是邊、上的點(diǎn)，連接線段、，120°，30°，試說(shuō)明；

（3）如圖，若菱形的邊長(zhǎng)為，點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上，，120°，30°，求線段的長(zhǎng)．

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）cm
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，由此可得，，，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，結(jié)合即可證得，由此根據(jù)SAS證明≌，進(jìn)而即可證得；
（2）如圖2中，分別在，上取點(diǎn)，，使得，，連接，．證明，再利用特殊角的三角函數(shù)值可得，同理可得：，最后利用相似三角形的性質(zhì)解決問(wèn)題即可；
（3）連接，在上取一點(diǎn)，使得．證明，可得，求出，，，可得結(jié)論．
【詳解】
（1）證明：∵繞點(diǎn)A按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得，
∴，
，，，
四邊形是正方形，
∴，
又，
，
，
，
在與中，
，
∴≌（SAS），
∴，
又∵，，
；
（2）證明：如圖2中，分別在，上取點(diǎn)，，使得，，連接，，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥NF于點(diǎn)G．

∵四邊形是菱形，，
，，
又∵，
，
，
同理：，
，，
，
，
∵，
∴，
，
，
菱形的四邊相等，，，
，，
∵，DG⊥NF，
∴NF＝2GF，
在中，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
，
；
（3）解：連接，在上取一點(diǎn)，使得．

∵120°，，
∴，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
菱形的邊長(zhǎng)為，，
∴，
，，
，
，
．
【點(diǎn)睛】
本題屬于相似形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．
30．（2021·廣東·廣州市第十六中學(xué)二模）如圖，在矩形中，，，是上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．

（1）如圖1，連接，是對(duì)角線的中點(diǎn)，連接，當(dāng)時(shí)，求的長(zhǎng)．
（2）如圖2，連接、，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，連接，與交于點(diǎn)．當(dāng)平分時(shí)，求的長(zhǎng)．
（3）如圖3，連接，點(diǎn)在上，將矩形沿直線折疊，折疊后點(diǎn)落在上的點(diǎn)處，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，于交于點(diǎn)，且，求的值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）先求出，進(jìn)而求出，再判斷出，即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出，進(jìn)而求出，再判斷出，進(jìn)而求出，最后用勾股定理即可得出結(jié)論；
（3）先求出，再求出，根據(jù)勾股定理求出，，再判斷出，△，列比例式，并根據(jù)同高三角形面積的比等于對(duì)應(yīng)底邊的比，可得結(jié)論．
【詳解】
解：（1）如圖1，連接，

在矩形中，，，，
在中，根據(jù)勾股定理得，，
是中點(diǎn)，
，
，
，
，
，
，
，
，
設(shè)，
，
，
，
即：；
（2）如圖2，在矩形中，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
如圖2，過(guò)點(diǎn)作于，

，
，，
，
，
，
設(shè)，
，
，
，
∴在中，；
（3）如圖3，在矩形中，，
，，
，
，
，
由折疊知，，，，
，
設(shè)，
，
根據(jù)勾股定理得，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
△，
，
，
，
．
【點(diǎn)睛】
此題是四邊形和相似形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，角平分線的定義，熟練掌握判定兩三角形相似的方法是解本題的關(guān)鍵．

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