專題35 幾何綜合壓軸題（40題）（教師卷+學(xué)生卷）- 2024年中考數(shù)學(xué)真題分類匯編（全國通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、解答題
1．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）已知是等腰三角形，，，在的內(nèi)部，點M、N在上，點M在點N的左側(cè)，探究線段之間的數(shù)量關(guān)系．

（1）如圖①，當(dāng)時，探究如下：
由，可知，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到，則且，連接，易證，可得，在中，，則有．
（2）當(dāng)時，如圖②：當(dāng)時，如圖③，分別寫出線段之間的數(shù)量關(guān)系，并選擇圖②或圖③進(jìn)行證明．
【答案】圖②的結(jié)論是：；圖③的結(jié)論是：；證明見解析
【分析】本題主要考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，30度角所對的直角邊等于斜邊的一半，勾股定理等知識，選②，以點B為頂點在外作，在上截取，連接，過點Q作，垂足為H，構(gòu)造全等三角形，得出，，再證明，得到；在中由勾股定理得，即，整理可得結(jié)論；選③方法同②
【詳解】解：圖②的結(jié)論是：
證明：∵
∴是等邊三角形，
∴，
以點B為頂點在外作，在上截取，連接，過點Q作，垂足為H，
，，
，
又
即
又，
，
；
∵
∴，
∴
，
∴，
在中,可得：
即
整理得
圖③的結(jié)論是：
證明：以點B為頂點在外作，在上截取，連接，過點Q作，垂足為H，
，，
，
又
即
又，
，
在中，，
，
，
在中,可得：
即
整理得
2．（2024·四川廣元·中考真題）小明從科普讀物中了解到，光從真空射入介質(zhì)發(fā)生折射時，入射角的正弦值與折射角的正弦值的比值叫做介質(zhì)的“絕對折射率”，簡稱“折射率”．它表示光在介質(zhì)中傳播時，介質(zhì)對光作用的一種特征．
(1)若光從真空射入某介質(zhì)，入射角為，折射角為，且，，求該介質(zhì)的折射率；
(2)現(xiàn)有一塊與（1）中折射率相同的長方體介質(zhì)，如圖①所示，點A，B，C，D分別是長方體棱的中點，若光線經(jīng)真空從矩形對角線交點O處射入，其折射光線恰好從點C處射出．如圖②，已知，，求截面的面積．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，勾股定理等知識，
（1）根據(jù)，設(shè)，則，利用勾股定理求出，進(jìn)而可得，問題即可得解；
（2）根據(jù)折射率與（1）的材料相同，可得折射率為，根據(jù)，可得，則有，在中，設(shè)，，問題隨之得解．
【詳解】（1）∵，
∴如圖，
設(shè)，則，由勾股定理得，，
∴，
又∵，
∴，
∴折射率為：．
（2）根據(jù)折射率與（1）的材料相同，可得折射率為，
∵，
∴，
∴．
∵四邊形是矩形，點O是中點，
∴，，
又∵，
∴，
在中，設(shè)，，
由勾股定理得，，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴截面的面積為：．
3．（2024·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，在平行四邊形中，點在邊上，，連接，點為的中點，的延長線交邊于點，連接
(1)求證：四邊形是菱形：
(2)若平行四邊形的周長為，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】本題主要考查平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識：
（1）由平行四邊形的性質(zhì)得再證明，得出，證明出四邊形是平行四邊形，由得出四邊形是菱形：
（2）求出菱形的周長為20，得出，再證明是等邊三角形，得出．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴即
∴
∵為的中點，
∴
∴，
∴
∵
∴四邊形是平行四邊形，
又
∴四邊形是菱形；
（2）解：∵
∴
∵平行四邊形的周長為22，
∴菱形的周長為：
∴
∵四邊形是菱形，
∴
又
∴是等邊三角形，
∵．
4．（2024·四川甘孜·中考真題）如圖，為⊙O的弦，C為的中點，過點C作，交的延長線于點D．連接．

(1)求證：是⊙O的切線；
(2)若，求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】本題考查了圓的切線的判定、勾股定理、垂徑定理的推論等知識點，熟記相關(guān)結(jié)論是解題關(guān)鍵．
（1）由垂徑定理的推論可知，據(jù)此即可求證；
（2）利用勾股定理求出即可求解；
【詳解】（1）證明：∵為⊙O的弦，C為的中點，
由垂徑定理的推論可知：，
∵，
∴，
∵為⊙O的半徑，
∴是⊙O的切線；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴．
5．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖1，在矩形中，點為邊上不與端點重合的一動點，點是對角線上一點，連接，交于點，且．
【模型建立】
（1）求證：；
【模型應(yīng)用】
（2）若，，，求的長；
【模型遷移】
（3）如圖2，若矩形是正方形，，求的值．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【分析】本題考查矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識點，構(gòu)造相似三角形，是解題的關(guān)鍵：
（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)，結(jié)合同角的余角，求出，即可得證；
（2）延長交于點，證明，得到，再證明，求出的長，進(jìn)而求出的長；
（3）設(shè)正方形的邊長為，延長交于點，證明，得到，進(jìn)而得到，勾股定理求出，進(jìn)而求出的長，即可得出結(jié)果．
【詳解】解：（1）∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）延長交于點，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）設(shè)正方形的邊長為，則：，
延長交于點，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
6．（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖1，是正方形對角線上一點，以為圓心，長為半徑的與相切于點，與相交于點．
(1)求證：與相切．
(2)若正方形的邊長為，求的半徑．
(3)如圖2，在（2）的條件下，若點是半徑上的一個動點，過點作交于點．當(dāng)時，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）方法一：連接，過點作于點，四邊形是正方形，是正方形的對角線，得出，進(jìn)而可得為的半徑，又，即可得證；
方法二：連接，過點作于點，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明得出，同方法一即可得證；
方法三：過點作于點，連接．得出四邊形為正方形，則，同方法一即可得證；
（2）根據(jù)與相切于點，得出，由（1）可知，設(shè)，在中，勾股定理得出，在中，勾股定理求得，進(jìn)而根據(jù)建立方程，解方程，即可求解．
（3）方法一：連接，設(shè)，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，結(jié)合題意得出，即可得出；
方法二：連接，證明得出，進(jìn)而可得，同理可得
方法三：連接，證明得出，設(shè)，則，進(jìn)而可得，進(jìn)而同方法一，即可求解．
【詳解】（1）方法一：證明：連接，過點作于點，
與相切于點，
．
四邊形是正方形，是正方形的對角線，
，
，
為的半徑，
為的半徑，
，
與相切．
方法二：
證明：連接，過點作于點，
與相切于點，，
，
四邊形是正方形，
，
又，
，
，
為的半徑，
為的半徑，
，
與相切．
方法三：
證明：過點作于點，連接．
與相切，為半徑，
，
，
，
，
又四邊形為正方形，
，
四邊形為矩形，
又為正方形的對角線，
，
，
矩形為正方形，
．
又為的半徑，
為的半徑，
又，
與相切．
（2）解：為正方形的對角線，
，
與相切于點，
，
由（1）可知，設(shè)，
在中，
，
，
，，
又正方形的邊長為．
在中，
，
，
，
．
∴的半徑為．
（3）方法一：
解：連接，設(shè)，
，
，
，
．
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
又，
．
．
方法二：
解：連接，
為的直徑，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
方法三：
解：連接，
為的直徑，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
設(shè)，則，
，
．
又，
，
．
【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，垂徑定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，正確的添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
7．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）數(shù)學(xué)課上，老師給出以下條件，請同學(xué)們經(jīng)過小組討論，提出探究問題．如圖1，在中，，點D是上的一個動點，過點D作于點E，延長交延長線于點F．
請你解決下面各組提出的問題：
(1)求證：；
(2)探究與的關(guān)系；
某小組探究發(fā)現(xiàn)，當(dāng)時，；當(dāng)時，．
請你繼續(xù)探究：
①當(dāng)時，直接寫出的值；
②當(dāng)時，猜想的值（用含m，n的式子表示），并證明；
(3)拓展應(yīng)用：在圖1中，過點F作，垂足為點P，連接，得到圖2，當(dāng)點D運動到使時，若，直接寫出的值（用含m，n的式子表示）．
【答案】(1)見解析
(2)①②，證明見解析
(3)
【分析】（1）等邊對等角，得到，等角的余角的相等，結(jié)合對頂角相等，得到，即可得出結(jié)論；
（2）①根據(jù)給定的信息，得到是的2倍，即可得出結(jié)果；
②猜想，作于點，證明，得到，三線合一得到，即可得出結(jié)論；
（3）過點作，角平分線的性質(zhì)，得到，推出，等角的余角相等，得到，進(jìn)而得到，得到，根據(jù)，即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，且，
∴，
∴；
（2）解：①當(dāng)時，；當(dāng)時，，
∴總結(jié)規(guī)律得：是的2倍，
∴當(dāng)時，；
②當(dāng)時，猜想，
證明：作于點，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（1）知，又，
∴，即，
∴；
（3），理由如下：
過點作，
∵，，
∴，
由（2）知，當(dāng)時，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（1）知，
∴．
【點睛】本題考查等腰三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識點，熟練掌握相關(guān)知識點，添加輔助線構(gòu)造特殊圖形和相似三角形，是解題的關(guān)鍵．
8．（2024·廣東·中考真題）【問題背景】
如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點B，D是直線上第一象限內(nèi)的兩個動點，以線段為對角線作矩形，軸．反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點A．
【構(gòu)建聯(lián)系】
（1）求證：函數(shù)的圖象必經(jīng)過點C．
（2）如圖2，把矩形沿折疊，點C的對應(yīng)點為E．當(dāng)點E落在y軸上，且點B的坐標(biāo)為時，求k的值．
【深入探究】
（3）如圖3，把矩形沿折疊，點C的對應(yīng)點為E．當(dāng)點E，A重合時，連接交于點P．以點O為圓心，長為半徑作．若，當(dāng)與的邊有交點時，求k的取值范圍．
【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）
【分析】（1）設(shè)，則，用含的代數(shù)式表示出，再代入驗證即可得解；
（2）先由點B的坐標(biāo)和k表示出，再由折疊性質(zhì)得出，如圖，過點D作軸，過點B作軸，證出，由比值關(guān)系可求出，最后由即可得解；
（3）當(dāng)過點B時，如圖所示，過點D作軸交y軸于點H，求出k的值，當(dāng)過點A時，根據(jù)A，C關(guān)于直線對軸知，必過點C，如圖所示，連，，過點D作軸交y軸于點H，求出k的值，進(jìn)而即可求出k的取值范圍．
【詳解】（1）設(shè)，則，
∵軸，
∴D點的縱坐標(biāo)為，
∴將代入中得：得，
∴，
∴，
∴，
∴將代入中得出，
∴函數(shù)的圖象必經(jīng)過點C；
（2）∵點在直線上，
∴，
∴，
∴A點的橫坐標(biāo)為1，C點的縱坐標(biāo)為2，
∵函數(shù)的圖象經(jīng)過點A，C，
∴，，
∴，
∴，
∵把矩形沿折疊，點C的對應(yīng)點為E，
∴，，
∴，
如圖，過點D作軸，過點B作軸，
∵軸，
∴H，A，D三點共線，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴，，
∴，
由圖知，，
∴，
∴；
（3）∵把矩形沿折疊，點C的對應(yīng)點為E，當(dāng)點E，A重合，
∴，
∵四邊形為矩形，
∴四邊形為正方形，，
∴，，，
∵軸，
∴直線為一，三象限的夾角平分線，
∴，
當(dāng)過點B時，如圖所示，過點D作軸交y軸于點H，
∵軸，
∴H，A，D三點共線，
∵以點O為圓心，長為半徑作，，
∴，
∴，
∴，，，
∵軸，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
當(dāng)過點A時，根據(jù)A，C關(guān)于直線對軸知，必過點C，如圖所示，連，，過點D作軸交y軸于點H，
∵,
∴為等邊三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵軸，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴，
∴，
∴,
∴當(dāng)與的邊有交點時，k的取值范圍為．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，一次函數(shù)的性質(zhì)，反比例函數(shù)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，圓的性質(zhì)等知識點，熟練掌握其性質(zhì)，合理作出輔助線是解決此題的關(guān)鍵．
9．（2024·四川遂寧·中考真題）如圖，是的直徑，是一條弦，點是的中點，于點，交于點，連結(jié)交于點．
(1)求證：；
(2)延長至點，使，連接．
①求證：是的切線；
②若，，求的半徑．
【答案】(1)證明見解析
(2)①證明見解析，②的半徑為．
【分析】（1）如圖，連接，證明，可得，證明，可得，進(jìn)一步可得結(jié)論；
（2）①證明，可得是的垂直平分線，可得，，，而，可得，進(jìn)一步可得結(jié)論；②證明，可得，求解，，結(jié)合，可得答案．
【詳解】（1）證明：如圖，連接，
∵點是的中點，
∴，
∴，
∵，為的直徑，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）證明：①∵為的直徑，
∴，
∴，
∵，
∴是的垂直平分線，
∴，
∴，，
而，
∴，
∴，
∴，
∵為的直徑，
∴是的切線；
②∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半徑為．
【點睛】本題考查的是圓周角定理的應(yīng)用，弧與圓心角之間的關(guān)系，切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，做出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
10．（2024·四川德陽·中考真題）已知的半徑為5，是上兩定點，點是上一動點，且的平分線交于點．
(1)證明：點為上一定點；
(2)過點作的平行線交的延長線于點．
①判斷與的位置關(guān)系，并說明理由；
②若為銳角三角形，求的取值范圍．
【答案】(1)證明見解析
(2)①與相切，理由見解析；②的取值范圍為．
【分析】（1）由的平分線交于點，，可得，結(jié)合是上兩定點，可得結(jié)論；
（2）①如圖，連接，證明，結(jié)合，可得，從而可得結(jié)論；
②分情況討論：如圖，當(dāng)時，可得；如圖，連接，當(dāng)，可得，從而可得答案．
【詳解】（1）證明：∵的平分線交于點，，
∴，
∴，
∵是上兩定點，
∴點為的中點，是一定點；
（2）解：①如圖，連接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵為半徑，
∴是的切線；
②如圖，當(dāng)時，
∴為直徑，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形為矩形，
∴；
如圖，連接，當(dāng)，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，
同理可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴當(dāng)為銳角三角形，的取值范圍為．
【點睛】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，圓周角定理的應(yīng)用，切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，做出合適的輔助線，清晰的分類討論是解本題的關(guān)鍵．
11．（2024·四川瀘州·中考真題）如圖，是的內(nèi)接三角形，是的直徑，過點B作的切線與的延長線交于點D，點E在上，，交于點F．
(1)求證：；
(2)過點C作于點G，若，，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由直徑所對的圓周角是直角得到，則，由切線的性質(zhì)推出，則，再由同弧所對的圓周角相等和等邊對等角得到，，據(jù)此即可證明；
（2）由勾股定理得，利用等面積法求出，則，同理可得，則，進(jìn)而得到；如圖所示，過點C作于H，則，證明，求出，則；設(shè)，則，證明，推出，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【詳解】（1）證明：∵是的直徑，
∴，
∴，
∴；
∵是的切線，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴；
如圖所示，過點C作于H，則，
由（1）可得，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
設(shè)，則，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，等腰三角形的性質(zhì)等等，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形和相似三角形是解題的關(guān)鍵．
12．（2024·四川南充·中考真題）如圖，正方形邊長為，點E為對角線上一點，，點P在邊上以的速度由點A向點B運動，同時點Q在邊上以的速度由點C向點B運動，設(shè)運動時間為t秒（）．
(1)求證：．
(2)當(dāng)是直角三角形時，求t的值．
(3)連接，當(dāng)時，求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)秒或2秒
(3)
【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)，得到，再題意得到，從而得到；
（2）利用題目中的條件，分別用t表示、、，再分別討論當(dāng)、和時，利用勾股定理構(gòu)造方程求出t即可；
（3）過點A作，交的延長線于點F，連接交于點G．由此得到，由已知得到進(jìn)而得到，由題意，則，再依次證明、，得到，從而證明，即是等腰直角三角形．則，再用求出的面積．
【詳解】（1）證明：四邊形是正方形，
．
，

．
（2）解：過點E作于點M，過點E作于點N．
由題意知，
∵
∴，
∵
∴
由已知，
．
，即，
，即，
，即．
①當(dāng)時，有．
即，整理得．
解得（不合題意，舍去）．
②當(dāng)時，有．
即，整理得，解得．
③當(dāng)時，有．
即，整理得，該方程無實數(shù)解．
綜上所述，當(dāng)是直角三角形時，t的值為秒或2秒．
（3）解：過點A作，交的延長線于點F，連接交于點G．
，
．
又，
．
，
，
，
，
，
，
，
即，
是等腰直角三角形．
，
【點睛】本題考查了正方形的性格、相似三角形的性質(zhì)與判定、正切定義以及勾股定理．解答過程中，靈活的利用勾股定理構(gòu)造方程、根據(jù)題意找到相似三角形是解題關(guān)鍵．
13．（2024·安徽·中考真題）如圖1，的對角線與交于點O，點M，N分別在邊，上，且．點E，F(xiàn)分別是與，的交點．
(1)求證：；
(2)連接交于點H，連接，．
（ⅰ）如圖2，若，求證：；
（ⅱ）如圖3，若為菱形，且，，求的值．
【答案】(1)見詳解
(2)（?。┮娫斀猓áⅲ?br>【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)得出，再證明是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得出，再利用證明，利用全等三角形的性質(zhì)可得出．
（2）（?。┯善叫芯€截線段成比例可得出，結(jié)合已知條件等量代換，進(jìn)一步證明，由相似三角形的性質(zhì)可得出，即可得出．（ⅱ）由菱形的性質(zhì)得出，進(jìn)一步得出，，進(jìn)一步可得出，進(jìn)一步得出，同理可求出，再根據(jù)即可得出答案．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，
∴，
又∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∴．
在與中，
∴．
∴．
（2）（ⅰ）∵
∴，
又．，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（ⅱ）∵是菱形，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵．，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
即，
∴
∴，
故．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定以及性質(zhì)，全等三角形判定以及性質(zhì)，相似三角形的判定以及性質(zhì)，平行線截線段成比例以及菱形的性質(zhì)，掌握這些判定方法以及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
14．（2024·江蘇揚州·中考真題）在綜合實踐活動中，“特殊到一般”是一種常用方法，我們可以先研究特殊情況，猜想結(jié)論，然后再研究一般情況，證明結(jié)論．
如圖，已知，，是的外接圓，點在上（），連接、、．
【特殊化感知】
（1）如圖1，若，點在延長線上，則與的數(shù)量關(guān)系為________；
【一般化探究】
（2）如圖2，若，點、在同側(cè)，判斷與的數(shù)量關(guān)系并說明理由；
【拓展性延伸】
（3）若，直接寫出、、滿足的數(shù)量關(guān)系．（用含的式子表示）
【答案】（1）；（2）（3）當(dāng)在上時，；當(dāng)在上時，
【分析】（1）根據(jù)題意得出是等邊三角形，則，進(jìn)而由四邊形是圓內(nèi)接四邊形，設(shè)交于點，則，設(shè)，則，分別求得，即可求解；
（2）在上截取，證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即得出結(jié)論；
（3）分兩種情況討論，①當(dāng)在上時，在上截取，證明，，得出，作于點，得出，進(jìn)而即可得出結(jié)論；②當(dāng)在上時，延長至，使得，連接，證明，，同①可得，即可求解．
【詳解】解：∵，，
∴是等邊三角形，則
∵是的外接圓，
∴是的角平分線，則
∴
∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，
∴
∴
設(shè)交于點，則，
設(shè)，則
在中，
∴
∴，
∵是直徑，則，
在中，
∴
∴
（2）如圖所示，在上截取，
∵
∴
∴是等邊三角形，
∴，則
∴
∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，
∴
∴；
∵，，
∴是等邊三角形，則
∴，
又∵
∴
在中
∴
∴，
∴
即；
（3）解：①如圖所示，當(dāng)在上時，
在上截取，
∵
∴
又∵
∴，則
∴即
又∵
∴
∴
∴
∵
∴
如圖所示，作于點，
在中，，
∴
∴
∴，即
②當(dāng)在上時，如圖所示，延長至，使得，連接，
∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，
∴
又∵
∴，則
∴即，
又∵
∴
∴
∴，
∵
同①可得
∴
∴
綜上所述，當(dāng)在上時，；當(dāng)在上時，．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形對角互補，圓周角定理，同弧所對的圓周角相等，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握截長補短的輔助線方法是解題的關(guān)鍵．
15．（2024·山東·中考真題）一副三角板分別記作和，其中，，，．作于點，于點，如圖1．
(1)求證：；
(2)在同一平面內(nèi)，將圖1中的兩個三角形按如圖2所示的方式放置，點與點重合記為，點與點重合，將圖2中的繞按順時針方向旋轉(zhuǎn)后，延長交直線于點．
①當(dāng)時，如圖3，求證：四邊形為正方形；
②當(dāng)時，寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系，并證明；當(dāng)時，直接寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系．
【答案】(1)證明見解析
(2)①證明見解析；②當(dāng)時，線段，，的數(shù)量關(guān)系為；當(dāng)時，線段，，的數(shù)量關(guān)系為；
【分析】（1）利用等腰直角三角形與含30度角的直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）①證明，，可得，證明，可得四邊形為矩形，結(jié)合，即，
而，可得，從而可得結(jié)論；②如圖，當(dāng)時，連接，證明，可得，結(jié)合，可得；②如圖，當(dāng)時，連接，同理，結(jié)合，可得
【詳解】（1）證明：設(shè)，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）證明：①∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四邊形為矩形，
∵，即，
而，
∴，
∴四邊形是正方形；
②如圖，當(dāng)時，連接，
由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如圖，當(dāng)時，連接，
由（1）可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【點睛】本題考查的是等腰直角三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，正方形的判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵.
16．（2024·江西·中考真題）綜合與實踐
如圖，在中，點D是斜邊上的動點（點D與點A不重合），連接，以為直角邊在的右側(cè)構(gòu)造，，連接，．
特例感知
（1）如圖1，當(dāng)時，與之間的位置關(guān)系是______，數(shù)量關(guān)系是______；
類比遷移
（2）如圖2，當(dāng)時，猜想與之間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，并證明猜想．
拓展應(yīng)用
（3）在（1）的條件下，點F與點C關(guān)于對稱，連接，，，如圖3．已知，設(shè)，四邊形的面積為y．
①求y與x的函數(shù)表達(dá)式，并求出y的最小值；
②當(dāng)時，請直接寫出的長度．
【答案】（1），（2）與之間的位置關(guān)系是，數(shù)量關(guān)系是；（3）①y與x的函數(shù)表達(dá)式，當(dāng)時，的最小值為；②當(dāng)時，為或.
【分析】（1）先證明，，，可得；再結(jié)合全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）先證明，，結(jié)合，可得；再結(jié)合相似三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
（3）①先證明四邊形為正方形，如圖，過作于，可得，，再分情況結(jié)合勾股定理可得函數(shù)解析式，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)可得最小值；②如圖，連接，，，證明，可得在上，且為直徑，則，過作于，過作于，求解正方形面積為,結(jié)合，再解方程可得答案.
【詳解】解：（1）∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴與之間的位置關(guān)系是，數(shù)量關(guān)系是；
（2）與之間的位置關(guān)系是，數(shù)量關(guān)系是；理由如下：
∵，
∴，，
∵，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴與之間的位置關(guān)系是，數(shù)量關(guān)系是；
（3）由（1）得：，，，
∴，都為等腰直角三角形；
∵點F與點C關(guān)于對稱，
∴為等腰直角三角形；，
∴四邊形為正方形，
如圖，過作于，
∵，，
∴，，
當(dāng)時，
∴，
∴，
如圖，當(dāng)時，
此時，
同理可得：，
∴y與x的函數(shù)表達(dá)式為，
當(dāng)時，的最小值為；
②如圖，∵，正方形，記正方形的中心為，
∴，
連接，，，
∴，

∴在上，且為直徑，
∴，
過作于，過作于，
∴，，
∴，
∴，
∴正方形面積為,
∴，
解得：，，經(jīng)檢驗都符合題意，
如圖，
綜上：當(dāng)時，為或.
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，圓的確定及圓周角定理的應(yīng)用，本題難度大，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵.
17．（2024·湖南·中考真題）【問題背景】
已知點A是半徑為r的上的定點，連接，將線段繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到，連接，過點A作的切線l，在直線l上取點C，使得為銳角．
【初步感知】
（1）如圖1，當(dāng)時，；
【問題探究】
（2）以線段為對角線作矩形，使得邊過點E，連接，對角線，相交于點F．
①如圖2，當(dāng)時，求證：無論在給定的范圍內(nèi)如何變化，總成立：
②如圖3，當(dāng)，時，請補全圖形，并求及的值．
【答案】（1）；①證明見解析；②補全圖形見解析，，
【分析】（1）可證是等邊三角形，則，由直線l是的切線，得到，故；
（2）①根據(jù)矩形的性質(zhì)與切線的性質(zhì)證明，則，而，由，得到；
②過點O作于點G，于點H，在中，先證明點E在線段上，，由等腰三角形的性質(zhì)得，根據(jù)互余關(guān)系可得，可求，解，求得，可證明，故在中，．
【詳解】解：（1）由題意得，
∵，
∴是等邊三角形，
∴，
∵直線l是的切線，
∴，
∴，
故答案為：；
（2）①如圖：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴；
②補全圖形如圖：
過點O作于點G，于點H，
在中，，
∴由勾股定理得，
∵，
∴，
∴，
∴點E在線段上，
∴在，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴設(shè)，
∴由勾股定理得，
∴，
∴在中，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
而，
∴，
∴在中，．
【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解決本題的關(guān)鍵．
18．（2024·河南·中考真題）綜合與實踐
在學(xué)習(xí)特殊四邊形的過程中，我們積累了一定的研究經(jīng)驗，請運用已有經(jīng)驗，對“鄰等對補四邊形”進(jìn)行研究
定義：至少有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做鄰等對補四邊形．

(1)操作判斷
用分別含有和角的直角三角形紙板拼出如圖1所示的4個四邊形，其中是鄰等對補四邊形的有________（填序號）．
(2)性質(zhì)探究
根據(jù)定義可得出鄰等對補四邊形的邊、角的性質(zhì)．下面研究與對角線相關(guān)的性質(zhì)．
如圖2，四邊形是鄰等對補四邊形，，是它的一條對角線．
①寫出圖中相等的角，并說明理由；
②若，，，求的長（用含m，n，的式子表示）．
(3)拓展應(yīng)用
如圖3，在中，，，，分別在邊，上取點M，N，使四邊形是鄰等對補四邊形．當(dāng)該鄰等對補四邊形僅有一組鄰邊相等時，請直接寫出的長．
【答案】(1)②④
(2)①．理由見解析；②
(3)或
【分析】（1）根據(jù)鄰等對補四邊形的定義判斷即可；
（2）①延長至點E，使，連接，根據(jù)鄰等對補四邊形定義、補角的性質(zhì)可得出，證明，得出，，根據(jù)等邊對等角得出，即可得出結(jié)論；
②過A作于F，根據(jù)三線合一性質(zhì)可求出，由①可得，在中，根據(jù)余弦的定義求解即可；
（3）分，，，四種情況討論即可．
【詳解】（1）解：觀察圖知，圖①和圖③中不存在對角互補，圖2和圖4中存在對角互補且鄰邊相等，
故圖②和圖④中四邊形是鄰等對補四邊形，
故答案為：②④；
（2）解：①，理由：
延長至點E，使，連接，
∵四邊形是鄰等對補四邊形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
②過A作于F，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；
（3）解：∵，，，
∴，
∵四邊形是鄰等對補四邊形，
∴，
∴，
當(dāng)時，如圖，連接，過N作于H，
∴，
在中，
在中，
∴，
解得，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
當(dāng)時，如圖，連接，
∵，
∴，
∴，故不符合題意，舍去；
當(dāng)時，連接，過N作于H，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
當(dāng)時，如圖，連接，
∵，
∴，
∴，故不符合題意，舍去；
綜上，的長為或．
【點睛】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)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等知識，明確題意，理解新定義，添加合適輔助線，構(gòu)造全等三角形、相似三角形是解題的關(guān)鍵．
19．（2024·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與實踐：如圖1，這個圖案是3世紀(jì)我國漢代的趙爽在注解《周髀算經(jīng)》時給出的，人們稱它為“趙爽弦圖”，受這幅圖的啟發(fā)，數(shù)學(xué)興趣小組建立了“一線三直角模型”．如圖2，在中，，將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，作交的延長線于點．

(1)【觀察感知】如圖2，通過觀察，線段與的數(shù)量關(guān)系是______；
(2)【問題解決】如圖3，連接并延長交的延長線于點，若，，求的面積；
(3)【類比遷移】在(2)的條件下，連接交于點，則______；
(4)【拓展延伸】在(2)的條件下，在直線上找點，使，請直接寫出線段的長度．
【答案】(1)
(2)10
(3)
(4)或
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，進(jìn)而證明，即可求解；
（2）根據(jù)（1）的方法證明，進(jìn)而證明，求得，則，然后根據(jù)三角形的面積公式，即可求解．
（3）過點作于點，證明得出，證明，設(shè)，則，代入比例式，得出，進(jìn)而即可求解；
（4）當(dāng)在點的左側(cè)時，過點作于點，當(dāng)在點的右側(cè)時，過點作交的延長線于點，分別解直角三角形，即可求解．
【詳解】（1）解：∵將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，作交的延長線于點．
，
，
，
，
，
又且
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
又且，
，
，
，
，
，

，
，
，
，
；
（3）解：如圖所示，過點作于點，

∵，
∴
∴，
即，即，
又∵
∴
∴，
設(shè)，則，
解得：
∴；
（4）解：如圖所示，當(dāng)在點的左側(cè)時，過點作于點

∵
∴，設(shè)，則，
又∵，
∴，
∴
∴
∴
∴，
解得：
在中，
∴
∴
如圖所示，當(dāng)在點的右側(cè)時，過點作交的延長線于點，

∵
∴
∵
∴
設(shè)，則，，
∵，
∴
解得：
∴
∴
綜上所述，或．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
20．（2024·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與探究：如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線與x軸交于點A，與y軸交于點C，過A，C兩點的拋物線與x軸的另一個交點為點，點P是拋物線位于第四象限圖象上的動點，過點P分別作x軸和y軸的平行線，分別交直線于點E，點F．
(1)求拋物線的解析式；
(2)點D是x軸上的任意一點，若是以為腰的等腰三角形，請直接寫出點D的坐標(biāo)；
(3)當(dāng)時，求點P的坐標(biāo)；
(4)在（3）的條件下，若點N是y軸上的一個動點，過點N作拋物線對稱軸的垂線，垂足為M，連接，則的最小值為______．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】本題主要考查了求函數(shù)解析式、二次函數(shù)與幾何的綜合等知識點，掌握數(shù)形結(jié)合思想成為解題的關(guān)鍵．
（1）先根據(jù)題意確定點A、C的坐標(biāo)，然后運用待定系數(shù)法求解即可；
（2）分三種情況分別畫出圖形，然后根據(jù)等腰三角形的定義以及坐標(biāo)與圖形即可解答；
（3）先證明可得，設(shè)，則,可得，即，求得可得m的值，進(jìn)而求得點P的坐標(biāo)；
（4）如圖：將線段向右平移單位得到,即四邊形是平行四邊形，可得,即，作關(guān)于對稱軸的點,則，由兩點間的距離公式可得，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可得即可解答．
【詳解】（1）解：∵直線與x軸交于點A，與y軸交于點C，
∴當(dāng)時，，即；當(dāng)時，，即；
∵，
∴設(shè)拋物線的解析式為，
把代入可得：，解得：，
∴，
∴拋物線的解析式為：．
（2）解：∵，，
∴,
∴，
如圖：當(dāng)，
∴,即；
如圖：當(dāng)，
∴,即；
如圖：當(dāng)，
∴,即；
綜上，點D的坐標(biāo)為．
（3）解：如圖：∵軸，
∴，
∵軸，
∴，
∵，
∴,
∴,
∵設(shè)，則,
∴，
∴，解得：（負(fù)值舍去），
當(dāng)時，，
∴．
（4）解： ∵拋物線的解析式為：，
∴拋物線的對稱軸為：直線，
如圖：將線段向右平移單位得到,
∴四邊形是平行四邊形，
∴,即,
作關(guān)于對稱軸的點,則
∴,
∵，
∴的最小值為．
故答案為．
21．（2024·四川廣元·中考真題）數(shù)學(xué)實驗，能增加學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的樂趣，還能經(jīng)歷知識“再創(chuàng)造”的過程，更是培養(yǎng)動手能力，創(chuàng)新能力的一種手段．小強在學(xué)習(xí)《相似》一章中對“直角三角形斜邊上作高”這一基本圖形（如圖1）產(chǎn)生了如下問題，請同學(xué)們幫他解決．
在中，點為邊上一點，連接．
(1)初步探究
如圖2，若，求證：；
(2)嘗試應(yīng)用
如圖3，在（1）的條件下，若點為中點，，求的長；
(3)創(chuàng)新提升
如圖4，點為中點，連接，若，，，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)題意，由，，利用兩個三角形相似的判定定理即可得到，再由相似性質(zhì)即可得證；
（2）設(shè)，由（1）中相似，代值求解得到，從而根據(jù)與的相似比為求解即可得到答案；
（3）過點作的平行線交的延長線于點，如圖1所示，設(shè)，過點作于點，如圖2所示，利用含的直角三角形性質(zhì)及勾股定理即可得到相關(guān)角度與線段長，再由三角形相似的判定與性質(zhì)得到，代值求解即可得到答案．
【詳解】（1）證明：∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵點為中點，
∴設(shè)，
由（1）知，
∴，
∴，
∴與的相似比為，
∴，
∵
∴；
（3）解：過點作的平行線交的延長線于點，過作，如圖1所示：
∵點為中點，
∴設(shè)，
∵，
∴，，
在中，，則由勾股定理可得，
過點作于點，如圖2所示：
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，點為中點，
∴，，，
又∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，，
∴，即，
∴，
∴．
【點睛】本題考查幾何綜合，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)、含的直角三角形性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練掌握三角形相似的判定與性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
22．（2024·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，在中，為銳角，點在邊上，連接，且．

(1)如圖1，若是邊的中點，連接，對角線分別與相交于點．
①求證：是的中點；
②求；
(2)如圖2，的延長線與的延長線相交于點，連接的延長線與相交于點．試探究線段與線段之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
【答案】(1)①見解析；②
(2)，理由見解析
【分析】（1）①根據(jù)，得出為的中點，證明出即可；②先證明出得到，然后再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)找到線段的數(shù)量關(guān)系求解；
（2）連接交于點，證明，進(jìn)一步證明出四邊形為平行四邊形，得出為的中位線，得到，再證明出得到，再通過等量代換即可求解．
【詳解】（1）解：①，
為的中點，
，
是邊的中點，
，
，
在中，
∴，
又∵，
，
，
是的中點；
②，
四邊形為平行四邊形，
，
，
，
∵，
，
，
，
，
；
（2）解：線段與線段之間的數(shù)量關(guān)系為：，理由如下：
連接交于點，如下圖：

由題意，的延長線與的延長線相交于點，連接的延長線與相交于點，
，
又，
，
，
，
，
四邊形為平行四邊形，
，
，
，
為的中點，
，
，
為的中點，
為的中位線，
，
，
，
，
，
，
，
．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)，三角線相似的判定及性質(zhì)，三角形的中位線等知識，解題的關(guān)鍵是添加適當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形來求解．
23．（2024·吉林·中考真題）如圖，在中，，，，是的角平分線．動點P從點A出發(fā)，以的速度沿折線向終點B運動．過點P作，交于點Q，以為邊作等邊三角形，且點C，E在同側(cè)，設(shè)點P的運動時間為，與重合部分圖形的面積為．

(1)當(dāng)點P在線段上運動時，判斷的形狀（不必證明），并直接寫出的長（用含t的代數(shù)式表示）．
(2)當(dāng)點E與點C重合時，求t的值．
(3)求S關(guān)于t的函數(shù)解析式，并寫出自變量t的取值范圍．
【答案】(1)等腰三角形，
(2)
(3)
【分析】（1）過點Q作于點H，根據(jù)“平行線+角平分線”即可得到，由，得到，解得到；
（2）由為等邊三角形得到，而，則，故，解得；
（3）當(dāng)點P在上，點E在上，重合部分為，過點P作于點G，，則，此時；當(dāng)點P在上，點E在延長線上時，記與交于點F，此時重合部分為四邊形，此時，因此，故可得，此時；當(dāng)點P在上，重合部分為，此時，，解直角三角形得，故，此時，再綜上即可求解．
【詳解】（1）解：過點Q作于點H，由題意得：

∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴為等腰三角形，
∵，
∴，
∴在中，；
（2）解：如圖，

∵為等邊三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
即，
∴；
（3）解：當(dāng)點P在上，點E在上，重合部分為，過點P作于點G，

∵，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，
∴，
由（2）知當(dāng)點E與點C重合時，，
∴；
當(dāng)點P在上，點E在延長線上時，記與交于點F，此時重合部分為四邊形，如圖，

∵是等邊三角形，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
當(dāng)點P與點D重合時，在中，，
∴，
∴；
當(dāng)點P在上，重合部分為，如圖，

∵，
由上知，
∴，
∴此時，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴當(dāng)點P與點B重合時，，
解得：，
∴，
綜上所述：．
【點睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，解直角三角形的相關(guān)計算，等腰三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解決本題的關(guān)鍵．
24．（2024·吉林長春·中考真題）如圖，在中，，．點是邊上的一點（點不與點、重合），作射線，在射線上取點，使，以為邊作正方形，使點和點在直線同側(cè)．
(1)當(dāng)點是邊的中點時，求的長；
(2)當(dāng)時，點到直線的距離為________；
(3)連結(jié)，當(dāng)時，求正方形的邊長；
(4)若點到直線的距離是點到直線距離的3倍，則的長為________．（寫出一個即可）
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)或
【分析】本題考查等腰三角形性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，熟練掌握面積法是解題的關(guān)鍵；（1）根據(jù)等腰三角形三線合一性質(zhì)，利用勾股定理即可求解；（2）利用面積法三角形面積相等即可；（3）設(shè)，則，，過點作于
，根據(jù)，建立方程；即可求解；（4）第一種情況，，在異側(cè)時，設(shè)，，則，證明，得到，即可求解；第二種情況，當(dāng)，在同側(cè)，設(shè)，則，，，求得，解方程即可求解；
【詳解】（1）解：根據(jù)題意可知：，
為等腰三角形，故點是邊的中點時，；
在中，；
（2）根據(jù)題意作，如圖所示；
當(dāng)時，則，
設(shè)點到直線的距離為，
，
解得：；
（3）如圖，當(dāng)時，點落在上，
設(shè)，則，，
過點作于
則，
，
，
解得：
故，
所以正方形的邊長為；
（4）如圖，，在異側(cè)時；
設(shè)，，則
三邊的比值為，
，
，
當(dāng)，在同側(cè)
設(shè)，則，，
三邊比為，
三邊比為，
設(shè)，則，，
解得：
綜上所述：的長為或
25．（2024·湖北·中考真題）如圖，矩形中，分別在上，將四邊形沿翻折，使的對稱點落在上，的對稱點為交于．
(1)求證：．
(2)若為中點，且，求長．
(3)連接，若為中點，為中點，探究與大小關(guān)系并說明理由．
【答案】(1)見詳解
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得，由折疊得出，得出，即可證明；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)以及線段中點，得出，根據(jù)代入數(shù)值得，進(jìn)行計算，再結(jié)合，則，代入數(shù)值，得，所以；
（3）由折疊性質(zhì)，得直線，，是等腰三角形，則，因為為中點，為中點，所以，，所以，則，所以，則，即可作答．
【詳解】（1）解：如圖：
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵分別在上，將四邊形沿翻折，使的對稱點落在上，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如圖：
∵四邊形是矩形，
∴，，
∵為中點，
∴，
設(shè)，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴；
（3）解：如圖：延長交于一點M，連接
∵分別在上，將四邊形沿翻折，使的對稱點落在上，
∴直線
，
，
∴是等腰三角形，
∴，
∵為中點，
∴設(shè)，
∴，
∵為中點，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【點睛】本題考查了矩形與折疊，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．
26．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）數(shù)學(xué)活動課上，某小組將一個含的三角尺利一個正方形紙板如圖1擺放，若，．將三角尺繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)角，觀察圖形的變化，完成探究活動．
【初步探究】
如圖2，連接，并延長，延長線相交于點交于點．
問題1 和的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是_________．
【深入探究】
應(yīng)用問題1的結(jié)論解決下面的問題．
問題2 如圖3，連接，點是的中點，連接，．求證．
【嘗試應(yīng)用】
問題3 如圖4，請直接寫出當(dāng)旋轉(zhuǎn)角從變化到時，點經(jīng)過路線的長度．
【答案】（1）；；（2）證明見解析；（3）
【分析】（1）如圖，由四邊形是正方形，是等腰直角三角形，，證明，再進(jìn)一步可得結(jié)論；
（2）如圖，由，，再結(jié)合直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得結(jié)論；
（3）如圖，證明在以為圓心，為半徑的上，過作于，當(dāng)時，證明，可得，，證明四邊形是正方形，可得當(dāng)旋轉(zhuǎn)角從變化到時，在上運動，再進(jìn)一步解答即可；
【詳解】解：；；理由如下：
如圖，∵四邊形是正方形，
∴，，
∵是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）如圖，∵四邊形是正方形，
∴，
∵點是的中點，
∴，
∵，
∴，
∵點是的中點，
∴，
∴；
（3）如圖，∵，，
∴在以為圓心，為半徑的上，
過作于，
當(dāng)時，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
而，，
∴四邊形是正方形，
∴當(dāng)旋轉(zhuǎn)角從變化到時，在上運動，
∵，，，
∴，
∴點經(jīng)過路線的長度為.
【點睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，圓周角的應(yīng)用，勾股定理的逆定理的應(yīng)用，弧長的計算，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵.
27．（2024·甘肅·中考真題）【模型建立】
（1）如圖1，已知和，，，，．用等式寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【模型應(yīng)用】
（2）如圖2，在正方形中，點E，F(xiàn)分別在對角線和邊上，，．用等式寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【模型遷移】
（3）如圖3，在正方形中，點E在對角線上，點F在邊的延長線上，，．用等式寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【答案】（1），理由見詳解，（2），理由見詳解，（3），理由見詳解
【分析】（1）直接證明，即可證明；
（2）過E點作于點M，過E點作于點N，先證明，可得，結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)可得：，，即有，，進(jìn)而可得，即可證；
（3）過A點作于點H，過F點作，交的延長線于點G，先證明，再結(jié)合等腰直角三角形的性質(zhì)，即可證明．
【詳解】（1），理由如下：
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2），理由如下：
過E點作于點M，過E點作于點N，如圖，
∵四邊形是正方形，是正方形的對角線，
∴，平分，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，，
∴四邊形是正方形，
∴是正方形對角線，，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
即有；
（3），理由如下，
過A點作于點H，過F點作，交的延長線于點G，如圖，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)等知識，題目難度中等，作出合理的輔助線，靈活證明三角形的全等，并準(zhǔn)確表示出各個邊之間的數(shù)量關(guān)系，是解答本題的關(guān)鍵．
28．（2024·湖南長沙·中考真題）對于凸四邊形，根據(jù)它有無外接圓（四個頂點都在同一個圓上）與內(nèi)切圓（四條邊都與同一個圓相切），
可分為四種類型，我們不妨約定：
既無外接圓，又無內(nèi)切圓的四邊形稱為“平凡型無圓”四邊形；
只有外接圓，而無內(nèi)切圓的四邊形稱為“外接型單圓”四邊形；
只有內(nèi)接圓，而無外接圓的四邊形稱為“內(nèi)切型單圓”四邊形；
既有外接圓，又有內(nèi)切圓的四邊形稱為“完美型雙圓”四邊形．
請你根據(jù)該約定，解答下列問題：
(1)請你判斷下列說法是否正確（在題后相應(yīng)的括號中，正確的打“√”，錯誤的打“×”，
①平行四邊形一定不是“平凡型無圓”四邊形；（）
②內(nèi)角不等于的菱形一定是“內(nèi)切型單圓”四邊形；（）
③若“完美型雙圓”四邊形的外接圓圓心與內(nèi)切圓圓心重合，外接圓半徑為R，內(nèi)切圓半徑為r，則有．（）
(2)如圖1，已知四邊形內(nèi)接于，四條邊長滿足：．
①該四邊形是“______”四邊形（從約定的四種類型中選一種填入）；
②若的平分線交于點E，的平分線交于點F，連接．求證：是的直徑．
(3)已知四邊形是“完美型雙圓”四邊形，它的內(nèi)切圓與分別相切于點E，F(xiàn)，G，H．
①如圖2．連接交于點P．求證：．
②如圖3，連接，若，，，求內(nèi)切圓的半徑r及的長．
【答案】(1)①×；②√；③√
(2)①外接型單圓；②見解析
(3)，，
【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形和切線長定理可得：有外接圓的四邊形的對角互補；有內(nèi)切圓的四邊形的對邊之和相等，結(jié)合題中定義，根據(jù)對角不互補，對邊之和也不相等的平行四邊形無外接圓，也無內(nèi)切圓，進(jìn)而可判斷①；根據(jù)菱形的性質(zhì)可判斷②；根據(jù)正方形的性質(zhì)可判斷③；
（2）①根據(jù)已知結(jié)合題中定義可得結(jié)論；
②根據(jù)角平分線的定義和圓周角定理證明即可證得結(jié)論；
（3）①連接、、、、，根據(jù)四邊形是“完美型雙圓”四邊形，結(jié)合四邊形的內(nèi)角和定理可推導(dǎo)出，，，進(jìn)而可得，，然后利用圓周角定理可推導(dǎo)出，即可證得結(jié)論；
②連接、、、，根據(jù)已知條件證明，進(jìn)而證明得到，再利用勾股定理求得，，同理可證求解即可．
【詳解】（1）解：由題干條件可得：有外接圓的四邊形的對角互補；有內(nèi)切圓的四邊形的對邊之和相等，所以
①當(dāng)平行四邊形的對角不互補，對邊之和也不相等時，該平行四邊形無外接圓，也無內(nèi)切圓，
∴該平行四邊形是 “平凡型無圓”四邊形，故①錯誤；
②∵內(nèi)角不等于的菱形的對角不互補，
∴該菱形無外接圓，
∵菱形的四條邊都相等，
∴該菱形的對邊之和相等，
∴該菱形有內(nèi)切圓，
∴內(nèi)角不等于90°的菱形一定是“內(nèi)切型單圓”四邊形，故②正確；
③由題意，外接圓圓心與內(nèi)切圓圓心重合的“完美型雙圓”四邊形是正方形，如圖，
則，，，，
∴為等腰直角三角形，
∴，即；
故③正確，
故答案為：①×；②√；③√；
（2）解：①∵四邊形中，，
∴四邊形無內(nèi)切圓，又該四邊形有外接圓，
∴該四邊形是“外接型單圓”四邊形，
故答案為：外接型單圓；
②∵的平分線交于點E，的平分線交于點F，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即和均為半圓，
∴是的直徑．
（3）①證明：如圖，連接、、、、，
∵是四邊形的內(nèi)切圓，
∴，，，，
∴，
在四邊形中，，
同理可證，，
∵四邊形是“完美型雙圓”四邊形，
∴該四邊形有外接圓，則，
∴，則，
∵，，
∴，
∴，
∴；
②如圖，連接、、、，
∵四邊形是“完美型雙圓”四邊形，它的內(nèi)切圓與分別相切于點E，F(xiàn)，G，H，
∴∴，，，，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，，
∴，則，
在中，由得，
解得；
在中，，
∴，
同理可證，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、圓周角定理、內(nèi)切圓的定義與性質(zhì)、外接圓的定義與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、四邊形的內(nèi)角和定理、勾股定理、角平分線的判定等知識，理解題中定義，熟練掌握這些知識和靈活運用性質(zhì)和判定是解題的關(guān)鍵．另外還要求學(xué)生具備扎實的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)和邏輯思維能力，備考時，重視四邊形知識的學(xué)習(xí)，提高解題技巧和速度，以應(yīng)對中考挑戰(zhàn)．
29．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，等邊三角形的邊在x軸上，點A在第一象限，的長度是一元二次方程的根，動點P從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度沿折線運動，動點Q從點O出發(fā)以每秒3個單位長度的速度沿折線運動，P、Q兩點同時出發(fā)，相遇時停止運動．設(shè)運動時間為t秒（），的面積為S．
(1)求點A的坐標(biāo)；
(2)求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
(3)在（2）的條件下，當(dāng)時，點M在y軸上，坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點N，使得以點O、P、M、N為頂點的四邊形是菱形．若存在，直接寫出點N的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
【答案】(1)點A的坐標(biāo)為
(2)
(3)存在，，，，
【分析】（1）運用因式分解法解方程求出的長，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出，過點A作軸，垂足為C，求出的長即可；
（2）分，和三種情況，運用三角形面積公式求解即可；
（3）當(dāng)時求出，得，分為邊和對角線兩種情況可得點N的坐標(biāo)；當(dāng)和時不存在以點O、P、M、N為頂點的四邊形是菱形
【詳解】（1）解：，解得，
的長度是的根，
∵是等邊三角形，
∴，
過點A作軸，垂足為C，
在中，
∴
，
∴
點A的坐標(biāo)為
（2）解：當(dāng)時．過P作軸，垂足為點D，
∴，，
∴
∴，
；
當(dāng)時，過Q作，垂足為點E
∵
∴
又
∴，
又，
當(dāng)時，過O作，垂足為F
∴，
同理可得，，
∴；
綜上所述
（3）解：當(dāng)時，解得，
∴，
過點P作軸于點G，則
∴
∴點P的坐標(biāo)為；
當(dāng)為邊時，將沿軸向下平移4個單位得，此時，四邊形是菱形；
將沿軸向上平移4個單位得，此時，四邊形是菱形；如圖，
作點P關(guān)于y軸的對稱點，當(dāng)時，四邊形是菱形；
當(dāng)為對角線時，設(shè)的中點為T，過點T作，交y軸于點M，延長到,使連接,過點作軸于點，則
∴
∴,即，
解得，,
∴，
∴；
當(dāng)，解得，，不符合題意，此情況不存在；
當(dāng)時，解得，，不符合題意，此情況不存在；
綜上，點N的坐標(biāo)為，，，
【點睛】本題主要考查運用因式分解法解一元二次方程，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，角所對的直角邊等于斜邊的一半，三角形的面積，菱形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線和分類討論是解答本題的關(guān)鍵
30．（2024·重慶·中考真題）在中，，，過點作．
(1)如圖1，若點在點的左側(cè)，連接，過點作交于點．若點是的中點，求證：；
(2)如圖2，若點在點的右側(cè)，連接，點是的中點，連接并延長交于點，連接．過點作交于點，平分交于點，求證：；
(3)若點在點的右側(cè)，連接，點是的中點，且．點是直線上一動點，連接，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，點是直線上一動點，連接，．在點的運動過程中，當(dāng)取得最小值時，在平面內(nèi)將沿直線翻折得到，連接．在點的運動過程中，直接寫出的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）證明得到，再由點是的中點，得到，即可證明；
（2）如圖所示，過點G作于H，連接，先證明，得到，，再證明是等腰直角三角形，得到；由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得，則，進(jìn)而可證明，則；設(shè)，則，可得由角平分線的定義可得，則可證明，進(jìn)而證明，得到，即可證明；
（3）如圖所示，過點D作交延長線與H，連接，則四邊形是矩形，可得，證明是等邊三角形，得到，進(jìn)而得到，；由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，證明，得到，則點Q在直線上運動，設(shè)直線交于K，則，可得，由垂線段最短可知，當(dāng)時，有最小值，則，設(shè)，則，則，；再求出，則，，由勾股定理得；由全等三角形的性質(zhì)可得，則；由折疊的性質(zhì)可得，由，得到當(dāng)點Q在線段上時，此時有最大值，最大值為，據(jù)此代值計算即可．
【詳解】（1）證明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵點是的中點，
∴，
∴；
（2）證明：如圖所示，過點G作于H，連接，
∵，
∴，
∵點是的中點，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
設(shè)，則，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如圖所示，過點D作交延長線與H，連接，
∵，
∴，
∵，
∴四邊形是矩形，
∴，
∵點是的中點，且，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，
∴，
∴，
∴，
∴點Q在直線上運動，
設(shè)直線交于K，則，
∴，
由垂線段最短可知，當(dāng)時，有最小值，
∴，
設(shè)，則，
∴，
∴，
∴；
在中，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得；
∵，
∴，
∴；
由折疊的性質(zhì)可得，
∵，
∴，
∴當(dāng)點Q在線段上時，此時有最大值，最大值為，
∴的最大值為．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，垂線段最短，矩形的性質(zhì)與判定等等，解（2）的關(guān)鍵在于作出輔助線證明，得到；解（3）的關(guān)鍵在于通過手拉手模型證明點Q的運動軌跡是直線，從而根據(jù)垂線段最短確定點Q的位置．
31．（2024·重慶·中考真題）在中，，點是邊上一點（點不與端點重合）．點關(guān)于直線的對稱點為點，連接．在直線上取一點，使，直線與直線交于點．

(1)如圖1，若，求的度數(shù)（用含的代數(shù)式表示）；
(2)如圖1，若，用等式表示線段與之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；
(3)如圖2，若，點從點移動到點的過程中，連接，當(dāng)為等腰三角形時，請直接寫出此時的值．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）由三角形內(nèi)角和定理及外角定理結(jié)合即可求解；
（2）在上截取，連接，交于點H，連接，先證明，再證明四邊形是平行四邊形，可得，記與的交點為點N，則由軸對稱可知：，，再解即可；
（3）連接，記與的交點為點N，由軸對稱知，，，，當(dāng)點G在邊上時，由于，當(dāng)為等腰三角形時，只能是，同（1）方法得，，中，，解得，然后，解直角三角形，表示出，，即可求解；當(dāng)點G在延長線上時，只能是，設(shè)，在中，，解得，設(shè)，解直角三角形求出，即可求解．
【詳解】（1）解：如圖，

∵，，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：，
在上截取，連接，交于點H，

∵，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵點關(guān)于直線的對稱點為點，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
記與的交點為點N，
則由軸對稱可知：，，
∴中，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：連接，記與的交點為點N，

∵，
∴，
由軸對稱知，
當(dāng)點G在邊上時，由于，
∴當(dāng)為等腰三角形時，只能是，
同（1）方法得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴中，，解得，
∴，而，
∴為等邊三角形，
∴，
設(shè)，
∵，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
當(dāng)點G在延長線上時，只能是，如圖：

設(shè)，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵
∴在中，，
解得，
∴，
設(shè)，則，，
在中，，由勾股定理求得，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
綜上所述：或．
【點睛】本題考查了三角形的內(nèi)角和，外角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，等腰三角形的分類討論，等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
32．（2024·江蘇連云港·中考真題）【問題情境】
（1）如圖1，圓與大正方形的各邊都相切，小正方形是圓的內(nèi)接正方形，那么大正方形面積是小正方形面積的幾倍？小昕將小正方形繞圓心旋轉(zhuǎn)45°（如圖2），這時候就容易發(fā)現(xiàn)大正方形面積是小正方形面積的__________倍．由此可見，圖形變化是解決問題的有效策略；
【操作實踐】
（2）如圖3，圖①是一個對角線互相垂直的四邊形，四邊a、b、c、d之間存在某種數(shù)量關(guān)系．小昕按所示步驟進(jìn)行操作，并將最終圖形抽象成圖4．請你結(jié)合整個變化過程，直接寫出圖4中以矩形內(nèi)一點P為端點的四條線段之間的數(shù)量關(guān)系；
【探究應(yīng)用】
（3）如圖5，在圖3中“④”的基礎(chǔ)上，小昕將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，他發(fā)現(xiàn)旋轉(zhuǎn)過程中存在最大值．若，，當(dāng)最大時，求AD的長；
（4）如圖6，在中，，點D、E分別在邊AC和BC上，連接DE、AE、BD．若，，求的最小值．
【答案】（1）2（2）（3）（4）
【分析】（1）利用圓與正多邊形的性質(zhì)分別計算兩個正方形的面積可得答案；
（2）如圖，由，證明，再結(jié)合圖形變換可得答案；
（3）如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，可得在以為圓心，為半徑的圓上運動，可得當(dāng)與相切時，最大，再進(jìn)一步解答即可；
（4）如圖，將沿對折，的對應(yīng)點為，將沿對折，的對應(yīng)點為，連接，再將沿方向平移，使與重合，如圖，得，由（2）可得：，當(dāng)三點共線時，最短，再進(jìn)一步解答即可.
【詳解】解：如圖，
∵正方形，及圓為正方形的內(nèi)切圓，為正方形的外接正方形，
∴設(shè)，，
∴，，
∴，，
∴大正方形面積是小正方形面積的2倍．
（2）如圖，∵，
∴，，
，，
∴，
如圖，
結(jié)合圖形變換可得：；
（3）如圖，∵將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，
∴在以為圓心，為半徑的圓上運動，
∵為圓外一個定點，
∴當(dāng)與相切時，最大，
∴，
∴，
由（2）可得：，
∵，，
∴
，
∴；
（4）如圖，將沿對折，的對應(yīng)點為，將沿對折，的對應(yīng)點為，連接，
∴，，
再將沿方向平移，使與重合，如圖，得，
由（2）可得：，
∴當(dāng)三點共線時，最短，
∵，，
∴，，
∴；
∴的最小值為；
【點睛】本題考查的是勾股定理的應(yīng)用，軸對稱的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，圓與正多邊形的關(guān)系，切線的性質(zhì)，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵.
33．（2024·上?！ぶ锌颊骖}）在梯形中，，點E在邊上，且．
(1)如圖1所示，點F在邊上，且，聯(lián)結(jié)，求證：；
(2)已知；
①如圖2所示，聯(lián)結(jié)，如果外接圓的心恰好落在的平分線上，求的外接圓的半徑長；
②如圖3所示，如果點M在邊上，聯(lián)結(jié)、、，與交于N，如果，且，，求邊的長．
【答案】(1)見詳解
(2)①；②
【分析】（1）延長交于點G，由，得到，由已知數(shù)據(jù)得到，，故，因此；
（2）①記點O為外接圓圓心，過點O作于點F，連接，先證明，再證明，則，即，求得；
②延長交于點P，過點E作，垂足為點Q，由，求得，可證明，角度推導(dǎo)得，則，求出，繼而得到，由，則，設(shè)，則，由，設(shè)，，由，得到，設(shè)，可證明，求出，則，在中，運用勾股定理得：，則，在中，由勾股定理得，，故．
【詳解】（1）證明：延長交于點G，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴；
（2）①解：記點O為外接圓圓心，過點O作于點F，連接，
∵點O為外接圓圓心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴外接圓半徑為；
②延長交于點P，過點E作，垂足為點Q，
∵，
∴，
∴，
由①知，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由，
得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
設(shè)，則，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴設(shè)，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
解得：，
∴，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
∴，
∴，
而，
∴在中，由勾股定理得，，
∵，
∴．
【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形的外接圓等知識點，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
34．（2024·四川成都·中考真題）數(shù)學(xué)活動課上，同學(xué)們將兩個全等的三角形紙片完全重合放置，固定一個頂點，然后將其中一個紙片繞這個頂點旋轉(zhuǎn)，來探究圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．已知三角形紙片和中，，，．
【初步感知】
（1）如圖1，連接，，在紙片繞點旋轉(zhuǎn)過程中，試探究的值．
【深入探究】
（2）如圖2，在紙片繞點旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)點恰好落在的中線的延長線上時，延長交于點，求的長．
【拓展延伸】
（3）在紙片繞點旋轉(zhuǎn)過程中，試探究，，三點能否構(gòu)成直角三角形．若能，直接寫出所有直角三角形的面積；若不能，請說明理由．
【答案】（1）的值為；（2）；（3）直角三角形的面積分別為4，16，12，
【分析】（1）根據(jù)，，．證明，，繼而得到，即，再證明，得到．
（2）連接，延長交于點Q，根據(jù)(1)得，得到，根據(jù)中線得到，繼而得到，結(jié)合，得到即，得到，再證明，得證矩形，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性質(zhì)計算即可．
（3）運用分類思想解答即可．
【詳解】（1）∵，，．
∴，
∴，，
∴即，
∵
∴，
∴．
（2）連接，延長交于點Q，根據(jù)(1)得，
∴，
∵是中線
∴，
∴，
∵，
∴即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵
∴四邊形矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
設(shè)，則，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得；
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得．
（3）如圖，當(dāng)與重合時，此時，此時是直角三角形，
故；
如圖，當(dāng)在的延長線上時，此時，此時是直角三角形，
故；
如圖，當(dāng)時，此時是直角三角形，
過點A作于點Q，
∵，
∴，
∵，，，
∴四邊形是矩形，
∴，
∴，
故；
如圖，當(dāng)時，此時是直角三角形，
過點A作于點Q，交于點N，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得；
故．
【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理的判定和應(yīng)用，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，勾股定理，熟練掌握三角函數(shù)的應(yīng)用，三角形相似的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，中位線定理是解題的關(guān)鍵．
35．（2024·河北·中考真題）已知的半徑為3，弦，中，．在平面上，先將和按圖1位置擺放（點B與點N重合，點A在上，點C在內(nèi)），隨后移動，使點B在弦上移動，點A始終在上隨之移動，設(shè)．
(1)當(dāng)點B與點N重合時，求劣弧的長；
(2)當(dāng)時，如圖2，求點B到的距離，并求此時x的值；
(3)設(shè)點O到的距離為d．
①當(dāng)點A在劣弧上，且過點A的切線與垂直時，求d的值；
②直接寫出d的最小值．
【答案】(1)
(2)點B到的距離為；
(3)①；②
【分析】（1）如圖，連接，，先證明為等邊三角形，再利用等邊三角形的性質(zhì)結(jié)合弧長公式可得答案；
（2）過作于，過作于，連接，證明四邊形是矩形，可得，，再結(jié)合勾股定理可得答案；
（3）①如圖，由過點A的切線與垂直，可得過圓心，過作于，過作于，而，可得四邊形為矩形，可得，再進(jìn)一步利用勾股定理與銳角三角函數(shù)可得答案；②如圖，當(dāng)為中點時，過作于，過作于，，此時最短，如圖，過作于，而，證明，求解，再結(jié)合等角的三角函數(shù)可得答案．
【詳解】（1）解：如圖，連接，，
∵的半徑為3，，
∴，
∴為等邊三角形，
∴，
∴的長為；
（2）解：過作于，過作于，連接，
∵，
∴，
∴四邊形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，而，
∴，
∴點B到的距離為；
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①如圖，∵過點A的切線與垂直，
∴過圓心，
過作于，過作于，而，
∴四邊形為矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即；
②如圖，當(dāng)為中點時，
過作于，過作于，
∴，
∴，此時最短，
如圖，過作于，而，
∵為中點，則，
∴由（2）可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
設(shè)，則，
∴，
解得：（不符合題意的根舍去），
∴的最小值為．
【點睛】本題屬于圓的綜合題，難度很大，考查了勾股定理的應(yīng)用，矩形的判定與性質(zhì)，垂徑定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，切線的性質(zhì)，熟練的利用數(shù)形結(jié)合的方法，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
36．（2024·四川樂山·中考真題）在一堂平面幾何專題復(fù)習(xí)課上，劉老師先引導(dǎo)學(xué)生解決了以下問題：
【問題情境】
如圖1，在中，，，點D、E在邊上，且，，，求的長．
解：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．

由旋轉(zhuǎn)的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，
，，，
∴___①___．
∴．
又∵，
∴在中，___②___．
∵，，

∴___③___．
【問題解決】
上述問題情境中，“①”處應(yīng)填：______；“②”處應(yīng)填：______；“③”處應(yīng)填：______．
劉老師進(jìn)一步談到：圖形的變化強調(diào)從運動變化的觀點來研究，只要我們抓住了變化中的不變量，就能以不變應(yīng)萬變．
【知識遷移】
如圖3，在正方形中，點E、F分別在邊上，滿足的周長等于正方形的周長的一半，連結(jié)，分別與對角線交于M、N兩點．探究的數(shù)量關(guān)系并證明．

【拓展應(yīng)用】
如圖4，在矩形中，點E、F分別在邊上，且．探究的數(shù)量關(guān)系：______（直接寫出結(jié)論，不必證明）．

【問題再探】
如圖5，在中，，，，點D、E在邊上，且．設(shè)，，求y與x的函數(shù)關(guān)系式．

【答案】【問題解決】①；②；③5；【知識遷移】，見解析；【拓展應(yīng)用】；【問題再探】
【分析】【問題解決】根據(jù)題中思路解答即可；
【知識遷移】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到．過點作交邊于點，連接．由旋轉(zhuǎn)的特征得．結(jié)合題意得．證明，得出．根據(jù)正方形性質(zhì)得出．結(jié)合，得出．證明，得出．證明．得出．在中，根據(jù)勾股定理即可求解；
【拓展應(yīng)用】如圖所示，設(shè)直線交延長線于點，交延長線于點，將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．則．則，，根據(jù)，證明，得出，過點H作交于點O，過點H作交于點M，則四邊形為矩形．得出，證明是等腰直角三角形，得出，，在中，根據(jù)勾股定理即可證明；
【問題再探】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．過點作，垂足為點，過點作，垂足為．過點作，過點作交于點、交于點．由旋轉(zhuǎn)的特征得．根據(jù)，得出，證明，得出，根據(jù)勾股定理算出，根據(jù)，表示出，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)表示出，，同理可得．，證明四邊形為矩形．得出，，在中，根據(jù)勾股定理即可求解；
【詳解】【問題解決】解：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．

由旋轉(zhuǎn)的特征得，，，．
∵，，
∴．
∵，
∴，即．
∴．
在和中，，，，
∴①．
∴．
又∵，
∴在中，②．
∵，，
∴③．
【知識遷移】．
證明：如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到．
過點作交邊于點，連接．

由旋轉(zhuǎn)的特征得．
由題意得，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
又∵為正方形的對角線，
∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
在和中，，
∴．
∴．
在中，，
∴．
【拓展應(yīng)用】．
證明：如圖所示，設(shè)直線交延長線于點，交延長線于點，

將繞著點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．
則．
則，，
，
，
在和中
，
，
∴，
過點H作交于點O，過點H作交于點M，則四邊形為矩形．
∴，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
在中，，，
∴，
即，
又∴，
∴，
即，
【問題再探】如圖，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接．過點作，垂足為點，過點作，垂足為．過點作，過點作交于點、交于點．

由旋轉(zhuǎn)的特征得．
，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，即，
，
同理可得．
，
，
，
又∵，
∴四邊形為矩形．
，
，
在中，．
，
解得．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定、正方形的性質(zhì)和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用旋轉(zhuǎn)變換作圖，掌握以上知識點是解題的關(guān)鍵．
37．（2024·北京·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為1，對于的弦和不在直線上的點，給出如下定義：若點關(guān)于直線的對稱點在上或其內(nèi)部，且，則稱點是弦的“可及點”．
(1)如圖，點，．
①在點，，中，點___________是弦的“可及點”，其中____________；
②若點是弦的“可及點”，則點的橫坐標(biāo)的最大值為__________；
(2)已知是直線上一點，且存在的弦，使得點是弦的“可及點”．記點的橫坐標(biāo)為，直接寫出的取值范圍．
【答案】(1)①，45；②
(2)或
【分析】（1）由相對運動理解，作出關(guān)于的對稱圓，若點關(guān)于直線的對稱點在上或其內(nèi)部，且，則稱點是弦的“可及點”，則點C應(yīng)在的圓內(nèi)或圓上，先求得，根據(jù)點與圓的位置關(guān)系的判斷方法分別判斷即可得出在上，故符合題意，根據(jù)圓周角定理即可求解；
②取中點為H，連接，可確定點D在以H為圓心，為半徑的上方半圓上運動（不包括端點A、B），當(dāng)軸時，點D橫坐標(biāo)最大，可求，故點的橫坐標(biāo)的最大值為；
（2）反過來思考，由相對運動理解，作出關(guān)于的對稱圓，故點P需要在的圓內(nèi)或圓上，作出的外接圓，連接，則點P在以為圓心，為半徑的上運動（不包括端點M、N），可求，隨著的增大，會越來越靠近，當(dāng)點與點重合時，點P在上，即為臨界狀態(tài)，此時最大，，由，故當(dāng)最大，時，此時為等邊三角形，此時，故當(dāng)，的最大值為2，設(shè)，則，解得：，可求直線與交于點，，故t的取值范圍是或．
【詳解】（1）解：①：反過來思考，由相對運動理解，作出關(guān)于的對稱圓，
∵若點關(guān)于直線的對稱點在上或其內(nèi)部，且，則稱點是弦的“可及點”，
∴點C應(yīng)在的圓內(nèi)或圓上，
∵點，，
∴，
而，
∴,
由對稱得：，
∴為等腰直角三角形，
∴,
設(shè)半徑為，
則,故在外，不符合題意；
，故在上，符合題意；
，故在外，不符合題意，
∴點是弦的“可及點”，
可知三點共線，
∵，
∴，
故答案為：，45；
②取中點為H，連接，

∵，
∴，
∴點D在以H為圓心，為半徑的上方半圓上運動（不包括端點A、B），
∴當(dāng)點軸時，點D橫坐標(biāo)最大，
∵，，
∴，
∴，
∵點，，
∴，
∴此時，
∴點的橫坐標(biāo)的最大值為，
故答案為：；
（2）解：反過來思考，由相對運動理解，作出關(guān)于的對稱圓，
∵若點關(guān)于直線的對稱點在上或其內(nèi)部，且，則稱點是弦的“可及點”，
∴點C應(yīng)在的圓內(nèi)或圓上，
故點P需要在的圓內(nèi)或圓上，
作出的外接圓，連接，
∴點P在以為圓心，為半徑的上運動（不包括端點M、N），
∴，
∴，
由對稱得點在的垂直平分線上，
∵的外接圓為，
∴點也在的垂直平分線上，記與交于點Q，
∴，
∴，
隨著的增大，會越來越靠近，當(dāng)點與點重合時，點P在上，即為臨界狀態(tài)，此時最大，，
連接，
∵，
∴當(dāng)最大,時，此時為等邊三角形，
由上述過程知
∴，
∴當(dāng)，的最大值為2，
設(shè)，則，
解得：，
而記直線與交于，與y軸交于點K，過點S作軸，
當(dāng)，當(dāng)時，，
解得，
∴與x軸交于點，
∴，而
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∴t的取值范圍是或．
【點睛】本題考查了新定義，軸對稱變換，點與圓的位置關(guān)系，圓周角定理，解直角三角形，一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點問題，已知兩點求距離等知識點，正確添加輔助線，找到臨界狀態(tài)情況是解題的關(guān)鍵．
38．（2024·廣東·中考真題）【知識技能】
（1）如圖1，在中，是的中位線．連接，將繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，得到．當(dāng)點E的對應(yīng)點與點A重合時，求證：．
【數(shù)學(xué)理解】
（2）如圖2，在中，是的中位線．連接，將繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，得到，連接，，作的中線．求證：．
【拓展探索】
（3）如圖3，在中，，點D在上，．過點D作，垂足為E，，．在四邊形內(nèi)是否存在點G，使得？若存在，請給出證明；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）存在，證明見解析
【分析】（1）根據(jù)中位線的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即可證明；
（2）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、外角定理、中位線的性質(zhì)證明后即可證明；
（3）通過解直角三角形得到，，過點C作于點M，易證，得到，即可求得，進(jìn)而，從而點M是的中點，過點D作，交于點P，連接，，，根據(jù)三線合一得，證明，即可求的，過點P作于點N，則四邊形是矩形，得到，因此點N是的中點，進(jìn)而，再證，得到，根據(jù)，即可推出，因此當(dāng)點G與點P重合時，滿足．
【詳解】證明：（1）是的中位線，
且．
又繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到
．
（2）由題意可知：，，．
作，則且，
又，
．
根據(jù)外角定理
，
，
．
又，是的中位線，
，
，
，
，
，
．
（3）存在點使得．
∵，
∴，
∴在中，，
過點C作于點M，
∴，
∵，
∴
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴點M是的中點，
∴是的垂直平分線，
過點D作，交于點P，連接，，
∴，
∴根據(jù)三線合一得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
過點P作于點N，則四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴點N是的中點，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴
即，
∴，
∴當(dāng)點G與點P重合時，滿足．
【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、中位線的性質(zhì)、外角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形，熟練掌握知識點以及靈活運用是解題的關(guān)鍵．
39．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在菱形中，．點在射線上運動（不與點，點重合），關(guān)于的軸對稱圖形為．
(1)當(dāng)時，試判斷線段和線段的數(shù)量和位置關(guān)系，并說明理由；
(2)若，為的外接圓，設(shè)的半徑為．
①求的取值范圍；
②連接，直線能否與相切？如果能，求的長度；如果不能，請說明理由．
【答案】(1)，
(2)①且；②能，
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可得，，再結(jié)合軸對稱的性質(zhì)可得結(jié)論；
（2）①如圖，設(shè)的外接圓為，連接交于．連接，，，，證明為等邊三角形，共圓，，在上，，過作于，當(dāng)時，最小，則最小，再進(jìn)一步可得答案；②如圖，以為圓心，為半徑畫圓，可得在上，延長與交于，連接，證明，可得，為等邊三角形，證明，可得：，，過作于，再進(jìn)一步可得答案．
【詳解】（1）解：，；理由如下：
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由對折可得：，
∴；
（2）解：①如圖，設(shè)的外接圓為，連接交于．連接，，，，
∵四邊形為菱形，，
∴，，，
∴為等邊三角形，
∴，
∴共圓，，在上，
∵，
∴，
過作于，
∴，，
∴，
當(dāng)時，最小，則最小，
∵，，
∴，
∴；
點E不與B、C重合，
，且，
∴的取值范圍為且；
②能為的切線，理由如下：
如圖，以為圓心，為半徑畫圓，
∵，
∴在上，
延長與交于，連接，
同理可得為等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∵為的切線，
∴，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由對折可得：，，
過作于，
∴設(shè)，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
【點睛】本題考查的是軸對稱的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，勾股定理的應(yīng)用，切線的性質(zhì)，本題難度很大，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
40．（2024·云南·中考真題）如圖，是的直徑，點、是上異于、的點．點在外，，延長與的延長線交于點，點在的延長線上，，．點在直徑上，，點是線段的中點．
(1)求的度數(shù)；
(2)求證：直線與相切：
(3)看一看，想一想，證一證：
以下與線段、線段、線段有關(guān)的三個結(jié)論：，，，你認(rèn)為哪個正確？請說明理由．
【答案】(1)
(2)見解析
(3)，理由見解析
【分析】（1）直接利用直徑所對的圓周角是直角，即可得出結(jié)果；
（2）證明，得到，根據(jù)平角的定義，得到，即可得證；
（3）連接，連接交于點，易得，圓周角定理得到，推出，進(jìn)而得到，根據(jù)三角函數(shù)推出，得到三點共線，即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）解：∵是的直徑，點是上異于、的點，
∴；
（2）證明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是半徑，
∴直線與相切；
（3）我認(rèn)為：正確，理由如下：
連接，連接交于點，如圖，則：，
∴點在線段的中垂線上，
∵，
∴點在線段的中垂線上，
∴，
∴，
∵是的直徑，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵為的中點，
∴，
∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴三點共線，
∴．
【點睛】本題考查圓周角定理，切線的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握相關(guān)知識點，并靈活運用，是解題的關(guān)鍵．

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