(1)問題發(fā)現(xiàn)
當時，______；當時，______．
(2)拓展探究
試判斷：當時，的大小有無變化？請僅就圖2的情形給出證明．
(3)問題解決
繞點逆時針旋轉至三點在同一條直線上時，請直接寫出線段的長______．
【答案】(1) ；
(2)沒有，證明見解析
(3)滿足條件的的長為或
【分析】（1）當時，在Rt中，勾股定理，可求的長，然后根據(jù)點分別是邊的中點，分別求出的大小，即可求出的的值；當時，可得，然后根據(jù)，可求的值；
（2）首先判斷出，再根據(jù)，判斷出，然后由相似三角形的對應邊成比例，可求解；
（3）分兩種情形：當點在的延長線上時；當點在線段上時，分別求解即可．
【詳解】（1）解：當時，
Rt中，，
，
點分別是邊的中點，
，，
，
故答案為：；
如圖，
當時，可得，
，
，
故答案為：；
（2）解：如圖，
當時，的大小沒有變化，
，
，
，
，
；
（3）解：如圖，當點在的延長線上時，
在Rt中，，，
，
，
，
；
如圖，當點在線段上時，
在Rt中，，，
，
，
，
，
綜上所述，滿足條件的的長為或．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了旋轉變換，相似三角形的判定和性質，平行線的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
2．（2023春·河南駐馬店·九年級駐馬店市第二初級中學校考開學考試）點E是矩形ABCD邊AB延長線上一動點（不與點B重合），在矩形ABCD外作Rt△ECF其中∠ECF＝90°，過點F作FG⊥BC交BC的延長線于點G，連接 DF交CG于點H．
(1)發(fā)現(xiàn)
如圖1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想線段DH與HF的數(shù)量關系是______
(2)探究
如圖2，若AB＝nAD，CF＝nCE，（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．
(3)拓展
在（2）的基礎上，若FC的延長線經過AD的三等分點，且AD＝3，AB＝4，請直接寫出線段EF的值
【答案】(1)；
(2)仍然成立，見解析；
(3)或
【分析】（1）證明，得，則，則證，得出即可；
（2）證，則，由矩形的性質得出，證，即可得出；
（3）根據(jù)矩形的性質和已知得，則，分兩種情況，根據(jù)勾股定理和平行線的性質進行解答即可．
【詳解】（1），理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，

∴，
，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案為，
（2）仍然成立，理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形ABCD是矩形，，
∴，
∴，
∴，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
（3）如圖所示，延長FC交AD于R，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴，，，，
∵，，
∴，
∴，
分兩種情況：
①當時，
∵，
∴，，
在中，由勾股定理得：
，
∵，，
∴，
∴，
由勾股定理得：EF＝；
②當時，同理可得：，
，，
，
由勾股定理得：
，
綜上所說，若射線FC過AD的三等分點，，，
則線段EF的長為或．
【點睛】本題主要考查了正方形的判定與性質、矩形的性質、平行線的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識，熟練掌握平行線的性質和相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
3．（2023·河北·模擬預測）在平面直角坐標系xOy中，⊙O的半徑是，A，B為⊙O外兩點，AB＝2．給出如下定義：平移線段AB，使平移后的線段A′B′成為⊙O的弦（點A′，B′分別為點A，B的對應點），線段AA′長度的最小值成為線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”．
(1)如圖1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由線段AB平移而得，這兩條弦的位置關系是______；在點P1，P2，P3，P4中，連接點A與點______的線段長度等于線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”；
(2)若點A（0，7），B（2，5），線段AA′的長度是線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”，則點A′的坐標為_____；
(3)如圖2，若A，B是直線y＝﹣x+6上兩個動點，記線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”為d，則d的最小值是_____；請你在圖2中畫出d取得最小值時的示意圖，并標記相應的字母．
【答案】(1)平行，P2
(2)（1，3）
(3)，圖見解析
【分析】（1）根據(jù)平移的性質，可以得到，由圖可以得到的長度等于線段到的“優(yōu)距離”；
（2）根據(jù)定義和（1）提示，可以知道，平移，使對應點落在圓上，即在圓上滿足，，這樣的只有兩條，分別切位于圓心兩側，根據(jù)題意畫出草圖，可以得到如圖1的位置，線段是線段到的優(yōu)距離，利用和坐標，求出直線解析式，從而得到直線的比例系數(shù)，同時可以得到為等腰直角三角形，因為，過作，利用垂徑定理和勾股定理，求出，利用，得到為等腰直角三角形，過作軸于點，從而可以求得，得到直線解析式為，設，過作軸于，在中，利用勾股定理，列出方程即可求解；
（3）由（2）可知，經過平移，對應點落在圓上，，，符合條件的只有兩條，并且位于點兩側，如圖2，根據(jù)垂線段最短，當時，最小，過作，分別交于，交于，用（2）中方法求解和，得到的長度，即可解決．
【詳解】（1）解：平移得到，
，
同理，，
，
由圖可得，連接點與點的線段長度等于線段到的“優(yōu)距離”，
故答案為：平行，；
（2）解：如圖1，過作軸于，則，
，，
，
設直線為，代入點，得，
直線為，
設直線交軸于，
軸，
軸，
，
由（1）可得，平移，使對應點落在上，此時，且，
這樣的對應線段有兩條，分別位于圓心點兩側，
所以當在如圖位置時，線段的長度是到的“優(yōu)距離”，
過作，分別交于，交于，
，
，
，
連接，
，
，
在中，，
過作x軸于，
，
，
，
，
設直線為，代入點，得，
直線為，
設，過作軸于，
在中，，
，
或，
，
，
，
故答案為：；
（3）解：由（2）可知，經過平移，對應點落在圓上， ，，
符合條件的只有兩條，并且位于點兩側，
如圖2，根據(jù)垂線段最短，
當時，最小，
，，
四邊形為平行四邊形，
，
平行四邊形為矩形，
，
令，則，
，
同理，，
，
為等腰直角三角形，
過作，分別交于，交于，連接，
，
在中，，
，
，
，
又是等腰直角三角形，
，
，
，，
，
又，
四邊形為平行四邊形，
，
即的最小值為．
【點睛】本題主要考查特殊三角形和勾股定理，垂徑定理，能根據(jù)特殊三角形和勾股定理，垂徑定理求解相關的線段和角度，是解決此類問題的關鍵．
4．（2023春·全國·八年級期中）如圖1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=6，動點P從B出發(fā)沿射線BC方向移動，作△PAB關于直線PA的對稱△PAB′．
（1）如圖2，當點P在線段BC上運動時，直線PB′與CD相交于點M，連接AM，若∠PAM=45°，請直接寫出∠B′AM和∠DAM的數(shù)量關系；
（2）在（1）的條件下，請求出此時a的值：
（3）當a=8時，
①如圖3，當點B′落在AC上時，請求出此時PB的長；
②當點P在BC的延長線上時，請直接寫出△PCB′是直角三角形時PB的長度．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②PB的長度為8或或．
【分析】（1）證明Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；
（2）由Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，得到AD=AB′=AB=a，即可求得a=6；
（3）①利用勾股定理求出AC，在Rt△PB′C中利用勾股定理即可解決問題；
②分三種情形分別求解即可，如圖2-1中，當∠PCB′=90°時．如圖2-2中，當∠PCB′=90°時．如圖2-3中，當∠CPB′=90°時，利用勾股定理即可解決問題．
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠BAD=90°，
∵△PAB′與△PAB關于直線PA的對稱，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，
∵∠PAM=45°，即∠B′AP +∠B′AM =45°，
∴∠DAM +∠BAP =45°，
∴∠DAM=∠B′AM，
∵AM=AM，
∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，
∴∠B′AM=∠DAM；
（2）∵由（1）知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，
∴AD=AB′=AB=a，
∵AD=BC=6，
∴a=6；
（3）①在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得：AC==10，
設PB=x，則PC=6?x，
由對稱知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，
∴∠PB′C=90°，
又∵AB′=AB=8，
∴B′C=2，
在Rt△PB′C中， ，
∴(6?x)2=22+x2，
解得：x=，
即PB=；
②∵△PAB′與△PAB關于直線PA的對稱，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，
設PB′=PB=t，
如圖2-1中，當∠PCB'=90°，B'在CD上時，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，
∴DB′，
∴CB′=CD?DB′=8?2，
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，
∴t2= (8?2)2+(6?t)2，
∴t=；
如圖2-2中，當∠PCB'=90°，B'在CD的延長線上時，
在Rt△ADB'中，DB′，
∴CB′=8+2，
在Rt△PCB'中，則有：(8?2)2+(t?3)2=t2，
解得t=；
如圖2-3中，當∠CPB'=90°時，
∵∠B=∠B′=∠BPB′=90°，AB=AB′，
∴四邊形AB'PB為正方形，
∴BP=AB=8，
∴t=8，
綜上所述，PB的長度為8或或；
【點睛】本題考查了軸對稱的性質，矩形的性質，正方形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．
5．（2023春·廣東深圳·八年級統(tǒng)考階段練習）已知是邊長為的等邊三角形，點是射線上的動點，將繞點逆時針方向旋轉得到，連接．
(1)如圖1，猜想是什么三角形？______________；（直接寫出結果）
(2)如圖2，點在射線上（點的右邊）移動時，證明．
(3)點在運動過程中，的周長是否存在最小值？若存在．請求出周長的最小值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)等邊三角形
(2)見解析
(3)存在，
【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質即可求解；
（2）根據(jù)旋轉可證，得到，由此即可求解；
（3）根據(jù)旋轉可得，，則的周長，當點在線段上時，的周長，當在線段上，且最小時，的周長最小，由此即可求解．
【詳解】（1）解：等邊三角形，
∵點是射線上的動點，將繞點逆時針方向旋轉得到，
∴，，
∴，
∴是等邊三角形，
故答案為：等邊三角形．
（2）解：等邊三角形，如圖2中，設交于點．
由旋轉的性質可知，，，
是等邊三角形，
，，
，
，即，
在和中，
，
，
，
，
，
．
（3）解：點在運動過程中，的周長存在最小值，最小值為，
理由：如圖3中，
根據(jù)旋轉可得，，
，則的周長，
當點在線段上時，的周長，
當點在線段的延長線上時，的周長，
的周長，
當在線段上，且最小時，的周長最小，
為等邊三角形，
，
當時，的值最小，的最小值為，
的周長的最小值為．
【點睛】本題主要考查等邊三角形，旋轉的性質的綜合，掌握旋轉中角與邊的關系，全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．
6．（2023·山東濟南·統(tǒng)考一模）如圖1，已知正方形與正方形有公共頂點，點在正方形的對角線上.
(1)如圖2，正方形繞點順時針方向旋轉，和的數(shù)量關系是_____________，位置關系是_______________；
(2)如圖3，正方形繞點逆時針方向旋轉，求的值以及直線和直線所夾銳角的度數(shù)；
(3)如圖4，，點在對角線上， ，將正方形繞順時針方向旋轉，點是邊的中點，過點作 交于點；在旋轉過程中，線段的長度是否變化？如果不變，請直接寫出的長度；如果改變，請說明理由.
【答案】(1)，；
(2)，；
(3)不變，線段是一個定值，
【分析】（1）如圖所示，過點作交于點，證明，進而得出，，根據(jù)平行線的性質得出，進而即可得出結論；
（2）連接，證明， 得出，，延長、交于點，根據(jù)三角形的內角和定理，即可得出；
（3）過點作，得出，即可證明，設，則，連接， 過點作交于點，證明，得出，進而得出，則四點共圓，即可得出結論．
【詳解】（1）解：如圖所示，過點作交于點，
∵正方形與正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
和的數(shù)量關系是相等，位置關系是垂直，
故答案為：，；
（2）連接，
由旋轉性質知，
在和中，
， ，
∴，
，
，
；
，
，
延長、交于點，
，
（3）∵，點是邊的中點，點在對角線上， ，
∴,,
過點作，
在中，，
∴
即點重合，
∴，
∴
設，則，
∵
∴，
如圖所示，連接， 過點作交于點，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∵,,
∴，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴四點共圓，
∴線段是一個定值， ．
【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，相似三角形的性質與判定，解直角三角形，四點共圓，三角形內角和定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
7．（2023春·全國·八年級期中）如圖1，是等邊三角形中不共線三點，連接，三條線段兩兩分別相交于．已知．
(1)證明： ；
(2)如圖2，點M是上一點，連接，以為邊向右作，連接．若 ，證明： ．
(3)如圖3，在（2）的條件下，當點M與點D重合時，若，請問在內部是否存在點P使得P到三個頂點距離之和最小，若存在請直接寫出距離之和的最小值；若不存在，試說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)存在，
【分析】（1）可先推出，再證，即可得出結論；
（2）在上截取，連接，可推出是等邊三角形，可證，然后推出是等邊三角形，從而問題得證；
（3）先求得，將繞點D順時針旋轉至，連接，可得是等邊三角形，于是，故當共線時，有最小值，最后解斜三角形，從而求得．
【詳解】（1）證明：如圖1，
∵是等邊三角形，
∴ ，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，，，
同理可證：，
∴，，
∴ ；
（2）證明：如圖2，
由（1）知，，
∴是等邊三角形，
∴，
在上截取，連接，
∵
∴ ，
∴是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴是等邊三角形，
∴ ；
（3）解：如圖3，
由（1）（2）知，和是等邊三角形，
∵，
∴
∵ ，
∴，
∴在中，
將繞點D順時針旋轉至，連接，
∴ ，
∴是等邊三角形，
∴ ，
∴ ，
∴當共線時，A最小值為，
作于H，
∴，
∴，
∴在中，，，
∴，
∴在中，，
∴的最小值是．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，旋轉的性質和應用等知識，解決問題的關鍵是掌握“費馬點”模型及“截長補短”等題型．
8．（2023春·重慶南岸·九年級重慶市珊瑚初級中學校校聯(lián)考階段練習）已知為等邊三角形，是邊上一點，連接，點為上一點，連接．
(1)如圖1，延長交于點，若，，求的長；
(2)如圖2，將繞點順時針旋轉到，延長至點，使得，連接交于點，猜想線段，，之間存在的數(shù)量關系，并證明你的猜想；
(3)如圖3，，點是上一點，且，連接，點是上一點，，連接，，將沿翻折到，連接，當?shù)闹荛L最小時，直接寫出的面積．
【答案】(1)；
(2)，理由見解析
(3)的面積．
【分析】（1）作于J，利用等腰直角三角形的性質求得，再解直角三角形即可求解；
（2）延長到點I，使，連接，過點H作，交于點M，先后證明，，，，利用全等三角形的性質即可求解；
（3）過D、H分別作的垂線，分別交于點G，交于點F，作交于點E，證明，推出，，，再證明，推出，設，推出，得到當?shù)闹荛L取最小值時，的值最小，據(jù)此求解即可．
【詳解】（1）解：作于J，
∵為等邊三角形，
∴，，
∵，
∴，則是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴；
（2）解：，理由如下，
延長到點I，使，連接，過點H作，交于點M，
∵為等邊三角形，
∴，，
由旋轉的性質知，，，，，
∴，
∴，
∴，，則，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
同理，，
∴，，
同理可證，
∴，
∴；
（3）解：過D、H分別作的垂線，分別交于點G，交于點F，作交于點E，如圖，
∵為等邊三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
設，則，，，
∴，
∴，
∵的周長，
當?shù)闹荛L取最小值時，的值最小，
∴當時，的值最小，此時，即點G、K重合，如圖，
∴的面積．
【點睛】本題考查了解直角三角形，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，求二次函數(shù)的最值，作出合適的輔助線，學會利用參數(shù)構建二次函數(shù)解決問題是解題的關鍵．
9．（2023·福建三明·?？家荒＃┰诰匦沃?，連接，線段是線段繞點逆時針旋轉得到，平移線段得到線段（點與點對應，點與點對應），連接，分別交，于點，，連接．
(1)求證：；
(2)求的大?。?br>(3)若，，求矩形的面積（用含有，的式子表示）．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）連接，，根據(jù)平移的性質，得出四邊形是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質，得出，，再根據(jù)平行公理，得出，再根據(jù)矩形的性質，得出，再根據(jù)等量代換，得出，再根據(jù)平行四邊形的判定定理，得出四邊形是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質，即可得出結論；
（2）延長，交的延長線于點，由（1）可知，根據(jù)平行線的性質，得出，再根據(jù)直角三角形兩銳角互余，得出，再根據(jù)題意，得出，再根據(jù)角之間的數(shù)量關系，得出，進而得出，再根據(jù)旋轉的性質，得出，再根據(jù)“角角邊”，得出，再根據(jù)全等三角形的性質，得出，，進而得出，再根據(jù)線段之間的數(shù)量關系，得出，進而得出是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的性質，即可得出答案；
（3）根據(jù)題意，得出為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質，得出，再根據(jù)（2）得出，進而得出，再根據(jù)對頂角相等，得出，再根據(jù)三角形的內角和定理和對頂角相等，得出，再根據(jù)相似三角形的判定定理，得出，再根據(jù)相似三角形的性質，得出，進而得出，再根據(jù)等量代換，得出，據(jù)此即可得出答案．
【詳解】（1）證明：如圖，連接，，
∵線段平移得到線段，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，，
∴，
又∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴；
（2）解：延長，交的延長線于點，
由（1）可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵線段是線段繞點逆時針旋轉得到，
∴，
∴，
∴，
∵線段是線段繞點逆時針旋轉得到，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）解：∵為等腰直角三角形，
∴，
由（2）可知：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了平移的性質、平行公理、矩形的性質、平行四邊形的判定與性質、直角三角形兩銳角互余、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質、對頂角相等、相似三角形的判定與性質，解本題的關鍵在正確作出輔助線，并熟練掌握相關的性質定理．
10．（2023·湖北省直轄縣級單位·校聯(lián)考一模）如圖，正方形的對角線，相交于點將繞點沿逆時針方向旋轉得到，，分別交，于點，，連接交于點．
(1)求證：①是等腰直角三角形；②∽；
(2)在旋轉過程中，探究線段，，的數(shù)量關系，并說明理由；
(3)若，，求線段，的長度．
【答案】(1)①見解析；②見解析
(2)，理由見解析
(3)，
【分析】（1）①由旋轉的性質得到，再證明，得到，即可證明是等腰直角三角形；②根據(jù)三角形外角的性質證明，再由，即可證明；
（2）先證明，得到，由勾股定理得到，再由，即可證明；；
（3）過作交于點，延長，，相交于點，證明，，得到，設，則，則，利用勾股定理求出，進而求出，，，，證明，求出，，再證明，求出，即可得到答案．
【詳解】（1）證明：正方形的對角線，相交于點，
，，
，，
由旋轉可知，，
，
，
，
是等腰直角三角形；
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
∽；
（2）解：，理由如下：
，，
∽，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
；
（3）解：過作交于點，延長，，相交于點，
則，
∴，，
，
，
設，則，
，
，
四邊形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，，，，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，正方形的性質，勾股定理，全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質與判定等等，靈活運用所學知識是解題的關鍵．
11．（2023·江蘇鹽城·統(tǒng)考一模）【問題思考】如圖1，點E是正方形內的一點，過點E的直線，以為邊向右側作正方形，連接，直線與直線交于點P，則線段與之間的關系為______．
【問題類比】
如圖2，當點E是正方形外的一點時，【問題思考】中的結論還成立嗎？若成立，請證明你的結論；若不成立，請說明理由；
【拓展延伸】
如圖3，點E是邊長為6的正方形所在平面內一動點，【問題思考】中其他條件不變，則動點P到邊的最大距離為______（直接寫出結果）．
【答案】【問題思考】，；【問題類比】：【問題思考】中的結論成立，理由見解析；【拓展應用】
【問題思考】根據(jù)“”證明，然后根據(jù)全等三角形的性質即可得出答案；
【問題類比】同理證明，然后根據(jù)全等三角形的性質即可得出答案；
【拓展應用】根據(jù)可得點的運用軌跡即為以為直徑的上，所以當點位于右側，且經過圓心時，動點P到邊的距離最大，據(jù)此解答即可．
【詳解】解：問題思考：
設和交于點，
∵四邊形和四邊形都為正方形，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
即，
故答案為：，；
問題類比：
問題思考中的結論仍然成立，理由如下：
設和交于點，
∵四邊形和四邊形都為正方形，
∴，，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
即，
故答案為：，；
拓展應用：
∵，
∴點的運用軌跡即為以為直徑的上，
如圖：
當點位于右側，且經過圓心時，動點P到邊的距離最大，
∵正方形的邊長為，
∴，，
∴，
∴，
即動點P到邊的最大距離為，
故答案為：．
【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，圓周角定理等知識點，熟練掌握全等三角形的判定與性質以及確定出點的運動軌跡是解本題的關鍵．
12．（2023春·安徽合肥·八年級合肥市五十中學西校?？计谥校?）如圖1，在邊長為1個單位長度的小正方形組成的網格中，的三個頂點均在格點上，現(xiàn)將繞點按順時針方向旋轉90°，點的對應點為，點的對應點為，連接，如圖所示則___________．
（2）如圖2，在等邊內有一點，且，，，如果將繞點逆時針旋轉60°得出，求的度數(shù)和的長；
（3）如圖3，將（2）題中“在等邊內有一點”改為“在等腰直角三角形內有一點”，且，，，，求的度數(shù)．
【答案】（1）；（2），；（3）
【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質只要證明是等腰直角三角形即可得到答案；
（2）根據(jù)旋轉的性質，可得是等邊三角形，由等邊三角形的性質即可求出的長，；而又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可證），所以，從而得出結論；
（3）如圖3，將繞點B逆時針旋轉90°得到，，與（2）類似：可得：，求出，根據(jù)勾股定理的逆定理求出，即可得出結論．
【詳解】解：∵將繞點按順時針方向旋轉90°，點的對應點為，點的對應點為，
∴，
∴．
故答案為：；
（2）∵是等邊三角形，
∴，
∵將繞點逆時針旋轉60°得出，，
∴，．
∵，
∴，
∴是等邊三角形，
∴．
∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴；
（3）如圖3，將繞點B逆時針旋轉90°得到，
與（2）類似：可得：，，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴．
【點睛】本題考查了勾股定理及勾股定理的逆定理，等邊三角形的性質和判定，等腰三角形的性質，旋轉的性質等知識點的理解和掌握，正確作輔助線并能根據(jù)性質進行證明是解答此題的關鍵．
13．（2023春·重慶合川·九年級重慶市合川中學?？茧A段練習）如圖1，與為等腰直角三角形， ，，，將繞著點旋轉．
(1)如圖2，在旋轉過程中，當、、三點共線( 在延長線上)時，連接，過點作的垂線交于點，交于點，求的長；
(2)如圖3，在旋轉過程中，連接、，過點作于點，交于點，請寫出與的數(shù)量關系并證明．
(3)如圖4，在（2）的條件下，連接、，當最小時，請直接寫出 的面積．
【答案】(1)
(2)，證明見解析
(3)
【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質和平行線分線段成比例定理解決問題即可．
（2）結論：．如圖中，過點作交的延長線于，連接交于，設交于點．證明（），推出，推出，即，證明 即可．
（3）如圖4中，取的中點，連接，．求出，即可解決問題．
【詳解】（1）解：如圖所示，
，，
，，
，
，
，，
，
，


故答案為：．
（2）結論：．
理由：如圖中，過點作交的延長線于，連接交于，設交于點，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
（），
，
，
，
，即，
，
，
，
．
（3）如圖4中，取的中點，連接，．
，，
，
，，，
，
，，
，
，

的最小值為，此時如圖5所示，三點共線，
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形中位線定理，勾股定理解直角三角形，旋轉的性質，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．
14．（2023春·湖北十堰·九年級統(tǒng)考階段練習）如圖1，在中，，，過點作于點，點為線段上一點（不與，重合），在線段上取點，使，連接，．
(1)觀察猜想：線段與的數(shù)量關系是______，與的位置關系是______；
(2)類比探究：將繞點旋轉到如圖2所示的位置，請寫出與的數(shù)量關系及位置關系，并就圖2的情形說明理由；
(3)問題解決：已知，，將繞點旋轉，當以、、、四點為頂點的四邊形為平行四邊形時，直接寫出的長．
【答案】(1)，；
(2)，，理由見解析；
(3)或．
【分析】（1）延長交于點G，先證明為等腰直角三角形，再證明，問題隨之得解；
（2）延長交于點，同（1），先證明為等腰直角三角形，再證明，問題隨之得解；
（3）先根據(jù)等腰直角三角形的性質求得，再由勾股定理求出AB的長度，分三種情況：①當點N在AB上時，點M在上時，四邊形ANDM是平行四邊形；
②當點N在上時，四邊形ADMN是平行四邊形；③當點N在BC外，點M在AB上時，四邊形AMND是平行四邊形，分別利用勾股定理和平行四邊形的性質求解．
【詳解】（1）延長交于點G，如圖，
∵，，
∴為等腰直角三角形，
∵，
∴是的中線，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴.
∴，
∴在中，，
∴，
故答案為：，；
（2），
理由如下：延長交于點，
∵，，
∴為等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵根據(jù)旋轉可知，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴.
∵，
∴，
∴在中，，
∴；
（3）∵，，
∴為等腰直角三角形．
∵，，
∴，
∴．
∵，以A，D，M，N四點為頂點的四邊形為平行四邊形，
①當點N在上時，點M在上時，四邊形是平行四邊形，
∴，．
∴；
②當點N在上時，四邊形是平行四邊形，連接，
∴，
∴；
③當點N在外，點M在上時，四邊形是平行四邊形，
∴，．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是正方形,
∴．
綜上所述，的長度為或．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，平行四邊形性質，全等三角形的判定和性質，正方形的判定和性質，勾股定理，等腰直角三角形的性質．理解相關知識，作出輔助線，構建三角形是解答關鍵．
15．（2023·河南商丘·?？家荒＃┚C合與實踐
二輪復習中，劉老師以“最值問題”為專題引導同學們進行復習探究．
問題模型：等腰三角形，，，
(1)探究：如圖，點為等腰三角形底邊上一個動點，連接，則的最小值為______，判斷依據(jù)為______；
(2)探究：在探究的結論下，繼續(xù)探究，作的平分線交于點，點，分別為，上一個動點，求的最小值；
(3)探究：在探究的結論下，繼續(xù)探究，點為線段上一個動點，連接，將順時針旋轉，得到線段，連接，求線段的最小值．
【答案】(1)；點到直線的距離垂線段最短
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)點到直線的距離垂線段最短，當時，有最小值，求出即可；
（2）作點關于的對稱點，則點在邊上，連接，過點作，垂足為，由軸對稱的性質可得，當和在同一條直線上，且時，有最小值，即為，求出的長即可；
（3）延長至使得，連接并延長，交于點，證明，可得，因為始終為，所以可確定點在上運動，當時，有最小值，求出此時的值即可．
【詳解】（1）解：如圖，當時，有最小值，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
故答案為：；點到直線的距離垂線段最短．
（2）解：如圖，作點關于的對稱點，則點在邊上，連接，過點作，垂足為，
∵點、關于的對稱，
∴，
∴，
∵當和在同一條直線上，且時，有最小值，
∴的最小值為，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴的最小值為．
（3）解：延長至使得，連接并延長，交于點，
∵順時針旋轉，得到線段，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，始終為，
∴點在上運動，當時，有最小值，
∴，
∴的最小值為．
【點睛】本題考查了點到直線的最短距離、含角的直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質及勾股定理，根據(jù)題意正確作出輔助線是解答本題的關鍵．
16．（2023·廣東東莞·東莞市厚街海月學校校考模擬預測）如圖（1），在中，．點D是邊上任意一點（不與B，C重合），連接，過點D作于點E，連接，點F為中點，連接．
(1)當時，判斷四邊形的形狀，并證明．
(2)點D在線段上的什么位置時，的面積最大？請說明理由．
(3)如圖（1）中的繞點B旋轉到如圖（2）所示位置，得到，使得點A在直線上，連接，點為中點，與交于點G，其他條件不變．求證：．
【答案】(1)四邊形是菱形，理由見解析
(2)當時，的面積最大，理由見解析
(3)見解析
【分析】（1）求得，則，證明是的平分線，利用含30度角的直角三角形的性質以及斜邊中線的性質推出，即可證明結論；
（2）設，，推出，利用二次函數(shù)的性質即可求解；
（3）作點A關于的對稱點，點關于的對稱點Ｈ，證明都是等邊三角形，推出，再根據(jù)三角形中位線定理即可證明結論．
【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下：
∵在中，，
∴，則，
∵，
∴，
∴是的平分線，則，
∴，
∵點F為中點，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形；
（2）解：當時，的面積最大，理由如下：
設，，則，，，，，，
∵點F為中點，
∴
，
∵，
∴當時，有最大值，
此時，即，
∴當時，的面積最大；
（3）解：作點A關于的對稱點，點關于的對稱點Ｈ，連接，
則，，
∴，
由題意得，
∴都是等邊三角形，
∵，
∴，
∴，
∵點為中點，
∴是的中位線，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)的應用，旋轉的性質，含30度角的直角三角形的性質以及斜邊中線的性質，三角形中位線定理，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題．
17．（2023·福建廈門·福建省廈門第六中學?？家荒＃┤鐖D，在正方形中，點在邊上，點A關于直線的對稱點為點F，連接．設，
(1)試用含的代數(shù)式表示；
(2)作，垂足為G，點G在AF的延長線上，連接，試判斷與的位置關系，并加以證明；
(3)把繞點B順時針旋轉90°得到，點E的對應點為點H，連接，若是等腰三角形，求的值．
【答案】(1)
(2)，證明見解析
(3)或
【分析】（1）由軸對稱的性質可得，，可求，由等腰三角形的性質求出即可得到答案；
（2）通過證明，，，點四點共圓，可得，由等腰三角形的性質可得，可得，可證；
（3）由于，故分兩種情況：當由旋轉的性質可得，，，，由“”可證，可得，即可求解；當時，可證點與點重合，則點與點重合，由此即可得到答案．
【詳解】（1）解：如圖1，連接，
∵四邊形是正方形，
∴，
∵點關于直線的對稱點為點，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，證明如下：
如圖2，連接，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，，四點共圓，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∴；
如圖3，當時，過點作于，
∵將繞點順時針旋轉得到，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
當時，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴三點共線
∴點與點重合，則點與點重合，
∴；
綜上所述：的值為或．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質，旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)，圓的有關知識，等腰三角形的性質等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
18．（2023·北京海淀·清華附中校考模擬預測）在平面直角坐標系中，對于線段，點和圖形定義如下：線段繞點逆時針旋轉得到線段（和分別是和的對應點），若線段和均在圖形的內部（包括邊界），則稱圖形為線段關于點的旋垂閉圖．
(1)如圖，點，．
①已知圖形：半徑為的 ；：以為中心且邊長為的正方形；：以線段為邊的等邊三角形．在，，中，線段關于點的旋垂閉圖是__________．
②若半徑為的⊙是線段關于點的旋垂閉圖，求t的取值范圍；
(2)已知長度為的線段在軸負半軸和原點組成的射線上，若存在點，使得對半徑為的 上任意一點，都有線段滿足半徑為的 是該線段關于點的旋垂閉圖，直接寫出的取值范圍．
【答案】(1)①；②
(2)
【分析】（1）①分別在坐標系中畫出，，，再畫出線段繞點O逆時針旋轉90°的線段即可得到答案；②如圖1所示，當點T在點C左側，且此時剛好點落在上時，如圖2所示，當點T在點D右側，且此時剛好點落在上時，求出這兩種臨界情形下t的值，即可得到答案；
（2）先求出點Q在直線上運動；設點A在點B的左側，如圖2-1所示，連接并延長交于M，點A繞點M逆時針旋轉90°后的對應點為，由旋轉的性質可得，則，由于點A到上任意一點的距離的最大值是，只需要找到值最小時，則此時半徑有最小值；故當與直線垂直時，有最小值，即有最小值，如圖2-2所示，當點A的坐標為且與直線垂直時，有最小值，即有最小值，根據(jù)等腰直角三角形的性質即可求解．
【詳解】（1）解：①由下圖可知，在，，中，線段關于點的旋垂閉圖是，
故答案為：；
②如圖1所示，當點T在點C左側，且此時剛好點落在上時，
由旋轉的性質可得，
∵，
∴，
∴，
∵在上，
∴，
∴，
∴，
解得或（不符合題意的值舍去）；
如圖2所示，當點T在點D右側，且此時剛好點落在上時，
由旋轉的性質可得，
∵，
∴，
∴，
∵在上，
∴，
∴，
∴，
解得，（不符合題意的值舍去）；
∴當時，半徑為5的是線段關于點的旋垂閉圖；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴點Q在直線上運動；
∵長度為4的線段在軸負半軸和原點組成的射線上，
設點A在點B的左側，
如圖2-1所示，連接并延長交于P，點A繞點P逆時針旋轉后的對應點為，
由旋轉的性質可得，
∴，
∵點A到上任意一點的距離的最大值是，
∵都是動點，
∴只需要找到值最小時，則此時半徑有最小值；
∵點到直線的距離，垂線段最短，
∴當與直線垂直時，有最小值，即有最小值，
∴如圖2-2所示，當點A的坐標為且與直線垂直時，有最小值，即有最小值，
此時
∴
∴
∴
∴．
【點睛】本題主要考查了坐標與圖形，一次函數(shù)與幾何綜合，坐標與圖形變化——旋轉，勾股定理，圓外一點到圓上一點的最值問題等等，正確畫出示意圖，利用數(shù)形結合的思想求解是解題的關鍵．
19．（2023春·四川成都·九年級四川省成都市第七中學初中學校?？茧A段練習）如圖，拋物線經過兩點，與x軸交于另一點A，點D是拋物線的頂點．
(1)求拋物線的解析式及點D的坐標；
(2)如圖1，連接，點E在直線上方的拋物線上，連接，當面積最大時，求點E坐標；
(3)如圖2，連接，在拋物線上是否存在點M，使，若存在，求出M點的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)，
(2)E的坐標為
(3)存在，或
【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求出拋物線解析式．再將其變?yōu)轫旤c式即得出頂點坐標；
（2）由拋物線解析式可求，即．利用待定系數(shù)法可求出直線的解析式為．設．過點E作軸于點H，交于點F，則，即得出，，從而得出．再根據(jù)三角形面積公式可得出，結合二次函數(shù)的性質即可求出點E的坐標；
（3）設．分類討論：①當在右側時，設交x軸于G和②當在左側時，設與x軸交于點N，過B作于P．分別根據(jù)相似三角形的判定和性質求出點G和點N的坐標，再利用待定系數(shù)法求出直線和的解析式，最后兩個直線解析式分別與二次函數(shù)解析式聯(lián)立，再求解即可得出點M的坐標．
【詳解】（1）解：把代入得：
，解得：，
∴拋物線的解析式為：.
∵，
∴頂點；
（2）對于，令，則，
解得：．
∴，
∴．
設直線的解析式為，
∴，解得：，
∴直線的解析式為．
∵點E在直線上方的拋物線上，
∴設．
如圖，過點E作軸于點H，交于點F，
∴，
∴，，
∴．
∴
．
∵，，
∴當時，面積最大，此時，
∴點E的坐標為；
（3）在拋物線上存在點M，使，
理由：設，
分類討論：①如圖，當在右側時，設交x軸于G，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
設，則，
∴，
解得：，
∴．
設直線的解析式為，
∴，解得：，
∴直線的解析式為：，
聯(lián)立，解得：，，
∴；
②當在左側時，設與x軸交于點N，過B作于P，如圖，
∵，
∴是等腰直角三角形．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
設直線的解析式為，
∴，解得：，
∴直線的解析式為：．
聯(lián)立，解得：，，
∴．
綜上所述，存在點M，其坐標為或．
【點睛】本題為二次函數(shù)綜合題，考查利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)一般式改為頂點式，二次函數(shù)圖象與坐標軸的交點，二次函數(shù)的最值問題，三角形相似的判定和性質，勾股定理，直線與拋物線的交點問題等知識，為中考壓軸題．利用數(shù)形結合和分類討論的思想是解題關鍵．
20．（2023春·浙江寧波·九年級浙江省余姚市實驗學校?？茧A段練習）如圖，直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，以為直徑的交于另一點C，點D在上．分別過點O，B作直線的垂線段，垂足為E，F(xiàn)，連接．
(1)求點A，B，C的坐標．
(2)當點D在直線右側時，
①求證：；
②求證：．
(3)與的距離和是否為定值？若是，請直接寫出定值；若不是，請直接寫出取到最小值時直線的解析式．
【答案】(1)，，；
(2)①見解析；②見解析
(3)與的距離和不是定值；直線的解析式為．
【分析】（1）令或，可求得點A，B的坐標，作于點G，解直角三角形求解即可；
（2）①證明，利用相似三角形的性質即可證明；
②作于點M，利用平行線分線段成比例證得，再由垂徑定理得到，即可證明結論；
（3）與的距離和不是定值；當點D與點C重合時，才取得最小值，此時切于點C，利用切線長定理求得，利用待定系數(shù)法即可求解．
【詳解】（1）解：令，則；令，則，解得；
∴，，
∴，，，
作于點G，
∵以為直徑的交于另一點C，
∴，
∵，即，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①∵，，，即，∴，
∴，
∴，即；
②作于點M，
則，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即；
（3）解：隨著點D的變化，也在不斷的變化，不是定值，
當點D與點C重合時，才取得最小值，此時切于點C，
設與x軸交于點H，由切線長定理得，
∴，
∵，∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
設直線即的解析式為，
∴，解得，
∴直線的解析式為．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)與坐標軸的交點坐標，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，切線長定理，平行線分線段成比例定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．
21．（2023春·江蘇無錫·九年級?？茧A段練習）如圖，平面直角坐標系中，已知 ，，點C是在y軸的負半軸上，且的面積為9．
(1)點C的坐標為_______；
(2)P是第四象限內一點且橫坐標為m， ．
①連接，交線段于點D．根據(jù)題意畫出示意圖并求的值（用含m的代數(shù)式表示）；
②連接，是否存在點P，使得，若存在，求m的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)①畫圖見解析，；②存在，
【分析】（1）先求出，根據(jù)三角形的面積求出長，根據(jù)點的位置寫出坐標即可；
（2）①過點 P 作 交直線于點 E，過點 P 作 交 x 軸于點 F，寫出點點坐標，進而寫出點的坐標，利用平行線分線段成比例解題；②過點 C 作 軸交的延長線于點 H，延長 交 x 軸于點 G，可以推出，可以得到點 G 的坐標為，進而求出m的值．
【詳解】（1）解：∵ ，
∴，
∵
∴，
解得，
∵點C是在y軸的負半軸上，
∴點C的坐標為，
故答案為：；
（2）①過點 P 作 交直線于點 E，過點 P 作 交 x 軸于點 F．
∵P 是第四象限內一點且橫坐標為 m，
∴，
∴，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∵，
∴E 點坐標為 ，
∵，
∴
∵，
∴ 的解析式為 ．
∴．
∴ ．
②過點 C 作 軸交的延長線于點 H，延長 交 x 軸于點 G．
∵軸，
∴，即，
∵，
∴，即．
∵軸，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴點 G 的坐標為．
∴的解析式為 ．
把 代入可得 ．
【點睛】本題考查點的坐標，平行線分線段成比例，等腰三角形的判定，一次函數(shù)的解析式，三角函數(shù)，掌握一次函數(shù)的圖象和性質是解題的關鍵．
22．（2023·北京海淀·中關村中學?？寄M預測）如圖，矩形的頂點分別在軸，軸上，點坐標是為邊上一點，將矩形沿折疊，點落在軸上的點處，的延長線與軸相交于點
(1)如圖，求點的坐標；
(2)如圖，若是上一動點，交于交于，設，求與之間的函數(shù)關系式；
(3)在的條件下，是否存在點，使為等腰三角形？若存在，請直接寫出點的坐標；若不存在，請說明理由
【答案】(1)；
(2)；
(3)點的坐標是或或
【分析】（1）設，則，再求出的長，在中，根據(jù)勾股定理求出a的值，即可求解；
（2）延長交于，則，先證明，可得，從而得到，在中，由勾股定理可得，可得，從而得到，進而得到，可證得，可得到，再證明，即可求解；
（3）分三種情況：當時；當時；當時，即可求解．
【詳解】（1）解：在矩形中，，
，
設，則，
，
在中，，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
；
（2）解：如圖，延長交于，則，
，
，
，
，
，
由（1）知：，
，又，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，即，
；
（3）解：分三種情況：
當時，如圖，
，
，
，
，即，
解得：，
，
；
當時，如圖，過作于與的延長線交于點，
有，
，
，
，，
，
即，
，
，
，即，
解得：，
代入得：，
；
當時，如圖，過點作于，
，
，
，
，
又，
，
，
，
代入得：，
；
綜上，點的坐標是或或
【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了折疊的性質，相似三角形的性質和判定，勾股定理，一次函數(shù)，等腰三角形的性質和判定等知識，用分類討論的數(shù)學思想和方程思想解決問題是解本題的關鍵．
23．（2023春·重慶沙坪壩·九年級重慶八中?？茧A段練習）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線經過，．直線交軸于點，是直線上方且在對稱軸右側的一個動點，過作，垂足為，為點關于拋物線的對稱軸的對應點．
(1)求拋物線的函數(shù)表達式；
(2)當?shù)淖畲笾禃r，求此時點的坐標和的最大值；
(3)將拋物線關于直線作對稱后得新拋物線，新拋物線與原拋物線相交于點，是新拋物線對稱軸上一點，是平面中任意一點，是否存在點，使得以，，，為頂點的四邊形是菱形，寫出所有符合條件的點的坐標，并寫出求解點的坐標的其中一種情況的過程．
【答案】(1)
(2)的最大值為1，此時點的坐標為
(3)存在點，使以，，，為頂點的四邊形是菱形，此時點的坐標為或或或或
【分析】（1）利用待定系數(shù)法，將，代入，即可求得答案；
（2）先求得的函數(shù)表達式，過點作軸交于點，設點，則，利用，求得，再根據(jù)、關于對稱軸對稱求得，進而求得，再將二次函數(shù)化為頂點式，即可求解；
（3）先求得點的坐標及新拋物線的對稱軸，設，以，，，為頂點的四邊形是菱形，則需要為等腰三角形，分三種情況：，，，根據(jù)題意列出方程求解即可．
【詳解】（1）解：拋物線經過，，
，
解得：，
該拋物線的函數(shù)表達式為：；
（2）解：設直線的函數(shù)表達式為，
將，代入，得，
解得：，
直線的函數(shù)表達式為，
令，得，
解得：，
，
拋物線的對稱軸為直線，
過點作軸交于點，
設點，則，
，
，，
，
軸，
軸，
，
，
，
，
，
，
為點關于拋物線的對稱軸的對應點，
，
，
當時，的最大值為1，此時點的坐標為；
（3）解：存在，
原拋物線的對稱軸為直線，
將拋物線關于直線作對稱后，對稱軸向右平移了，新拋物線的對稱軸為直線，
當時，，
，
設，
若以，，，為頂點的四邊形是菱形，則為等腰三角形即可，分以下三種情況：
①當時，
，，
，
解得：或，
或，
以，，，為頂點的四邊形是菱形，
或；
②，
，，
，
解得：或，
或，
以，，，為頂點的四邊形是菱形，
或；
③，
，，
，
解得：，
，
以，，，為頂點的四邊形是菱形，
，
綜上，存在點，使以，，，為頂點的四邊形是菱形，此時點的坐標為或或或或．
【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質，相似三角形的判定與性質，用待定系數(shù)法求函數(shù)關系式，勾股定理，菱形的判定與性質，解題的關鍵是準確的畫出圖形和所需的輔助線，此題綜合性強，計算繁瑣，難度較大，屬于考試壓軸題．
24．（2023·吉林長春·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，點從點出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿方向運動，到點停止．當點與、兩點不重合時，作交于點，作交于點．為射線上一點，且．設點的運動時間為（秒）．
(1)的長為______．
(2)求的長．（用含有的代數(shù)式表示）
(3)線段將矩形分成兩部分圖形的面積比為時，求的值．
(4)當為某個值時，沿將以、、、為頂點的四邊形剪開，得到兩個圖形，用這兩個圖形拼成不重疊且無縫隙的圖形恰好是三角形．請直接寫出所有符合上述條件的值．
【答案】(1)
(2)
(3)值為或
(4)的值為或或
【分析】（1）利用勾股定理即可求出的長；
（2）證明四邊形是矩形，求出，可得結論；
（3）分兩種情形：點在線段時，點在的延長線上時，分別構建方程求解即可；
（4）分三種情形，分別畫出圖形，構建方程求解即可．
【詳解】（1）解：在中，
，，
．
（2），，
，
四邊形是矩形，
．
（3）如圖1中，當點在線段上時，
，，
，
，
，
，
由題意，，
，
解得：；
如圖2中，當點落在的延長線上時，設交于點，
當時，滿足條件，
，
，
，
，
解得：，
綜上所述，滿足條件的值為或；
（4）如圖中，當時，滿足條件，能拼成此時，
；
如圖中，當，重合時，能拼成，此時，
；
圖中，當時，能拼成，此時，
；
綜上所述，滿足條件的的值為或或
．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了解直角三角形，矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會利用參數(shù)構建方程解決問題．
25．（2023·廣東云浮·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標系中，矩形的其中兩邊分別在坐標軸上，它的兩條對角線交于點E，其中，，動點M從點C出發(fā)，以的速度在上向點B運動，動點N同時從點B出發(fā)，以的速度在上向點O運動．當其中一個動點到達終點時，它們同時停止運動．設它們運動時間是．
(1)請直接寫出的長度；
(2)當t為何值時，與相似；
(3)記的面積為S，求出S與t的函數(shù)表達式，并求出S的最小值及此時t的值．
【答案】(1)；
(2)當為或時，與相似
(3)S與t的函數(shù)表達式為；當時，S有最小值，最小值為
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質，得出cm，再根據(jù)題意，結合線段之間的數(shù)量關系，即可得出答案；
（2）首先根據(jù)題意，計算出的取值范圍，再根據(jù)相似三角形的性質，分兩種情況：當時，根據(jù)相似三角形的性質，得出，再根據(jù)（1）得出，，然后將相應的值代入，得出，解出；當時，根據(jù)相似三角形的性質，得出，再根據(jù)（1）得出，，然后將相應的值代入，得出，解出，綜合即可得出答案；
（3）過點作，垂足為點，過點作，垂足為點，分別求出、、的面積，再根據(jù)，得出S與t的函數(shù)表達式，再把二次函數(shù)解析式轉化為頂點式，利用二次函數(shù)的性質，即可得出答案．
【詳解】（1）解：∵矩形中，cm，動點M從點C出發(fā)，以1cm/s的速度在上向點B運動，
∴，
∵動點N同時從點B出發(fā)，以2cm/s的速度在上向點O運動，
∴；
（2）解：∵動點M從點C出發(fā)到點B，需要；動點N從點B出發(fā)到點O，需要，
∴，
當時，
∴，
由（1）可知：，，
∴，
解得：，
∴當為時，與相似；
當時，
∴，
由（1）可知：，，
∴，
解得：，
∴當為時，與相似，
綜上可得：當為或時，與相似；
（3）解：如圖，過點作，垂足為點，過點作，垂足為點，
∵cm，矩形的兩條對角線交于點E，
∴，
∵在中，，
∴，
∵cm，矩形的兩條對角線交于點E，
∴，
∵在中，，
∴，
在中，
∵，，
∴，
∴
，
∴S與t的函數(shù)表達式為，
∵，
∴當時，S有最小值，最小值為．
【點睛】本題考查了矩形的性質、相似三角形的性質、二次函數(shù)的性質，解本題的關鍵在充分利用數(shù)形結合和分類討論思想解答．
26．（2023春·福建廈門·九年級廈門市松柏中學校考階段練習）如圖，以為直徑的與相切于點，點在左側圓弧上，弦交于點，連接，，點關于的對稱點為，直線交于點，交于點．
(1)求證：；
(2)當點在上，連接交于點，若，求的值；
(3)當點在射線上，，四邊形中有一組對邊平行時，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)或
【分析】（1）設與相交于點M，由與相切于點A，得到，由，得到，進而得到，由平行線的性質推導得，，，最后由點A關于的對稱點為E得到即可證明．
（2）過F點作于點K，設與交于點N，連接，證明得到，再證明得到；最后根據(jù)及得到和，最后根據(jù)平行線分線段成比例求解．
（3）分兩種情形：當時，當時，分別求解即可．
【詳解】（1）證明：如圖，設與相交于點M，
∵與相切于點A，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵點A關于的對稱點為E，
∴，
∴．
（2）解：過F點作于點K，設與交于點N，連接，如下圖所示：
由同弧所對的圓周角相等可知：，
∵為的直徑，且，由垂徑定理得：，
∴，
∵點A關于的對稱點為E，
∴，
∴，即，
∴，
由同弧所對的圓周角相等得：，且，
∴，
∴，
∵，與交于點N，
∴．
∵，，
∴，
∴，
設，
∵點A關于的對稱點為E，
，，，
又，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）解：分類討論如下：
如圖，當時，連接，，設，則，
∵，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
∵，
，
，
，
；
如圖，當時，連接，，
設，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
綜上所述，滿足條件的的長為或，
【點睛】本題考查了圓周角定理，圓的相關性質，相似三角形，勾股定理等，綜合運用以上知識是解題的關鍵．
27．（2023春·吉林長春·九年級校考階段練習）在中，，的面積為30，點D為的中點，動點P由點A以每秒5個單位的速度向點B運動，連接，以為鄰邊作，設與的重疊部分面積為S，設點P的運動時間為．
(1)___________
(2)求點Q落在BC上時t的值．
(3)在點P運動的過程中，求S與t之間的函數(shù)關系式．
(4)若點A關于PD所在直線的對稱點為，當點落在一邊上的高上時，直接寫出t的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)1或或
【分析】（1）過B作于E，利用三角形的面積和勾股定理求得，，再利用正切定義求解即可；
（2）利用平行四邊形的性質和等腰三角形的判定與性質求得即可求解；
（3）根據(jù)題意，分和兩種情況，利用平行四邊形的性質和相似三角形的判定與性質求解即可；
（4）分三種情況：當點落在的邊上的高上時；當點落在的邊上的高上時；當點落在的邊上的高上時，畫出相應的圖形分別求解即可．
【詳解】（1）解：過B作于E，
∵，的面積為30，
∴，則，
在中，，由勾股定理得
∴，
∴，
故答案為：；
（2）解：點Q落在BC上時，如圖，
∵，點D為的中點，
∴，，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴
∴
∴
；
（3）解：由題意，當時，點P在中點之前，與的重疊部分為的面積，
過P作于F，則，
∴，
∴即，解得，
∴；
當時，如圖，點P在中點之后，與的重疊部分為四邊形，
過P作于F，則，
∴，
∴即，解得，
∵，
∴
∴即，解得，
∴ ，
綜上，；
（4）解：由對稱性質，得，
當點落在的邊上的高上時，
由（2）知，點Q落在BC上時，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
連接，，如圖，
∵，
∴，又點D為的中點，
∴,
∴四邊形是菱形，則Q與為同一點，此時 ，
∴；
當點落在的邊上的高上時，如圖，過C作于M，連接，
∵點D為的中點，
∴，則M與為同一點，此時 ，
∵的面積為30，，
∴，則，
∴，則；
當點落在的邊上的高上時，如圖，過B作于E，交于N，連接，，則，，
由（1）中可知，，，則，
∴，，
∵，
∴，
∴在中，，
設，則，，
在中，，，
由勾股定理得，
解得，
∴，
∴，
綜上，滿足條件的t值為1或或．
【點睛】本題考查等腰三角形的判定與性質、解直角三角形、相似三角形的判定與性質、平行四邊形的性質、直角三角形斜邊上的中線性質、對稱性質、菱形的判定與性質、勾股定理等知識，綜合性強，難度較大，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用，利用數(shù)形結合思想和分類討論思想求解是解答的關鍵．
28．（2023·山西晉中·統(tǒng)考一模）問題情境：在綜合實踐課上，同學們以“正方形的旋轉”為主題開展活動．如圖①，四邊形和四邊形都是正方形，邊長分別是12和13，將頂點A與頂點E重合，正方形繞點A逆時針方向旋轉，連接．
初步探究：
(1)試猜想線段與的關系，并加以證明；
(2)如圖②，在正方形的旋轉過程中，當點F恰好落在邊上時，連接，求線段的長；
(3)在圖②中，若與交于點M，請直接寫出線段的長．
【答案】(1)，，理由見解析
(2)
(3)
【分析】（1）先利用證明，得到，．如圖1，延長與交于點K，證明，根據(jù)四邊形內角和定理即可得到，則，即可證明；
（2）方法一：先利用勾股定理求出，然后證明．得到，即可得到．解法二：如圖3，過點G作交的延長線于點K，通過證明，推出．則在 中，由勾股定理得；
（3）證明，求出，則．
【詳解】（1）解：，，證明如下：
∵四邊形和四邊形都是正方形，
∴，，，，
∴，即，
∴，
∴，．
如圖1，延長與交于點K，
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴；
（2）解：解法一：如圖2，連接，
在中，，，，
∴，
在中，，
同理，
∴；
由正方形的性質可知，
∴
∴．
∴．
∵，
∴．
解法二：如圖3，過點G作交的延長線于點K，
∵在中，，，，
∴．
∵，，
∴，．
∴．
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴在 中，．
（3）解：如圖3所示，∵，
∴，
∴，
∴，
由（2）可知，，
∴ ，
∴．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，正方形的性質，勾股定理等等，正確作出輔助線構造全等三角形，相似三角形是解題的關鍵．
29．（2023·江蘇無錫·校聯(lián)考一模）拋物線過點，點，頂點為．
(1)直接寫出拋物線的表達式及點的坐標；
(2)如圖，點在拋物線上，連接并延長交軸于點，連接，若是以為底的等腰三角形，求點的坐標；
(3)如圖，在（2）的條件下，點是線段上（與點，不重合）的動點，連接，作，邊交軸于點，設點的橫坐標為，求的最大值．
【答案】(1)拋物線的表達式為；頂點
(2)
(3)m的最大值為
【分析】（1）將的坐標代入解析式，待定系數(shù)法求解析式即可，根據(jù)頂點在對稱軸上，求得對稱軸，代入解析式即可的頂點的坐標；
（2）設，根據(jù)是以為底的等腰三角形，根據(jù)，求得點的坐標，進而求得解析式，聯(lián)立二次函數(shù)解析式，解方程組即可求得點的坐標；
（3）根據(jù)題意，可得，設，根據(jù)相似三角形的性質，線段成比例，可得，根據(jù)配方法可得的最大值．
【詳解】（1）解：拋物線過點，點，
，
解得，
，
，代入，
解得：，
頂點．
（2）設，
,，是以為底的等腰三角形，

即

解得

設直線的解析式為
解得:
直線的解析式為
聯(lián)立
解得：，
；
（3）點的橫坐標為，，，
，
設，則，
是以為底的等腰三角形，
，

即
整理得
∴m的最大值為．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，相似三角形的性質與判定，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，待定系數(shù)法求解析式，等腰三角形的性質，二次函數(shù)的性質，綜合運用以上知識是解題的關鍵．
30．（2022春·上海徐匯·九年級統(tǒng)考期中）已知的直徑，點為弧上一點，連接、，點為劣弧上一點（點不與點、重合），連接交、于點、．
(1)如圖，當時，求；
(2)當點為劣弧的中點，且與相似時，求的度數(shù)；
(3)當，且為直角三角形時，求的長．
【答案】(1)
(2)
(3)的長是或
【分析】（1）過點D作交于F，判斷出，即可求出答案；
（2）連接，根據(jù)題意可知與相似，只存在一種情況：，得，設，則，在中，根據(jù)三角形外角的性質列方程可得結論；
（3）當為直角三角形時，不可能是直角，所以分兩種情況：①當時，作輔助線，作平行線，根據(jù)平行線分線段成比例定理計算，，的長，根據(jù)面積差可得結論；②當時，連接，證明，分別計算各邊的長，根據(jù)面積差即可得到答案；
【詳解】（1）解：如圖1，
過點作交于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如圖2，連接，
∵，與相似，
∴，
∴，
∵是的中點，
∴，
設，則，
∵，
∴，
∵是的中點，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①如圖3，當時，
∵，
∴，
過作于，連接，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
根據(jù)勾股定理得，，
∵為的直徑，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如圖4，當時，連接，
∵，
∴，，
∵，
同理得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
綜上，的長是或；
【點睛】本題考查了圓的綜合題，平行線分線段成比例定理，銳角三角函數(shù)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，靈活運用所學知識解決問題．
31．（2022·廣東東莞·一模）如圖，由繞點按逆時針方向旋轉得到，且點的對應點恰好落在的延長線上，，相交于點．
(1)求的度數(shù)；
(2)是延長線上的點，且．
①判斷和的數(shù)量關系，并證明；
②求證：．
【答案】(1)；
(2)①，理由見解析；②見解析
【分析】（1）由旋轉的性質得出，，，得出，可求出的度數(shù)；
（2）①由旋轉的性質得出，，證得，由等腰三角形的判定得出結論；
②方法一：過點作交于點，得出，，證明，由全等三角形的性質得出，則可得出結論．
方法二：證明，可得出，則可得出結論．
【詳解】（1）由繞點按逆時針方向旋轉得到，
，，，
在中，，
，
．
（2）①．
證明：由旋轉的性質可知，，，
在中，，
，，
，
即，
．
②證明：過點作交于點，
，，
，
，
，
又，
，
，
又，，
，
，
，
又 ，
．
方法二：，，
，
，
，

，
．
【點睛】本題是相似形綜合題，考查了旋轉的性質，三角形內角與外角的關系，等腰三角形的判定，全等三角形的判定與性質，平行線的性質，平行線分線段成比例定理等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
32．（2023春·山東東營·九年級東營市勝利第一初級中學?？茧A段練習）（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖和均為等邊三角形，點在同一直線上，連接．
線段之間的數(shù)量關系為 ___________ ；
的度數(shù)為 ___________ ．
（2）拓展探究：如圖和均為等腰直角三角形，，點在同一直線上，連接，求的值及的度數(shù)．
（3）解決問題：如圖，在和中，與相交于點，點在上，，求的值．
【答案】（1）① ，② ；（2），；（3）3
【分析】（1）①先判斷出，進而判斷出≌，即可得出結論；
由知，≌，得出，進而求出，即可求出答案；
（2）利用兩邊成比例且夾角相等證明∽，得，從而得出結論；
（3）根據(jù)相似三角形的判定定理得到∽，根據(jù)相似三角形的性質得到，求得，進而判斷出∽即可求出答案．
【詳解】解：（1）和均為等邊三角形，
，
，
即，
在和中，
，
，
，
故答案為：；
由知， ，
點在同一直線上，
，
，
，
故答案為：；
（2）結論：．
理由：和均為等腰直角三角形，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
；
（3），
∽，
，
，
，
∽；
，
，
，
，
，
．
【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，銳角三角函數(shù)，掌握兩三角形相似的判定是解本題的關鍵．
33．（2023春·遼寧本溪·九年級統(tǒng)考階段練習）如圖（1），在和中，，，，點E在內部，直線與相交于點F．小明和小軍想要探究線段之間存在怎樣的數(shù)量關系．
(1)問題探究：他們先將問題特殊化如圖（2），當點D，F(xiàn)重合時，直接寫出一個等式，表示之間的數(shù)量關系；
(2)再探究一般情形如圖（1），當點D，F(xiàn)不重合時，（1）中的結論是否成立．若成立請證明，若不成立請寫出正確結論并說明理由．
(3)問題拓展：如圖（3），在和中，，，（k是常數(shù)），點E在內部，直線與交于點F．直接寫出一個等式，表示線段之間的數(shù)量關系．
【答案】(1)，理由見解析
(2)（1）中結論仍然成立，理由見解析
(3)，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)已知條件證明△BCE≌△ACF即可得解；
（2）過點作交于點，則，通過證明證明得到是等腰直角三角形即可得解；
（3）通過已知條件證明，得到，過點作交于點M，則，根據(jù)勾股定理證明即可；
【詳解】（1）解：．理由如下：如圖（2），
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：（1）中結論仍然成立，理由如下：
如圖所示，過點作交于點，則，
∴，即．
∵，
∴．
又∵，，
∴，
∴．
∴．
∴，，
∴是等腰直角三角形．
∴．
∴，
∴．
（3）解：．理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
過點作交于點M，則，
∴．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴．
【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定與性質，三角形相似的判定與性質，勾股定理，正確作出輔助線構造相似三角形，全等三角形是解題的關鍵．
34．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考一模）綜合與實踐
綜合與實踐課上，老師讓同學們以“正方形的折疊”為主題開展數(shù)學活動．
(1)操作判斷
操作一：折疊正方形紙片，使頂點落在邊上點處，得到折痕，把紙片展平；（如圖1）
操作二：折疊正方形紙片，使頂點也落在邊上點處，得到折痕，與交于點．連接，，．
根據(jù)以上操作，直接寫出圖2中與相等的兩條線段______和______．
(2)探究發(fā)現(xiàn)
把圖2中的紙片展平，得到圖3，小亮通過觀察發(fā)現(xiàn)無論點在線段上任何位置，線段和線段始終相等，請你直接用第一問發(fā)現(xiàn)的結論幫小亮寫出完整的證明過程．
(3)拓展應用
已知正方形紙片的邊長為，在以上的探究過程中，當點到距離是 時，請直接寫出的長．
【答案】(1)；；
(2)證明見解析；
(3)或．
【分析】（1）由折疊的性質可知，點、是關于直線的對稱，點、是關于直線的對稱，由對稱的特點即可得出；
（2）取的中點，連接，證明，根據(jù)平行線等分線段定理即可得出結論，
（3）構造，根據(jù)和勾股定理列方程即可解答．
【詳解】（1）解：折疊的性質可知，點、是關于直線的對稱，點、是關于直線的對稱，
∴，，
故答案為：；．
（2）如解圖2，取的中點，即，連接，
由（1）得，
∴，即，
又∵正方形中，，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）如解圖3，過點，延長交于點M，
由（2）可知四邊形是矩形，，
∴，，
∴，，
設，則，
在中，，
∴，
解得：，，
故的長為或．
【點睛】本題主要考查正方形與折疊，軸對稱性質、平行線等分線段定理、勾股定理、三角形的全等，掌握相關知識并靈活應用是解題的關鍵．
35．（2023春·江蘇南京·八年級?？计谥校┤鐖D，將紙片沿中位線折疊，使點的對稱點落在邊上，再將紙片分別沿等腰和等腰的底邊上的高線折疊，折疊后的三個三角形拼合形成一個矩形．類似地，對多邊形進行折疊，若翻折后的圖形恰能拼成一個無縫隙、無重疊的矩形，這樣的矩形稱為疊合矩形．
(1)將紙片按圖的方式折疊成一個疊合矩形，則操作形成的折痕分別是線段________，________；________．
(2)紙片還可以按圖的方式折疊成一個疊合矩形，若，求的長．
(3)如圖，四邊形紙片滿足，，，，小明把該紙片折疊，得到疊合正方形．請你幫助畫出疊合正方形的示意圖，并求出的長．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)，．
【分析】（1）由折疊的性質可得出結論；
（2）利用勾股定理求得，證明，據(jù)此即可求解；
（3）分別作邊的中點E、F，將四邊形沿直線折疊，使點A與B重合，點D落在處，將沿折疊，點C落在點處．則四邊形是正方形．利用勾股定理和相似三角形的判定和性質即可求解．
【詳解】（1）解：將紙片按圖的方式折疊成一個疊合矩形，
則操作形成的折痕分別是線段，；
由折疊知，，
．
故答案為：，；；
（2）解：∵四邊形是矩形，，
∴，，
∵中，
∴，，，，
∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由折疊的性質知，，，
∴；
（3）解：如圖，分別作邊的中點E、F，將四邊形沿直線折疊，使點A與B重合，點D落在處，將沿折疊，點C落在點處．則四邊形是正方形．
連接．
由翻折的性質可知：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形，
當時，則四邊形是正方形．
∴，，，，
∴，
∵，且，
∴，
∴，，
∴，．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了翻折變換，勾股定理，相似三角形的判定和性質，矩形的判定和性質，正方形的判定和性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考?？碱}型．
36．（2023·吉林長春·校聯(lián)考一模）如圖，是的對角線，，，．動點從點出發(fā)，以的速度沿運動到終點，同時動點從點出發(fā)，沿折線 運動到終點，在、上分別以、的速度運動，過點作，交射線于點，連結；以與為邊作，設點的運動時間為，與重疊部分圖形的面積為．
(1)______（用含的代數(shù)式表示）．
(2)當點落在邊上時，求的值．
(3)當點在線段上運動時，為何值時，有最大值？最大值是多少？
(4)連結，當與的一邊平行時，直接寫出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)時，有最大值
(4)，，2
【分析】（1）先表示，可得；
（2）如圖1，點落在邊上，則，，證明，列比例式得方程，可得的值；
（3）當點在線段上運動時，＜，與重疊部分圖形是五邊形，根據(jù)三角形和四邊形面積和與差可得解析式，根據(jù)二次函數(shù)的性質求得最大值即可求解；
（4）分三種情況：①當 時，如圖，根據(jù)，得結論；②當 時，如圖，根據(jù)，列方程為：，得結論；③如圖，當與重合，與重合時，．
【詳解】（1）由題意得：，
，
，
故答案為；
（2）如圖1，點落在邊上，則，，
，
，
，
，
，

（3）當點在線段上運動時，＜，
如圖，與重疊部分圖形是五邊形，
則 ，，，
，
∴，
∴，
，
；
時，
∴時，有最大值．
（4）①當 時，如圖，
，
，，
，
，
即， ；
②當 時，如圖，延長交于，則，則，
，
， ，
③如圖，當與重合，與重合時，，
此時，，是的中點，
在直線上，
，
綜上所述，的值為秒或秒或秒．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，主要考查了相似或全等三角形的判定與性質、解一元一次方程、三角形的面積、三角函數(shù)及二次函數(shù)等知識，有難度，運用分類討論的思想是解決本題的關鍵．
37．（2023·江蘇淮安·統(tǒng)考一模）【基礎模型】：
如圖，在中，為上一點，，求證：．
【嘗試應用】：
如圖，在平行四邊形中，為上一點，為延長線上一點，，若，，求的長．
【更上層樓】：
如圖，在菱形中，是直線上一點，是菱形內一點，，，，，，請直接寫出菱形的邊長．
【答案】［基礎模型］證明見解析；［嘗試應用］；［更上層樓］菱形的邊長
【分析】［基礎模型］根據(jù)兩個三角形相似的判定定理，得到，從而由性質可得，即可得到答案；
［嘗試應用］利用平行四邊形性質得到，，判定，從而，代值求解即可得到答案；
［更上層樓］分別延長，相交于點，如圖所示，由題意判定四邊形為平行四邊形，進而根據(jù)相似三角形判定得到，則，，由，即可得到答案．
【詳解】［基礎模型］證明：∵，，
，
，
；
［嘗試應用］解：四邊形是平行四邊形，
，，
又，
，
又，
，
，
，
，
，
；
［更上層樓］解：分別延長，相交于點，如圖所示：

四邊形是菱形，
∴，，
，
四邊形為平行四邊形，
，，，
，
，
，
又，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
，
菱形的邊長．
【點睛】本題是三角形相似綜合問題，涉及三角形相似的判定與性質、平行四邊形判定與性質、菱形性質等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質，熟記常見相似三角形模型是解決問題的關鍵．
38．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）將正方形的邊繞點A逆時針旋轉至，記旋轉角為，連接，過點B作直線，垂足為點F，連接．
(1)如圖1，當時，的形狀為______，的值為______；
(2)當時，
①（1）中的兩個結論是否仍然成立？如果成立，請根據(jù)圖2的情形進行證明；如果不成立，請說明理由；
②如圖3，正方形邊長為4，，，在旋轉的過程中，是否存在與相似？若存在，則的值為______，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)等腰直角三角形，；
(2)①成立，理由見解析；②存在，．
【分析】（1）如圖，連接，當時，利用正方形及等腰三角形性質可求得，，易得是等邊三角形即即可求出結合即可證得是等腰直角三角形，在與中，求得可證得即可得到；
（2）①如圖連接，當時，求得，從而得到即可證明是等腰直角三角形，在與中求得可證得即可得到；
②如圖，當時，由①可證得，及，，易證從而易證得是等腰直角三角形得，再證得，在中，，由①可知得，即，則有在中勾股定理解可求解．
【詳解】（1）解：如圖，連接，
當時，
，
，
，
是等邊三角形，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故答案為：等腰直角三角形，；
（2）①成立，理由如下，
如圖連接，當時，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故結論成立；
②如圖，當時，
，
，
，
由①可知，
，
，
，
同理可證，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，
在中，
，
由①可知，
，
，
，
在中，
，
，
．
【點睛】本題考查了正方形的性質，與三角形有關的角的計算，相似三角形的判定和性質的應用，勾股定理解直角三角形；解題的關鍵是熟練掌握三角形相似的判定和性質的應用．
39．（2023年浙江省寧波市初中學業(yè)水平考試數(shù)學模擬試卷（探花卷））（1）【問題初探】如圖1，是正方形的邊上一點，延長至點，使，連接，．求證：．
（2）【問題再探】如圖2，，分別是正方形的邊，上一點，分別過點，作于點，于點，線段，相交于點．連接，，，，若．
①求證：．
②探究和的面積關系，并說明理由．
（3）【問題延伸】如圖3，在正方形中，，分別是射線，上一點，【問題再探】中的其余條件不變，請直接判斷和的面積關系是否仍成立．
【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②，見解析；（3）成立
【分析】（1）【問題初探】根據(jù)正方形的性質直接運用證明全等即可；
（2）【問題再探】①根據(jù)第一小問的思路，延長至點，使，連接，證得，得到，，再結合正方形的性質以及已知條件證得，即可得到，從而證得結論；②通過設，，，，根據(jù)正方形的基本性質建立方程求出其基本關系，然后分別表示和的面積，從而求出數(shù)量關系即可；
（3）【問題延伸】仿照第二問的求解過程，先證得全等三角形，并結合全等三角形的性質設未知數(shù)，然后列方程求解即可．
【詳解】解：（1）【問題初探】∵四邊形為正方形，
∴，，
∴．
在和中，
∵
∴．
（2）【問題再探】①如答圖，延長至點，使，連接．
由（1），得，
∴，．
∵在正方形中，，，
∴，
∴．
在和中，
∵
∴，
∴．
又∵，
∴．
②，理由如下：
設，，，．
則
由①，得，兩邊平方，得
由②，得 聯(lián)立③④，得．
又∵，，
∴；
（3）【問題延伸】仍成立，理由如下：
如圖，延長至點，使，連接，
同（2）可證，以及，
∴，
設，，，，
∴，
則，
由①，得，兩邊平方，得
由②，得 聯(lián)立③④，得．
又∵，，
∴；
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，勾股定理，以及正方形的基本性質等，掌握“半角”模型并熟練運用其證得基本的全等三角形，靈活運用勾股定理進行計算證明是解題關鍵．
40．（2023·湖南·校聯(lián)考一模）定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形稱為“等補四邊形”．
(1)下列選項中一定是“等補四邊形”的是________；
A．平行四邊形；B．矩形；C．正方形；D．菱形
(2)如圖1，在邊長為a的正方形中，E為邊上一動點（E不與C、D重合），交于點F，過F作交于點H．
①試判斷四邊形是否為“等補四邊形”并說明理由；
②如圖2，連接，求的周長；
③若四邊形是“等補四邊形”，求的長．
【答案】(1)C
(2)①四邊形是等補四邊形，見解析；②；③或者
【分析】（1）在平行四邊形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的鄰邊相等且對角互補，符合等補四邊形的定義，即可得到問題的答案；
（2）①先證A、B、H、F四點共圓，利用圓周角定理可得，進而求出，利用等角對等邊得出，最后利用“等補四邊形”的定義即可證明；
②將繞A點逆時針旋轉得到，證明，再證，得出，即可求出的周長；
③根據(jù)，四邊形是“等補四邊形”可得四邊形有一組鄰邊相等，然后分、、、四種情況討論即可．
【詳解】（1）解：在平行四邊形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的鄰邊相等且對角互補，
∴正方形是等補四邊形，
故選：D．
（2）解：①四邊形是“等補四邊形”，理由如下：
∵為正方形的對角線，
∴，
又，，
∴A、B、H、F四點共圓，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四邊形是“等補四邊形”．
②將繞A點逆時針旋轉得到，
∴，，
∴E、D、L三點共線，
由①得，
∴，
在和中
∴，
∴，
∴的周長；
③∵，四邊形ECHF是“等補四邊形”，
∴還需要一組鄰邊相等，分以下四種情況討論：
情況1：，
連接，
由題意知∶，，
又，
∴，
∴，
則為正三角形，
∴，
∴，
∴，；
情況2：，則，
∴，
同情況1，；
情況3：，由②得的周長．
設，則，有，
∴，
即；
情況4：，
連接，
則，
則HF垂直平分AE，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
又，，
∴，
∴，這不可能，故這種情況不存在．
綜上：或者．
【點睛】本題考查了正方形的性質，圓周角定理，全等三角形的判定與性質，勾股定理，等邊三角形的判定與性質等知識，目前題意，理解新定義，找出所求問題需要的條件是解題的關鍵．
41．（2023春·吉林長春·九年級?？茧A段練習）如圖，在中，，，，為邊的中點．動點從點出發(fā)以每秒1個單位的速度沿運動到終點．連結，作點關于的對稱點，連結，設點的運動時間為秒．
(1)點、之間的距離為______．
(2)用含的代數(shù)式表示的長．
(3)當時，求的面積．
(4)當點在內部時，直接寫出的取值范圍．
【答案】(1)5
(2)
(3)
(4)當或點在內部
【分析】（1）利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半進行求解即可；
（2）先求出，再根據(jù)即可得到答案；
（3）如圖1所示，當點P在點D上方時，根據(jù)折疊的性質可推出，由三角形外角的性質可證，則此種情形不成立；如圖2所示，當點P在點D下方時，同理可得，過點C作于H，利用面積法求出，解，得到，解，求出，解，求出，進而求出，則；
（4）如圖3所示，當點恰好在上時，過點P作于N，解直角三角形求出，由折疊的性質可得，，則，解，得到，解中，，則，解餓，再由點P從點B運動到點H的時間為秒，得到當時，點在內部；如圖4所示，當點恰好在上時，過點P作于N，推出，解，得到，解，，則，解得，再由點P從點B運動到點D的時間為秒，得到當時，點在內部．
【詳解】（1）解：在中，，，，
∴由勾股定理得，
∵為邊的中點，
∴，
故答案為：5；
（2）解：由（1）得
∵動點從點出發(fā)以每秒1個單位的速度沿運動到終點，
∴，
∴，
由折疊的性質可得
（3）解：如圖1所示，當點P在點D上方時，
由折疊的性質可得，
∵，即，
∴，
∵，
∴（大角對大邊），即，
∴，
∴此種情形不成立；
如圖2所示，當點P在點D下方時，
同理可得，
如圖2所示，過點C作于H，
∵，
∴，
在中，，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
∴；
（4）解：如圖3所示，當點恰好在上時，過點P作于N，
由（3）得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由折疊的性質可得，，
∴，
在中，，
在中，，
在中，，
∴，
解餓，
∵，
∴點P從點B運動到點H的時間為秒，
∴當時，點在內部；
如圖4所示，當點恰好在上時，過點P作于N，
同理可得，
∵，
∴，
由折疊的性質可得，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
在中，，
∴，
解餓，
∵，
∴點P從點B運動到點D的時間為秒，
∴當時，點在內部；
綜上所述，當或點在內部．
【點睛】本題主要考查了解直角三角形，勾股定理，折疊的性質，直角三角形斜邊上的中線的性質等等，正確作出輔助線構造直角三角形并利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．
42．（2023春·四川成都·九年級四川省成都市第七中學初中學校?？茧A段練習）模型建立：
(1)如圖1，在中，是上一點，，求證：；
(2)類比探究：如圖2，在菱形中，、分別為邊、上的點，且，射線交的延長線于點，射線交的延長線于點．
①求證：；
②若，，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②
【分析】（1）證明，根據(jù)相似三角形的性質即可得出結論；
（2）①連接，證明，根據(jù)相似三角形的性質得出；
②由①得：，得出，由①可知，，得出，證明，得出，進而即可求解．
【詳解】（1）證明：，，
，
，
；
（2）①證明：如圖2，連接，
四邊形是菱形，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
②解：由①得：，
，，
，
，
由①可知，，
，
即，
解得：，
由①得：，
同理得：，
，
，
，
由①知，，
，
，
即，
解得：，
．
【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，菱形的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
43．（2023春·河南商丘·九年級?？茧A段練習）如圖，是半圓的直徑，點是半圓上一點（不與點，重合），連接，．
(1)請在圖1中用無刻度的直尺和圓規(guī)作出的平分線，交半圓于點．（保留作圖痕跡，不寫做法）
(2)如圖2，在（1）的條件下，過點作半圓的切線，交的延長線于點，作于點，連接．
①求證：．
②若，，請直接寫出的長．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②
【分析】（1）根據(jù)角平分線的尺規(guī)作圖方法作圖即可；
（2）①由垂徑定理的推論可知．連接交于點，圖2所示，則．由切線的性質得到，由是半圓的直徑，得到．從而可證四邊形是矩形，得到，由此即可利用證明；②由矩形的性質得到，設，則，由全等三角形的性質得到，證明，求出，進而求出，則．
【詳解】（1）解：如圖1所示，射線即為所求．
（2）解：①由（1），可知平分，
∴．
∴．
連接交于點，圖2所示，則．
∵是半圓的切線，
∴．
∵是半圓的直徑，
∴．
∴．
∴四邊形是矩形．
∴．
∵，
∴．
又∵，．
∴；
②∵四邊形是矩形，
∴，
設，則，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了尺規(guī)作圖（角平分線），垂徑定理及其推論，切線的性質，圓周角定理即其推論，全等三角形的判定與性質，矩形的判定與性質，相似三角形的性質與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．
44．（2023春·廣東廣州·九年級華南師大附中校考階段練習）四邊形是正方形，E是直線上一點，連接，在右側，過點E作射線，F(xiàn)為上一點．
(1)如圖1，若點E是邊的中點，且，連接，則________；
(2)如圖2，若點E是邊上一點（不與B，C重合），，判斷線段與的數(shù)量關系，并說明理由；
(3)若正方形邊長為1，且，當取最小值時，求的面積．
【答案】(1)
(2)，理由見解析
(3)
【分析】（1）如圖所示，過點F作交延長線于G，利用證明∴，得到，進而證明，得到，則；
（2）如圖所示，在上取一點M使得，先證明，然后利用證明，即可證明；
（3）先利用一線三垂直模型分圖1和圖2兩種情況，證明，推出，即點F在直線上運動；如圖3所示，作點B關于直線的對稱點H，連接，則，則當三點共線時，最小，即最小，求出直線解析式為，聯(lián)立，求出，則．
【詳解】（1）解：如圖所示，過點F作交延長線于G，
∵四邊形是正方形，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：；
（2）解：，理由如下：
如圖所示，在上取一點M使得，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵，即，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如圖1所示，當點E在右側時，過點F作交延長線于G，以B為原點，所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系，設，
∴，
同理可證，
∴，
∴，
∴，
∴點F在直線上運動；
如圖2所示，當點E在左側時，
∴，
同理可證，
∴，
∴，
∴，
∴點F在直線上運動；
綜上所述，點F的運動軌跡即為直線；
如圖3所示，作點B關于直線的對稱點H，連接，則，
∴，
∴，
∴當三點共線時，最小，即最小，
設直線解析式為，
∴，
∴，
∴直線解析式為，
聯(lián)立，解得，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質與判定，軸對稱最短路徑問題，一次函數(shù)與幾何綜合，等腰直角三角形的性質與判定等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．
45．（2023·湖北武漢·校聯(lián)考一模）問題提出：如圖（1），在中，，D是內一點，，若，連接，求的長．
(1)問題探究：請你在圖（1）中，用尺規(guī)作圖，在左側作，使．（用直尺、圓規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法，不說明理由）
(2)根據(jù)（1）中作圖，你可以得到與的位置關系是_______；你求得的長為_______；
(3)問題拓展：如圖（2），在中，，D是內一點，若，求的長．
【答案】(1)作圖見解析
(2) ，
(3)
【分析】（1）由，，可得，根據(jù)在直角三角形中，斜邊的中線等于斜邊的一半，以及所對的直角邊等于斜邊的一半，記中點為，連接，則，如圖1，作線段中點，然后分別以為圓心，以線段長為半徑畫弧，交點即為，連接，即為所求；
（2）如圖2，延長交于，，，，可得，可證，則，有；由以及所對的直角邊等于斜邊的一半可得的值，由，可得，，由，分別求的值，則，求的值，在中，由勾股定理得，，求的值即可；
（3）如圖3，過A作，取，連接，延長交于，由，，可得，證明，則，，證，則，在，由勾股定理得，，則，是等腰三角形，，在，由勾股定理求的值，由，求的值，在，由勾股定理得，，求的值即可．
【詳解】（1）解：如圖1，分別以為圓心，以線段長為半徑畫弧，連接兩交點與交于點，然后分別以為圓心，以線段長為半徑畫弧，交點即為，連接，即為所求；
（2）解：如圖2，延長交于，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
故答案為： ，；
（3）解：如圖3，過A作，取，連接，延長交于，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在，由勾股定理得，，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
在，由勾股定理得，，
∴，
在，由勾股定理得，，
∴的長為．
【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，含的直角三角形的性質，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，等腰三角形的判定與性質，余弦，勾股定理等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．
46．（2023春·河北保定·九年級統(tǒng)考階段練習）如圖1，已知直線：，點在直線上．是過定點的一簇直線．嘉淇用繪圖軟件觀察與的關系．記過點時的直線為．
(1)求的值及的解析式；
(2)探究與的數(shù)量關系；當與軸的交點為時，記此時的直線為，與的交點記為A，求的長；
(3)當與直線的交點為整點（橫、縱坐標均為整數(shù)），且的值也為整數(shù)時，稱為“美好直線”．
①在如圖所示的視窗下（，），求為“美好直線”時的值；
②視窗的大小不變，改變其可視范圍，且變化前后原點始終在視窗中心．現(xiàn)將圖中坐標系的單位長度變?yōu)樵瓉淼模沟迷谝暣皟饶芸吹剿小懊篮弥本€”與直線的交點，求的最小整數(shù)值．
【答案】(1)，
(2)
(3)①；②
【分析】（1）根據(jù)坐標與圖形及待定系數(shù)法，即可求解；
（2）首先利用待定系數(shù)法，即可求得的解析式，即可求得與的交點A的坐標，再利用兩點間距離公式，即可求得；
（3）①根據(jù)當，時，可得上的整點為，，再根據(jù)“美好直線”的定義，即可求解；
②設直線上的任一整點為，則，可得，再由，均為整數(shù)，可得上滿足條件的點為，，，，，，據(jù)此即可求解．
【詳解】（1）解：將點代入，解得；
將，分別代入中，
得，
解得，
的解析式為；
（2）解：過定點，則，
；
過，且，
，，
的解析式為；
解得，
與的交點為，
；
（3）解：①當，時，上的整點為，，
當過時，且，
，是“美好直線”；
當過時，且，
，不是“美好直線”，
綜上，的值為；
②設直線上的任一整點為，則，
，
，
，
當，均為整數(shù)時，滿足題意；
當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；
上滿足條件的點為，，，，，若這些點全部出現(xiàn)在視窗中，的最小整數(shù)值為4．
【點睛】本題考查了利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，坐標與圖形，理解“美好直線”的定義和條件是解決本題的關鍵．
47．（2023·山東濟南·統(tǒng)考一模）（1）①如圖1，等腰（為底）與等腰（為底），，則與的數(shù)量關系為______；
②如圖2，矩形中，，，則_______；
（2）如圖3，在（1）②的條件下，點在線段上運動，將繞點順時針旋轉得到，使，連接．當時，求的長度；
（3）如圖4，矩形中，若，，點在線段上運動，將繞點順時針旋轉得到，旋轉角等于，連結中點為中點為，若，直接寫出的長．
【答案】（1）①；②；（2）；（3）
【分析】（1）①先證明，再根據(jù)邊角邊證明，即可求解；
②根據(jù)矩形的性質可得，再根據(jù)勾股定理可得，根據(jù)正弦定義即可求解；
（2）在（1）②的條件下，當點在邊上時，作于，由可得，再根據(jù)旋轉的性質可證明，從而得到，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，由即可求得，由即可求得，在中應用勾股定理可求得的長；
（3）如圖，延長、交于點，過點A作于N，連接、，過點H作于P，連接并延長交AM延長線于Q，根據(jù)正切的定義可得，根據(jù)旋轉的性質可證明是等邊三角形，通過證明點、、、四點共圓，可得是等邊三角形，通過證明，得出是的中位線，設，分別表示出、，利用勾股定理列方程求出的值即可得答案．
【詳解】（1）①解：由題意可得，，，
，
在和中，
故答案為：
②解：四邊形是矩形，
，，
在中，
故答案為：
（2）解：在（1）②的條件下，點在線段上運動，如圖，作于，
，
由旋轉的性質可得，
在和中，
，，
在中，由勾股定理得
在中，由勾股定理得
，
在Rt中，由勾股定理得
（3）解：如圖，延長、交于點，過點A作于N，連接、，過點H作于P，連接并延長交AM延長線于Q，
∵，，，
∴，，
∴，，
∵將繞點順時針旋轉得到，旋轉角等于，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∴點、、、四點共圓，
∴，
∴是等邊三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵點為中點，
∴是的中位線，
設，則，
∴= ，
∵點是的中點，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∵點在上，
∴
∴，即
【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質、矩形的性質、旋轉的性質、勾股定理、四點共圓的判定、圓周角定理、全等的判定和性質及解直角三角形，熟練掌握相關性質及判定定理是解題關鍵．
48．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考一模）如圖，點，分別為矩形邊，上的點，以為直徑作交于點，且與相切，連結．
(1)若，求證：．
(2)若，．
①求的長．
②連結，若是以為腰的等腰三角形，求所有滿足條件的的長．
(3)連結，若的延長線經過點，且，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)①；②當是以為腰的等腰三角形時，的長為或；
(3)
【分析】（1），，根據(jù)圓周角性質得到，利用直角三角形全等判定定理即可證明．
（2）①根據(jù)切線與矩形的性質證明，再根據(jù)求值．
②分別討論時，得到，借助勾股定理求解，時，，設，根據(jù)相似比求解．
（3）證明得到，取的中點H，連結，設，借助求解．
【詳解】（1）解：證明：在矩形中，
∵是直徑
∴
在和中
∴
（2）解：①∵與相切
∴，∴
∵在矩形中，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴
②（i）當時，則，
∴
在和中，
∴，
∴
由①知，
設，則，
在中，勾股定理可得，
解得，即
（ii）當時，則，
∴
∴，設，
由①知，
則，，
∴，解得或（舍），
∴
綜上所述，當是以為腰的等腰三角形時，的長為或．
（3）解：在和中，
∴，
∴
∵，，
∴
在和中，
∴，
∴，
∴，
的延長線經過點
∴，
∴
如圖所示，取的中點H，連結，設，
則，
∴，
∵，
∴，
∴
∴
【點睛】此題考查了圓、圓周角的性質、三角形全等和相似的證明、三角函數(shù)三角形中位線定理，解題的關鍵是綜合應用各性質．
49．（2023春·山東濟南·九年級?？茧A段練習）小明同學和小紅同學分別拿著一大一小兩個等腰直角三角板，可分別記作和，其中．
問題的產生：
兩位同學先按照圖1擺放，點D，E在上，發(fā)現(xiàn)和在數(shù)量和位置關系分別滿足，．
問題的探究：
(1)將△ADE繞點A逆時針旋轉一定角度，如圖2，點D在內部，點E在外部，連接，，上述結論依然成立嗎？如果成立，請證明，如果不成立，并說明理由．
問題的延伸：
繼續(xù)將繞點A逆時針旋轉，如圖3，點D、E都在的外部，連接，，，和相交于點H．
(2)若，求四邊形的面積．
(3)若，設，直接寫出y和x的函數(shù)關系式．
【答案】(1)成立，證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）延長，分別交于F、G，證明，根據(jù)全等三角形的性質、垂直的定義解答；
（2）根據(jù)計算，求出四邊形的面積；
（3）根據(jù)勾股定理計算即可．
【詳解】（1）解：，，
理由如下：延長，分別交于F、G，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，
∴，即；
（2）解：如圖3，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴
；
（3）解：在中，，
∴，
同理：，
∵，
∴
，
∴.
【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查的是等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質以及函數(shù)解析式的確定，掌握相關的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
50．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考模擬預測）對于平面直角坐標系中的圖形和圖形，給出如下定義：在圖形上存在兩點A，B（點A，B可以重合），在圖形上存在兩點M，N（點M，N可以重合）使得，則稱圖形和圖形滿足限距關系．
(1)如圖1，點，點P在線段上運動（點P可以與點C，E重合），連接．
①線段的最小值為_____________，最大值為_____________；線段的取值范圍是______________；
②點O與線段______________（填“是”或“否”）滿足限距關系；
(2)在（1）的條件下，如圖2，的半徑為1，線段與x軸、y軸正半軸分別交于點F，G，且，若線段與滿足限距關系，求點G縱坐標的取值范圍；
(3)的半徑為，點H，K是上的兩個點，分別以H，K為圓心，3為半徑作圓得到和，若對于任意點H，K，和都滿足限距關系，直接寫出r的取值范圍；
【答案】(1)①，2，；②是．
(2)．
(3)．
【分析】（1）①根據(jù)垂線段最短求解即可；②根據(jù)限距關系判斷即可；
（2）設G點縱坐標為m，再求出圓上到線段的最大值與最小值即可；
（3）根據(jù)限距關系的定義，求出兩圓間的最大值與最小值，列不等式即可．
【詳解】（1）解：①∵，
∴，
∴，，
當時，線段最小，
此時，，
∴；
∵，
∴三角形是等邊三角形，
當點P與點C，E重合時，最大，最大值為2；
同理的最小值為，最大值為；
線段的取值范圍是；
故答案為：，2，；
②在線段上存在兩點M，N，當點M與點E重合，點N是中點時，，點O與線段滿足限距關系；
故答案為：是．
（2）解：設G點縱坐標為m，
作，垂足為N，交于M，設與x軸負半軸交于點W，當直線與圓相離時，此時，圓上點到線段最小值為，
因為，
所以，，
，
，
圓上點到線段最大值為，
因為，恒成立；
所以，點G縱坐標的取值范圍是；
當線段與圓有公共點時，此時，圓上點到線段最小值為0，圓上點到線段最大值為，，所以，點G縱坐標的取值范圍是；
當線段在圓內部時，此時，圓上點到線段最小值為，圓上點到線段最大值為，，
解得，，
點G縱坐標的取值范圍是
綜上，點G縱坐標的取值范圍；
（3）解：如圖，H，K所在直線經過點O時，與兩個圓交于點U，V，Y，X，
兩圓最小距離是，兩圓最大距離是，
當時，和都滿足限距關系，
解得．
【點睛】本題考查了平面直角坐標系中的新定義問題，解題關鍵是準確理解題意，求出兩個圖形的最大距離和最小距離．

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