2024年中考数学真题分类汇编(全国通用)专题35 几何综合压轴题（40题）（解析版）

专题35 几何综合压轴题（40题）

一、解答题

1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知是等腰三角形， ， ， 在的内部，点M、N在上，点M在点N的左侧，探究线段之间的数量关系．

（1）如图①，当时，探究如下：

由 ， 可知，将绕点A顺时针旋转 ，得到 ，则且 ，连接 ，易证 ，可得 ，在中， ，则有 ．

（2）当时，如图②：当时，如图③，分别写出线段之间的数量关系，并选择图②或图③进行证明．

【答案】图②的结论是： ；图③的结论是： ；证明见解析

【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识 ，选②，以点B为顶点在外作 ，在上截取 ，连接 ，过点Q作 ，垂足为H，构造全等三角形，得出 ， ，再证明 ，得到 ；在中由勾股定理得 ，即 ，整理可得结论；选③方法同②

【详解】解：图②的结论是：

证明：∵

∴ 是等边三角形，

∴ ，

以点B为顶点在外作 ，在上截取 ，连接 ，过点Q作 ，垂足为H，

， ，

，

又

即

又 ，

，

；

∵

∴ ，

∴

，

∴ ，

在中,可得：

即

整理得

图③的结论是：

证明：以点B为顶点在外作 ，在上截取 ，连接 ，过点Q作 ，垂足为H，

， ，

，

又

即

又 ，

，

在中， ，

，

，

在中,可得：

即

整理得

2．（2024·四川广元·中考真题）小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角的正弦值与折射角的正弦值的比值叫做介质的“绝对折射率”，简称“折射率”．它表示光在介质中传播时，介质对光作用的一种特征．

(1)若光从真空射入某介质，入射角为 ，折射角为 ，且 ， ，求该介质的折射率；

(2)现有一块与（1）中折射率相同的长方体介质，如图①所示，点A，B，C，D分别是长方体棱的中点，若光线经真空从矩形对角线交点O处射入，其折射光线恰好从点C处射出．如图②，已知 ， ，求截面的面积．

【答案】(1) ；

(2) ．

【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，勾股定理等知识，

（1）根据 ，设 ，则 ，利用勾股定理求出 ，进而可得 ，问题即可得解；

（2）根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为 ，根据 ，可得 ，则有 ，在中，设 ， ，问题随之得解．

【详解】（1）∵ ，

∴如图，

设 ，则 ，由勾股定理得， ，

∴ ，

又∵ ，

∴ ，

∴折射率为： ．

（2）根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ．

∵四边形是矩形，点O是中点，

∴ ， ，

又∵ ，

∴ ，

在中，设 ， ，

由勾股定理得， ，

∴ ．

又∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴截面的面积为： ．

3．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形中，点在边上， ，连接 ，点为 的中点， 的延长线交边于点 ，连接

(1)求证：四边形是菱形：

(2)若平行四边形的周长为 ，求的长．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识 ：

（1）由平行四边形的性质得再证明 ，得出 ，证明出四边形是平行四边形，由得出四边形是菱形：

（2）求出菱形的周长为20，得出 ，再证明是等边三角形，得出 ．

【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，

∴ 即

∴

∵ 为的中点，

∴

∴ ，

∴

∵

∴四边形是平行四边形，

又

∴四边形是菱形；

（2）解：∵

∴

∵平行四边形的周长为22，

∴菱形的周长为：

∴

∵四边形是菱形，

∴

又

∴ 是等边三角形，

∵ ．

4．（2024·四川甘孜·中考真题）如图， 为⊙O的弦，C为的中点，过点C作 ，交的延长线于点D．连接 ．

(1)求证： 是⊙O的切线；

(2)若 ，求的面积．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理、垂径定理的推论等知识点，熟记相关结论是解题关键．

（1）由垂径定理的推论可知 ，据此即可求证；

（2）利用勾股定理求出即可求解；

【详解】（1）证明：∵ 为⊙O的弦，C为的中点，

由垂径定理的推论可知： ，

∵ ，

∴ ，

∵ 为⊙O的半径，

∴ 是⊙O的切线；

（2）解：∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ．

5．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，在矩形中，点为 边上不与端点重合的一动点，点是对角线上一点，连接 ， 交于点 ，且 ．

【模型建立】

（1）求证： ；

【模型应用】

（2）若 ， ， ，求的长；

【模型迁移】

（3）如图2，若矩形是正方形， ，求的值．

【答案】（1）见解析；（2） ；（3）

【分析】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，构造相似三角形，是解题的关键：

（1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出 ，即可得证；

（2）延长交 于点 ，证明 ，得到 ，再证明 ，求出的长，进而求出的长；

（3）设正方形的边长为 ，延长交 于点 ，证明 ，得到 ，进而得到 ，勾股定理求出 ，进而求出的长，即可得出结果．

【详解】解：（1）∵矩形 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

（2）延长交 于点 ，

∵矩形 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

（3）设正方形的边长为 ，则： ，

延长交 于点 ，

∵正方形 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ．

6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1， 是正方形对角线上一点，以为圆心， 长为半径的与 相切于点 ，与相交于点 ．

(1)求证： 与相切．

(2)若正方形的边长为 ，求的半径．

(3)如图2，在（2）的条件下，若点是半径上的一个动点，过点作 交于点 ．当时，求的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）方法一：连接 ，过点作 于点 ，四边形是正方形， 是正方形的对角线，得出 ，进而可得为 的半径，又 ，即可得证；

方法二：连接 ，过点作 于点 ，根据正方形的性质证明得出 ，同方法一即可得证；

方法三：过点作 于点 ，连接 ．得出四边形为正方形，则 ，同方法一即可得证；

（2）根据与 相切于点 ，得出 ，由（1）可知 ，设 ，在中，勾股定理得出 ，在中，勾股定理求得 ，进而根据建立方程，解方程，即可求解．

（3）方法一：连接 ，设 ，在中，由勾股定理得： ，在中，由勾股定理得： ，结合题意得出 ，即可得出 ；

方法二：连接 ，证明得出 ，进而可得 ，同理可得

方法三：连接 ，证明得出 ，设 ，则 ，进而可得 ，进而同方法一，即可求解．

【详解】（1）方法一：证明：连接 ，过点作 于点 ，

与相切于点 ，

．

四边形是正方形， 是正方形的对角线，

，

，

为的半径，

为的半径，

，

与相切．

方法二：

证明：连接 ，过点作 于点 ，

与相切于点 ， ，

，

四边形是正方形，

，

又 ，

，

，

为的半径，

为的半径，

，

与相切．

方法三：

证明：过点作 于点 ，连接 ．

与相切， 为半径，

，

，

，

，

又四边形为正方形，

，

四边形为矩形，

又为正方形的对角线，

，

，

矩形为正方形，

．

又为 的半径，

为的半径，

又 ，

与相切．

（2）解： 为正方形的对角线，

，

与相切于点 ，

，

由（1）可知 ，设 ，

在中，

，

，

， ，

又正方形的边长为 ．

在中，

，

，

，

．

∴ 的半径为 ．

（3）方法一：

解：连接 ，设 ，

，

，

，

．

在中，由勾股定理得： ，

在中，由勾股定理得： ，

又 ，

．

．

方法二：

解：连接 ，

为的直径，

，

，

，

，

，

，

，

，

， ，

，

，

，

．

方法三：

解：连接 ，

为的直径，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

设 ，则 ，

，

．

又 ，

，

．

【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．

7．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在中， ，点D是上的一个动点，过点D作于点E，延长交 延长线于点F．

请你解决下面各组提出的问题：

(1)求证： ；

(2)探究与 的关系；

某小组探究发现，当时， ；当时， ．

请你继续探究：

①当时，直接写出的值；

②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明；

(3)拓展应用：在图1中，过点F作 ，垂足为点P，连接 ，得到图2，当点D运动到使时，若 ，直接写出的值（用含m，n的式子表示）．

【答案】(1)见解析

(2)① ② ，证明见解析

(3)

【分析】（1）等边对等角，得到 ，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到 ，即可得出结论；

（2）①根据给定的信息，得到是 的2倍，即可得出结果；

②猜想 ，作于点 ，证明 ，得到 ，三线合一得到 ，即可得出结论；

（3）过点作 ，角平分线的性质，得到 ，推出 ，等角的余角相等，得到 ，进而得到 ，得到 ，根据 ，即可得出结果．

【详解】（1）证明：∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ， ，且 ，

∴ ，

∴ ；

（2）解：①当时， ；当时， ，

∴总结规律得： 是的2倍，

∴当时， ；

②当时，猜想 ，

证明：作于点 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

由（1）知 ，又 ，

∴ ，即 ，

∴ ；

（3） ，理由如下：

过点作 ，

∵ ， ，

∴ ，

由（2）知，当时， ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

由（1）知 ，

∴ ．

【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．

8．（2024·广东·中考真题）【问题背景】

如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点 ，以线段为对角线作矩形 ， 轴．反比例函数的图象经过点A．

【构建联系】

（1）求证：函数的图象必经过点C．

（2）如图2，把矩形沿 折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值．

【深入探究】

（3）如图3，把矩形沿 折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交 于点P．以点O为圆心， 长为半径作 ．若 ，当与 的边有交点时，求k的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）

【分析】（1）设 ，则 ，用含的代数式表示出 ，再代入验证即可得解；

（2）先由点B的坐标和k表示出 ，再由折叠性质得出 ，如图，过点D作轴，过点B作轴，证出 ，由比值关系可求出 ，最后由即可得解；

（3）当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，当过点A时，根据A，C关于直线对轴知， 必过点C，如图所示，连 ， ，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围．

【详解】（1）设 ，则 ，

∵ 轴，

∴D点的纵坐标为 ，

∴将代入中得： 得，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴将代入中得出 ，

∴函数的图象必经过点C；

（2）∵点在直线上，

∴ ，

∴ ，

∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，

∵函数的图象经过点A，C，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，

∵把矩形沿 折叠，点C的对应点为E，

∴ ， ，

∴ ，

如图，过点D作轴，过点B作轴，

∵ 轴，

∴H，A，D三点共线，

∴ ， ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ,

∵ ，

∴ ， ，

∴ ，

由图知， ，

∴ ，

∴ ；

（3）∵把矩形沿 折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，

∴ ，

∵四边形为矩形，

∴四边形为正方形， ，

∴ ， ， ，

∵ 轴，

∴直线为一，三象限的夹角平分线，

∴ ，

当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，

∵ 轴，

∴H，A，D三点共线，

∵以点O为圆心， 长为半径作 ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ， ， ，

∵ 轴，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

当过点A时，根据A，C关于直线对轴知， 必过点C，如图所示，连 ， ，过点D作轴交y轴于点H，

∵ ,

∴ 为等边三角形，

∵ ，

∴ ，

∴ ， ，

∴ ， ，

∵ 轴，

∴ ，

∴ ，

∴ ,

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ,

∴当与 的边有交点时，k的取值范围为 ．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键．

9．（2024·四川遂宁·中考真题）如图， 是的直径， 是一条弦，点是 的中点， 于点 ，交于点 ，连结交 于点 ．

(1)求证： ；

(2)延长至点 ，使 ，连接 ．

①求证： 是的切线；

②若 ， ，求的半径．

【答案】(1)证明见解析

(2)①证明见解析，② 的半径为 ．

【分析】（1）如图，连接 ，证明 ，可得 ，证明 ，可得 ，进一步可得结论；

（2）①证明 ，可得是 的垂直平分线，可得 ， ， ，而 ，可得 ，进一步可得结论；②证明 ，可得 ，求解 ， ，结合 ，可得答案．

【详解】（1）证明：如图，连接 ，

∵点是 的中点，

∴ ，

∴ ，

∵ ， 为的直径，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ．

（2）证明：①∵ 为的直径，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ 是的垂直平分线，

∴ ，

∴ ， ，

而 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ 为的直径，

∴ 是的切线；

②∵ ，

∴ ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ 的半径为 ．

【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，弧与圆心角之间的关系，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．

10．（2024·四川德阳·中考真题）已知的半径为5， 是上两定点，点是 上一动点，且的平分线交于点 ．

(1)证明：点为 上一定点；

(2)过点作 的平行线交的延长线于点 ．

①判断与 的位置关系，并说明理由；

②若为锐角三角形，求的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)① 与相切，理由见解析；② 的取值范围为 ．

【分析】（1）由的平分线交于点 ， ，可得 ，结合是 上两定点，可得结论；

（2）①如图，连接 ，证明 ，结合 ，可得 ，从而可得结论；

②分情况讨论：如图，当时，可得 ；如图，连接 ，当 ，可得 ，从而可得答案．

【详解】（1）证明：∵ 的平分线交于点 ， ，

∴ ，

∴ ，

∵ 是上两定点，

∴点为 的中点，是一定点；

（2）解：①如图，连接 ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ 为半径，

∴ 是的切线；

②如图，当时，

∴ 为直径， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴四边形为矩形，

∴ ；

如图，连接 ，当 ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ 为等边三角形，

∴ ，

同理可得： ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴当为锐角三角形， 的取值范围为 ．

【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，做出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．

11．（2024·四川泸州·中考真题）如图， 是的内接三角形， 是的直径，过点B作的切线与的延长线交于点D，点E在上， ， 交于点F．

(1)求证： ；

(2)过点C作于点G，若 ， ，求的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得到 ，则 ，由切线的性质推出 ，则 ，再由同弧所对的圆周角相等和等边对等角得到 ， ，据此即可证明 ；

（2）由勾股定理得 ，利用等面积法求出 ，则 ，同理可得 ，则 ，进而得到 ；如图所示，过点C作于H，则 ，证明 ，求出 ，则 ；设 ，则 ，证明 ，推出 ，在中，由勾股定理得 ，解方程即可得到答案．

【详解】（1）证明：∵ 是的直径，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

∵ 是的切线，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ；

（2）解：∵ ，

∴ ，

在中，由勾股定理得 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

同理可得 ，

∴ ，

∴ ；

如图所示，过点C作于H，则 ，

由（1）可得 ，

∴ ，

∴ ，即 ，

∴ ，

∴ ；

设 ，则 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，即 ，

∴ ，

在中，由勾股定理得 ，

∴ ，

解得或 （舍去），

∴ ．

【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键．

12．（2024·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为 ，点E为对角线上一点， ，点P在边上以的速度由点A向点B运动，同时点Q在边上以的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（ ）．

(1)求证： ．

(2)当是直角三角形时，求t的值．

(3)连接 ，当时，求的面积．

【答案】(1)见解析

(2) 秒或2秒

(3)

【分析】（1）根据正方形性质，得到 ，再题意得到 ，从而得到 ；

（2）利用题目中的条件，分别用t表示 、 、 ，再分别讨论当 、 和时，利用勾股定理构造方程求出t即可；

（3）过点A作 ，交的延长线于点F，连接交 于点G．由此得到 ，由已知得到进而得到 ，由题意 ，则 ，再依次证明 、 ，得到 ，从而证明 ，即是等腰直角三角形．则 ，再用求出的面积．

【详解】（1）证明： 四边形是正方形，

．

，

．

（2）解：过点E作于点M，过点E作于点N．

由题意知 ，

∵

∴ ，

∵

∴

由已知，

．

，即 ，

，即 ，

，即 ．

①当时，有 ．

即 ，整理得 ．

解得 （不合题意，舍去）．

②当时，有 ．

即 ，整理得 ，解得 ．

③当时，有 ．

即 ，整理得 ，该方程无实数解．

综上所述，当是直角三角形时，t的值为秒或2秒．

（3）解：过点A作 ，交的延长线于点F，连接交 于点G．

，

．

又 ，

．

，

，

，

，

，

，

，

即 ，

是等腰直角三角形．

，

【点睛】本题考查了正方形的性格、相似三角形的性质与判定、正切定义以及勾股定理．解答过程中，灵活的利用勾股定理构造方程、根据题意找到相似三角形是解题关键．

13．（2024·安徽·中考真题）如图1， 的对角线与 交于点O，点M，N分别在边 ， 上，且 ．点E，F分别是与 ， 的交点．

(1)求证： ；

(2)连接交 于点H，连接 ， ．

（ⅰ）如图2，若 ，求证： ；

（ⅱ）如图3，若为菱形，且 ， ，求的值．

【答案】(1)见详解

(2)（ⅰ）见详解，（ⅱ）

【分析】（1）利用平行四边形的性质得出 ，再证明是平行四边形，再根据平行四边形的性质可得出 ，再利用证明 ，利用全等三角形的性质可得出 ．

（2）（ⅰ）由平行线截线段成比例可得出 ，结合已知条件等量代换 ，进一步证明 ，由相似三角形的性质可得出 ，即可得出 ．（ⅱ）由菱形的性质得出 ，进一步得出 ， ，进一步可得出 ，进一步得出 ，同理可求出 ，再根据即可得出答案．

【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，

∴ ， ，

∴ ，

又∵ ，

∴四边形是平行四边形，

∴ ，

∴ ．

在与 中，

∴ ．

∴ ．

（2）（ⅰ）∵

∴ ，

又 ． ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴

（ⅱ）∵ 是菱形，

∴ ，

又 ， ，

∴ ，

∴ ，

∵ ． ，

∴ ，

∴ ，

即 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ， ， ，

∴ ，

∴ ，

即 ，

∴

∴ ，

故 ．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形判定以及性质，相似三角形的判定以及性质，平行线截线段成比例以及菱形的性质，掌握这些判定方法以及性质是解题的关键．

14．（2024·江苏扬州·中考真题）在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论．

如图，已知 ， ， 是的外接圆，点在 上（ ），连接 、 、 ．

【特殊化感知】

（1）如图1，若 ，点在 延长线上，则与 的数量关系为________；

【一般化探究】

（2）如图2，若 ，点 、 在同侧，判断与 的数量关系并说明理由；

【拓展性延伸】

（3）若 ，直接写出 、 、 满足的数量关系．（用含的式子表示）

【答案】（1） ；（2） （3）当在 上时， ；当在 上时，

【分析】（1）根据题意得出是等边三角形，则 ，进而由四边形是圆内接四边形，设交于点 ，则 ，设 ，则 ，分别求得 ，即可求解；

（2）在上截取 ，证明 ，根据全等三角形的性质即得出结论；

（3）分两种情况讨论，①当在 上时，在上截取 ，证明 ， ，得出 ，作于点 ，得出 ，进而即可得出结论；②当在 上时，延长至 ，使得 ，连接 ，证明 ， ，同①可得 ，即可求解．

【详解】解：∵ ， ，

∴ 是等边三角形，则

∵ 是的外接圆，

∴ 是的角平分线，则

∴

∵四边形是圆内接四边形，

∴

∴

设交于点 ，则 ，

设 ，则

在中，

∴

∴ ，

∵ 是直径，则 ，

在中，

∴

∴

（2）如图所示，在上截取 ，

∵

∴

∴ 是等边三角形，

∴ ，则

∴

∵四边形是圆内接四边形，

∴

∴ ；

∵ ， ，

∴ 是等边三角形，则

∴ ，

又∵

∴

在中

∴

∴ ，

∴

即 ；

（3）解：①如图所示，当在 上时，

在上截取 ，

∵

∴

又∵

∴ ，则

∴ 即

又∵

∴

∴

∴

∵

∴

如图所示，作于点 ，

在中， ，

∴

∴

∴ ，即

②当在 上时，如图所示，延长至 ，使得 ，连接 ，

∵四边形是圆内接四边形，

∴

又∵

∴ ，则

∴ 即 ，

又∵

∴

∴

∴ ，

∵

同①可得

∴

∴

综上所述，当在 上时， ；当在 上时， ．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握截长补短的辅助线方法是解题的关键．

15．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和 ，其中 ， ， ， ．作于点 ， 于点 ，如图1．

(1)求证： ；

(2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为 ，点与点重合，将图2中的绕 按顺时针方向旋转后，延长交直线于点 ．

①当时，如图3，求证：四边形为正方形；

②当时，写出线段 ， ， 的数量关系，并证明；当时，直接写出线段 ， ， 的数量关系．

【答案】(1)证明见解析

(2)①证明见解析；②当时，线段 ， ， 的数量关系为 ；当时，线段 ， ， 的数量关系为 ；

【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论；

（2）①证明 ， ，可得 ，证明 ，可得四边形为矩形，结合 ，即 ，

而 ，可得 ，从而可得结论；②如图，当时，连接 ，证明 ，可得 ，结合 ，可得 ；②如图，当时，连接 ，同理 ，结合 ，可得

【详解】（1）证明：设 ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ；

（2）证明：①∵ ， ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴四边形为矩形，

∵ ，即 ，

而 ，

∴ ，

∴四边形是正方形；

②如图，当时，连接 ，

由（1）可得： ， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ；

②如图，当时，连接 ，

由（1）可得： ， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ；

【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.

16．（2024·江西·中考真题）综合与实践

如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接 ，以为直角边在的右侧构造 ， ，连接 ， ．

特例感知

（1）如图1，当时， 与之间的位置关系是______，数量关系是______；

类比迁移

（2）如图2，当时，猜想与 之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．

拓展应用

（3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接 ， ， ，如图3．已知 ，设 ，四边形的面积为y．

①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；

②当时，请直接写出的长度．

【答案】（1） ， （2） 与之间的位置关系是 ，数量关系是 ；（3）①y与x的函数表达式 ，当时， 的最小值为 ；②当时， 为或 .

【分析】（1）先证明 ， ， ，可得 ；再结合全等三角形的性质可得结论；

（2）先证明 ， ，结合 ，可得 ；再结合相似三角形的性质可得结论；

（3）①先证明四边形为正方形，如图，过作 于 ，可得 ， ，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接 ， ， ，证明 ，可得在 上，且为直径，则 ，过作 于 ，过作 于 ，求解正方形面积为 ,结合 ，再解方程可得答案.

【详解】解：（1）∵ ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ， ，

∴ ；

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ 与之间的位置关系是 ，数量关系是 ；

（2） 与之间的位置关系是 ，数量关系是 ；理由如下：

∵ ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ；

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ 与之间的位置关系是 ，数量关系是 ；

（3）由（1）得： ， ， ，

∴ ， 都为等腰直角三角形；

∵点F与点C关于对称，

∴ 为等腰直角三角形； ，

∴四边形为正方形，

如图，过作 于 ，

∵ ， ，

∴ ， ，

当时，

∴ ，

∴ ，

如图，当时，

此时 ，

同理可得： ，

∴y与x的函数表达式为 ，

当时， 的最小值为 ；

②如图，∵ ，正方形 ，记正方形的中心为 ，

∴ ，

连接 ， ， ，

∴ ，

∴ 在上，且为直径，

∴ ，

过作 于 ，过作 于 ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴正方形面积为 ,

∴ ，

解得： ， ，经检验都符合题意，

如图，

综上：当时， 为或 .

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.

17．（2024·湖南·中考真题）【问题背景】

已知点A是半径为r的上的定点，连接 ，将线段绕点O按逆时针方向旋转得到 ，连接 ，过点A作的切线l，在直线l上取点C，使得为锐角．

【初步感知】

（1）如图1，当时， ；

【问题探究】

（2）以线段为对角线作矩形 ，使得边过点E，连接 ，对角线 ， 相交于点F．

①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化， 总成立：

②如图3，当 ， 时，请补全图形，并求及 的值．

【答案】（1） ；①证明见解析；②补全图形见解析， ，

【分析】（1）可证是等边三角形，则 ，由直线l是的切线，得到 ，故 ；

（2）①根据矩形的性质与切线的性质证明 ，则 ，而 ，由 ，得到 ；

②过点O作于点G， 于点H，在中，先证明点E在线段上， ，由等腰三角形的性质得 ，根据互余关系可得 ，可求 ，解 ，求得 ，可证明 ，故在中， ．

【详解】解：（1）由题意得 ，

∵ ，

∴ 是等边三角形，

∴ ，

∵直线l是的切线，

∴ ，

∴ ，

故答案为： ；

（2）①如图：

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵四边形是矩形，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵四边形是矩形，

∴ ，

∵ ，

∴ ；

②补全图形如图：

过点O作于点G， 于点H，

在中， ，

∴由勾股定理得 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴点E在线段上，

∴在 ， ，

∵ ， ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

在中， ，

∴设 ，

∴由勾股定理得 ，

∴ ，

∴在中，

∵四边形是矩形，

∴ ，

∴ ，

而 ，

∴ ，

∴在中， ．

【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．

18．（2024·河南·中考真题）综合与实践

在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究

定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．

(1)操作判断

用分别含有和 角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）．

(2)性质探究

根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．

如图2，四边形是邻等对补四边形， ， 是它的一条对角线．

①写出图中相等的角，并说明理由；

②若 ， ， ，求的长（用含m，n， 的式子表示）．

(3)拓展应用

如图3，在中， ， ， ，分别在边 ， 上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长．

【答案】(1)②④

(2)① ．理由见解析；②

(3) 或

【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可；

（2）①延长至点E，使 ，连接 ，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出 ，证明 ，得出 ， ，根据等边对等角得出 ，即可得出结论；

②过A作于F，根据三线合一性质可求出 ，由①可得 ，在中，根据余弦的定义求解即可；

（3）分 ， ， ， 四种情况讨论即可．

【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等，

故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，

故答案为：②④；

（2）解：① ，理由：

延长至点E，使 ，连接 ，

∵四边形是邻等对补四边形，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ；

②过A作于F，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

在中， ，

∴ ；

（3）解：∵ ， ， ，

∴ ，

∵四边形是邻等对补四边形，

∴ ，

∴ ，

当时，如图，连接 ，过N作于H，

∴ ，

在中 ，

在中 ，

∴ ，

解得 ，

∴ ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，即 ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ；

当时，如图，连接 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，故不符合题意，舍去；

当时，连接 ，过N作于H，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，即 ，

解得 ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，即 ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ；

当时，如图，连接 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，故不符合题意，舍去；

综上， 的长为或 ．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键．

19．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践：如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”．如图2，在中， ，将线段绕点顺时针旋转得到线段 ，作交 的延长线于点 ．

(1)【观察感知】如图2，通过观察，线段与 的数量关系是______；

(2)【问题解决】如图3，连接并延长交的延长线于点 ，若 ， ，求的面积；

(3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接交 于点 ，则 ______；

(4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线上找点 ，使 ，请直接写出线段的长度．

【答案】(1)

(2)10

(3)

(4) 或

【分析】（1）根据旋转的性质可得 ， ，进而证明 ，即可求解；

（2）根据（1）的方法证明 ，进而证明 ，求得 ，则 ，然后根据三角形的面积公式，即可求解．

（3）过点作 于点 ，证明得出 ，证明 ，设 ，则 ，代入比例式，得出 ，进而即可求解；

（4）当在 点的左侧时，过点作 于点 ，当在 点的右侧时，过点作 交的延长线于点 ，分别解直角三角形，即可求解．

【详解】（1）解：∵将线段绕点顺时针旋转得到线段 ，作交 的延长线于点 ．

，

，

，

，

，

又且

，

；

（2）解： ，

，

，

，

，

又且 ，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

；

（3）解：如图所示，过点作 于点 ，

∵ ，

∴

∴ ，

即 ，即 ，

又∵

∴

∴ ，

设 ，则 ，

解得：

∴ ；

（4）解：如图所示，当在 点的左侧时，过点作 于点

∵

∴ ，设 ，则 ，

又∵ ，

∴ ，

∴

∴

∴

∴ ，

解得：

在中，

∴

∴

如图所示，当在 点的右侧时，过点作 交的延长线于点 ，

∵

∴

∵

∴

设 ，则 ， ，

∵ ，

∴

解得：

∴

∴

综上所述， 或 ．

【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．

20．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线与x轴的另一个交点为点 ，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线于点E，点F．

(1)求抛物线的解析式；

(2)点D是x轴上的任意一点，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标；

(3)当时，求点P的坐标；

(4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接 ，则的最小值为______．

【答案】(1)

(2)

(3)

(4)

【分析】本题主要考查了求函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．

（1）先根据题意确定点A、C的坐标，然后运用待定系数法求解即可；

（2）分三种情况分别画出图形，然后根据等腰三角形的定义以及坐标与图形即可解答；

（3）先证明可得 ，设 ，则 ,可得 ，即 ，求得可得m的值，进而求得点P的坐标；

（4）如图：将线段向右平移单位得到 ,即四边形是平行四边形，可得 ,即 ，作关于对称轴的点 ,则 ，由两点间的距离公式可得 ，再根据三角形的三边关系可得即可解答．

【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，

∴当时， ，即 ；当时， ，即 ；

∵ ，

∴设抛物线的解析式为 ，

把代入可得： ，解得： ，

∴ ，

∴抛物线的解析式为： ．

（2）解：∵ ， ，

∴ ,

∴ ，

如图：当 ，

∴ ,即 ；

如图：当 ，

∴ ,即 ；

如图：当 ，

∴ ,即 ；

综上，点D的坐标为 ．

（3）解：如图：∵ 轴，

∴ ，

∵ 轴，

∴ ，

∵ ，

∴ ,

∴ ,

∵设 ，则 ,

∴ ，

∴ ，解得： （负值舍去），

当时， ，

∴ ．

（4）解： ∵抛物线的解析式为： ，

∴抛物线的对称轴为：直线 ，

如图：将线段向右平移单位得到 ,

∴四边形是平行四边形，

∴ ,即 ,

作关于对称轴的点 ,则

∴ ,

∵ ，

∴ 的最小值为 ．

故答案为 ．

21．（2024·四川广元·中考真题）数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段．小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形（如图1）产生了如下问题，请同学们帮他解决．

在中，点为边上一点，连接 ．

(1)初步探究

如图2，若 ，求证： ；

(2)尝试应用

如图3，在（1）的条件下，若点为 中点， ，求的长；

(3)创新提升

如图4，点为 中点，连接 ，若 ， ， ，求的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）根据题意，由 ， ，利用两个三角形相似的判定定理即可得到 ，再由相似性质即可得证；

（2）设 ，由（1）中相似，代值求解得到 ，从而根据与 的相似比为求解即可得到答案；

（3）过点作 的平行线交的延长线于点 ，如图1所示，设 ，过点作 于点 ，如图2所示，利用含的直角三角形性质及勾股定理即可得到相关角度与线段长，再由三角形相似的判定与性质得到 ，代值求解即可得到答案．

【详解】（1）证明：∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

（2）解：∵点为 中点，

∴设 ，

由（1）知 ，

∴ ，

∴ ，

∴ 与的相似比为 ，

∴ ，

∵

∴ ；

（3）解：过点作 的平行线交的延长线于点 ，过作 ，如图1所示：

∵点为 中点，

∴设 ，

∵ ，

∴ ， ，

在中， ，则由勾股定理可得 ，

过点作 于点 ，如图2所示：

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，点为 中点，

∴ ， ， ，

又∵ ，

∴ ， ，

∴ ，

又∵ ，

∴ ， ，

∴ ，即 ，

∴ ，

∴ ．

【点睛】本题考查几何综合，涉及相似三角形的判定与性质、含的直角三角形性质、勾股定理等知识，熟练掌握三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．

22．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在中， 为锐角，点在边上，连接 ，且 ．

(1)如图1，若是边的中点，连接 ，对角线分别与相交于点 ．

①求证： 是的中点；

②求 ；

(2)如图2， 的延长线与的延长线相交于点 ，连接的延长线与相交于点 ．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论．

【答案】(1)①见解析；②

(2) ，理由见解析

【分析】（1）①根据 ，得出为 的中点，证明出即可；②先证明出得到 ，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；

（2）连接交 于点 ，证明 ，进一步证明出四边形为平行四边形，得出为 的中位线，得到 ，再证明出得到 ，再通过等量代换即可求解．

【详解】（1）解：① ，

为的中点，

，

是边的中点，

，

，

在中，

∴ ，

又∵ ，

，

，

是的中点；

② ，

四边形为平行四边形，

，

，

，

∵ ，

，

，

，

，

；

（2）解：线段与线段之间的数量关系为： ，理由如下：

连接交 于点 ，如下图：

由题意， 的延长线与的延长线相交于点 ，连接的延长线与相交于点 ，

，

又 ，

，

，

，

，

四边形为平行四边形，

，

，

，

为的中点，

，

，

为的中点，

为的中位线，

，

，

，

，

，

，

，

．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．

23．（2024·吉林·中考真题）如图，在中， ， ， ， 是的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线向终点B运动．过点P作 ，交于点Q，以为边作等边三角形 ，且点C，E在同侧，设点P的运动时间为 ， 与重合部分图形的面积为 ．

(1)当点P在线段上运动时，判断的形状（不必证明），并直接写出的长（用含t的代数式表示）．

(2)当点E与点C重合时，求t的值．

(3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围．

【答案】(1)等腰三角形，

(2)

(3)

【分析】（1）过点Q作于点H，根据“平行线+角平分线”即可得到 ，由 ，得到 ，解得到 ；

（2）由为等边三角形得到 ，而 ，则 ，故 ，解得 ；

（3）当点P在上，点E在上，重合部分为 ，过点P作于点G， ，则 ，此时 ；当点P在上，点E在延长线上时，记与 交于点F，此时重合部分为四边形 ，此时 ，因此 ，故可得 ，此时 ；当点P在上，重合部分为 ， 此时 ， ，解直角三角形得 ，故 ，此时 ，再综上即可求解．

【详解】（1）解：过点Q作于点H，由题意得：

∵ ， ，

∴ ，

∵ 平分 ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ 为等腰三角形，

∵ ，

∴ ，

∴在中， ；

（2）解：如图，

∵ 为等边三角形，

∴ ，

由（1）得 ，

∴ ，

即 ，

∴ ；

（3）解：当点P在上，点E在上，重合部分为 ，过点P作于点G，

∵ ，

∴ ，

∵ 是等边三角形，

∴ ，

∴ ，

由（2）知当点E与点C重合时， ，

∴ ；

当点P在上，点E在延长线上时，记与 交于点F，此时重合部分为四边形 ，如图，

∵ 是等边三角形，

∴ ，

而 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

当点P与点D重合时，在中， ，

∴ ，

∴ ；

当点P在上，重合部分为 ，如图，

∵ ，

由上知 ，

∴ ，

∴此时 ，

∴ ，

∵ 是等边三角形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴当点P与点B重合时， ，

解得： ，

∴ ，

综上所述： ．

【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形的相关计算，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．

24．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在中， ， ．点是边上的一点（点不与点 、 重合），作射线 ，在射线上取点 ，使 ，以为边作正方形 ，使点和点在直线同侧．

(1)当点是边的中点时，求的长；

(2)当时，点到直线的距离为________；

(3)连结 ，当时，求正方形的边长；

(4)若点到直线的距离是点到直线距离的3倍，则的长为________．（写出一个即可）

【答案】(1)

(2)

(3)

(4) 或

【分析】本题考查等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握面积法是解题的关键；（1）根据等腰三角形三线合一性质，利用勾股定理即可求解；（2）利用面积法三角形面积相等即可；（3）设 ，则 ， ，过点作 于

，根据 ，建立方程；即可求解；（4）第一种情况， ， 在异侧时，设 ， ，则 ，证明 ，得到 ，即可求解；第二种情况，当 ， 在同侧，设 ，则 ， ， ，求得 ，解方程即可求解；

【详解】（1）解：根据题意可知： ，

为等腰三角形，故点是边的中点时， ；

在中， ；

（2）根据题意作 ，如图所示；

当时，则 ，

设点到直线的距离为 ，

，

解得： ；

（3）如图，当时，点落在上，

设 ，则 ， ，

过点作 于

则 ，

，

，

解得：

故 ，

所以正方形的边长为 ；

（4）如图， ， 在异侧时；

设 ， ，则

三边的比值为 ，

，

，

当 ， 在同侧

设 ，则 ， ，

三边比为 ，

三边比为 ，

设 ，则 ， ，

解得：

综上所述： 的长为或

25．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中， 分别在上，将四边形沿 翻折，使的对称点落在上， 的对称点为交 于 ．

(1)求证： ．

(2)若为 中点，且 ，求长．

(3)连接 ，若为 中点， 为中点，探究与 大小关系并说明理由．

【答案】(1)见详解

(2)

(3)

【分析】（1）根据矩形的性质得 ，由折叠得出 ，得出 ，即可证明 ；

（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出 ，根据代入数值得 ，进行计算 ，再结合 ，则 ，代入数值，得 ，所以 ；

（3）由折叠性质，得直线 ， ， 是等腰三角形，则 ，因为为 中点， 为中点，所以 ， ，所以 ，则 ，所以 ，则 ，即可作答．

【详解】（1）解：如图：

∵四边形是矩形，

∴ ，

∴ ，

∵ 分别在上，将四边形沿 翻折，使的对称点落在上，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

（2）解：如图：

∵四边形是矩形，

∴ ， ，

∵ 为中点，

∴ ，

设 ，

∴ ，

在中， ，

即 ，

解得 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

解得 ，

∵ ，

∴ ；

（3）解：如图：延长交于一点M，连接

∵ 分别在上，将四边形沿 翻折，使的对称点落在上，

∴ 直线

，

，

∴ 是等腰三角形，

∴ ，

∵ 为中点，

∴设 ，

∴ ，

∵ 为中点，

∴ ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ， ，

∴ ，

在中， ，

∴ ，

∴ ，

在中， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．

26．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若 ， ．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动．

【初步探究】

如图2，连接 ， 并延长，延长线相交于点交 于点 ．

问题1　　 和的数量关系是________，位置关系是_________．

【深入探究】

应用问题1的结论解决下面的问题．

问题2　　如图3，连接 ，点是 的中点，连接 ， ．求证 ．

【尝试应用】

问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从 变化到时，点经过路线的长度．

【答案】（1） ； ；（2）证明见解析；（3）

【分析】（1）如图，由四边形是正方形， 是等腰直角三角形， ，证明 ，再进一步可得结论；

（2）如图，由 ， ，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论；

（3）如图， 证明在以为圆心， 为半径的上，过作 于 ，当时，证明 ，可得 ， ，证明四边形是正方形，可得当旋转角从 变化到时， 在上运动，再进一步解答即可；

【详解】解： ； ；理由如下：

如图，∵四边形是正方形，

∴ ， ，

∵ 是等腰直角三角形， ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ；

（2）如图，∵四边形是正方形，

∴ ，

∵点是 的中点，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵点是 的中点，

∴ ，

∴ ；

（3）如图，∵ ， ，

∴ 在以为圆心， 为半径的上，

过作 于 ，

当时，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ， ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

而 ， ，

∴四边形是正方形，

∴当旋转角从 变化到时， 在上运动，

∵ ， ， ，

∴ ，

∴点经过路线的长度为 .

【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键.

27．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】

（1）如图1，已知和 ， ， ， ， ．用等式写出线段 ， ， 的数量关系，并说明理由．

【模型应用】

（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上， ， ．用等式写出线段 ， ， 的数量关系，并说明理由．

【模型迁移】

（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上， ， ．用等式写出线段 ， ， 的数量关系，并说明理由．

【答案】（1） ，理由见详解，（2） ，理由见详解，（3） ，理由见详解

【分析】（1）直接证明 ，即可证明；

（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明 ，可得 ，结合等腰直角三角形的性质可得： ， ，即有 ， ，进而可得 ，即可证；

（3）过A点作于点H，过F点作 ，交的延长线于点G，先证明 ，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．

【详解】（1） ，理由如下：

∵ ， ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ；

（2） ，理由如下：

过E点作于点M，过E点作于点N，如图，

∵四边形是正方形， 是正方形的对角线，

∴ ， 平分 ， ，

∴ ，

即 ，

∵ ， ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ， ， ， ，

∴四边形是正方形，

∴ 是正方形对角线， ，

∴ ， ，

∴ ， ，

∴ ，即 ，

∵ ，

∴ ，

即有 ；

（3） ，理由如下，

过A点作于点H，过F点作 ，交的延长线于点G，如图，

∵ ， ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

又∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵在正方形中， ，

∴ ，

∴ ，

∴ 是等腰直角三角形，

∴ ，

∴ ，

∵ ， ，

∴ 是等腰直角三角形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．

28．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），

可分为四种类型，我们不妨约定：

既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；

只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；

只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；

既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．

请你根据该约定，解答下列问题：

(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，

①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ）

②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ）

③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有 ．（ ）

(2)如图1，已知四边形内接于 ，四条边长满足： ．

①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；

②若的平分线交 于点E， 的平分线交 于点F，连接 ．求证： 是的直径．

(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与 分别相切于点E，F，G，H．

①如图2．连接交于点P．求证： ．

②如图3，连接 ，若 ， ， ，求内切圆的半径r及的长．

【答案】(1)①×；②√；③√

(2)①外接型单圆；②见解析

(3) ， ，

【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；

（2）①根据已知结合题中定义可得结论；

②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论；

（3）①连接 、 、 、 、 ，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出 ， ， ，进而可得 ， ，然后利用圆周角定理可推导出 ，即可证得结论；

②连接 、 、 、 ，根据已知条件证明 ，进而证明得到 ，再利用勾股定理求得 ， ，同理可证求解即可．

【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以

①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，

∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误；

②∵内角不等于的菱形的对角不互补，

∴该菱形无外接圆，

∵菱形的四条边都相等，

∴该菱形的对边之和相等，

∴该菱形有内切圆，

∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；

③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，

则 ， ， ， ，

∴ 为等腰直角三角形，

∴ ，即 ；

故③正确，

故答案为：①×；②√；③√；

（2）解：①∵四边形中， ，

∴四边形无内切圆，又该四边形有外接圆，

∴该四边形是“外接型单圆”四边形，

故答案为：外接型单圆；

②∵ 的平分线交 于点E， 的平分线交 于点F，

∴ ， ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ，即和 均为半圆，

∴ 是的直径．

（3）①证明：如图，连接 、 、 、 、 ，

∵ 是四边形的内切圆，

∴ ， ， ， ，

∴ ，

在四边形中， ，

同理可证， ，

∵四边形是“完美型双圆”四边形，

∴该四边形有外接圆，则 ，

∴ ，则 ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

②如图，连接 、 、 、 ，

∵四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与 分别相切于点E，F，G，H，

∴∴ ， ， ， ， ，

∴ ， ， ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，又 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ， ，

∴ ，则 ，

在中，由得 ，

解得 ；

在中， ，

∴ ，

同理可证 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ．

【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．

29．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限， 的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（ ）， 的面积为S．

(1)求点A的坐标；

(2)求S与t的函数关系式；

(3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)点A的坐标为

(2)

(3)存在， ， ， ，

【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出 ，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可；

（2）分 ， 和三种情况，运用三角形面积公式求解即可；

（3）当时求出 ，得 ，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和 时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形

【详解】（1）解： ，解得 ，

的长度是的根，

∵ 是等边三角形，

∴ ，

过点A作轴，垂足为C，

在中，

∴

，

∴

点A的坐标为

（2）解：当时．过P作轴，垂足为点D，

∴ ， ，

∴

∴ ，

；

当时，过Q作 ，垂足为点E

∵

∴

又

∴ ，

又 ，

当时，过O作 ，垂足为F

∴ ，

同理可得， ，

∴ ；

综上所述

（3）解：当时，解得，

∴ ，

过点P作轴于点G，则

∴

∴点P的坐标为 ；

当为边时，将沿 轴向下平移4个单位得 ，此时 ，四边形是菱形；

将沿 轴向上平移4个单位得 ，此时 ，四边形是菱形；如图，

作点P关于y轴的对称点 ，当时，四边形是菱形；

当为对角线时，设的中点为T，过点T作 ，交y轴于点M，延长到 ,使连接 ,过点作 轴于点 ，则

∴

∴ ,即 ，

解得， ,

∴ ，

∴ ；

当 ，解得， ，不符合题意，此情况不存在；

当时，解得， ，不符合题意，此情况不存在；

综上，点N的坐标为 ， ， ，

【点睛】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理， 角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，正确作出辅助线和分类讨论是解答本题的关键

30．（2024·重庆·中考真题）在中， ， ，过点作 ．

(1)如图1，若点在点的左侧，连接 ，过点作 交于点 ．若点是 的中点，求证： ；

(2)如图2，若点在点的右侧，连接 ，点是 的中点，连接并延长交于点 ，连接 ．过点作 交于点 ， 平分交 于点 ，求证： ；

(3)若点在点的右侧，连接 ，点是 的中点，且 ．点是直线上一动点，连接 ，将绕点逆时针旋转得到 ，连接 ，点是直线上一动点，连接 ， ．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到 ，连接 ．在点的运动过程中，直接写出的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）证明得到 ，再由点是 的中点，得到 ，即可证明 ；

（2）如图所示，过点G作于H，连接 ，先证明 ，得到 ， ，再证明是等腰直角三角形，得到 ；由直角三角形斜边上的中线的性质可得 ，则 ，进而可证明 ，则 ；设 ，则 ，可得由角平分线的定义可得 ，则可证明 ，进而证明 ，得到 ，即可证明 ；

（3）如图所示，过点D作交 延长线与H，连接 ，则四边形是矩形，可得 ，证明是等边三角形，得到 ，进而得到 ， ；由旋转的性质可得 ，证明 ，得到 ，则点Q在直线上运动，设直线交 于K，则 ，可得 ，由垂线段最短可知，当时， 有最小值，则 ，设 ，则 ，则 ， ；再求出 ，则 ， ，由勾股定理得 ；由全等三角形的性质可得 ，则 ；由折叠的性质可得 ，由 ，得到当点Q在线段上时， 此时有最大值，最大值为 ，据此代值计算即可．

【详解】（1）证明：∵ ， ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

又∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵点是 的中点，

∴ ，

∴ ；

（2）证明：如图所示，过点G作于H，连接 ，

∵ ，

∴ ，

∵点是 的中点，

∴ ，

∴ ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ 是等腰直角三角形，

∴ ；

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ；

设 ，则 ，

∴ ，

∵ 平分 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ；

（3）解：如图所示，过点D作交 延长线与H，连接 ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴四边形是矩形，

∴ ，

∵点是 的中点，且 ，

∴ ，

∴ 是等边三角形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

由旋转的性质可得 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴点Q在直线上运动，

设直线交 于K，则 ，

∴ ，

由垂线段最短可知，当时， 有最小值，

∴ ，

设 ，则 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

在中， ，

∴ ，

∴ ，

在中，由勾股定理得 ；

∵ ，

∴ ，

∴ ；

由折叠的性质可得 ，

∵ ，

∴ ，

∴当点Q在线段上时， 此时有最大值，最大值为 ，

∴ 的最大值为 ．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，垂线段最短，矩形的性质与判定等等，解（2）的关键在于作出辅助线证明 ，得到 ；解（3）的关键在于通过手拉手模型证明点Q的运动轨迹是直线，从而根据垂线段最短确定点Q的位置．

31．（2024·重庆·中考真题）在中， ，点是 边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点 ，连接 ．在直线上取一点 ，使 ，直线与直线交于点 ．

(1)如图1，若 ，求的度数（用含的代数式表示）；

(2)如图1，若 ，用等式表示线段与 之间的数量关系，并证明；

(3)如图2，若 ，点从点移动到点的过程中，连接 ，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值．

【答案】(1)

(2)

(3) 或

【分析】（1）由三角形内角和定理及外角定理结合即可求解；

（2）在上截取 ，连接 ， 交于点H，连接 ，先证明，再证明四边形是平行四边形，可得 ，记与 的交点为点N，则由轴对称可知： ， ，再解即可；

（3）连接 ，记与 的交点为点N，由轴对称知 ， ， ， ，当点G在边上时，由于 ，当为等腰三角形时，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；当点G在延长线上时，只能是 ， 设 ，在中， ，解得 ，设 ，解直角三角形求出 ，即可求解．

【详解】（1）解：如图，

∵ ， ，

∴

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ；

（2）解： ，

在上截取 ，连接 ， 交于点H，

∵ ，

∴ 为等边三角形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵点关于直线的对称点为点 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴四边形是平行四边形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

记与 的交点为点N，

则由轴对称可知： ， ，

∴ 中， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

（3）解：连接 ，记与 的交点为点N，

∵ ，

∴ ，

由轴对称知 ，

当点G在边上时，由于 ，

∴当为等腰三角形时，只能是 ，

同（1）方法得 ， ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ 中， ，解得 ，

∴ ，而 ，

∴ 为等边三角形，

∴ ，

设 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴在中， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

当点G在延长线上时，只能是 ，如图：

设 ，

∴ ， ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵

∴在中， ，

解得 ，

∴ ，

设 ，则 ， ，

在中， ，由勾股定理求得 ，

在中， ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

综上所述： 或 ．

【点睛】本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．

32．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】

（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；

【操作实践】

（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；

【探究应用】

（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若 ， ，当最大时，求AD的长；

（4）如图6，在中， ，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若 ， ，求的最小值．

【答案】（1）2（2） （3） （4）

【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；

（2）如图，由 ，证明 ，再结合图形变换可得答案；

（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心， 为半径的圆上运动，可得当与 相切时， 最大，再进一步解答即可；

（4）如图，将沿 对折， 的对应点为 ，将沿 对折， 的对应点为 ，连接 ，再将沿 方向平移，使与 重合，如图，得 ，由（2）可得： ，当三点共线时， 最短，再进一步解答即可.

【详解】解：如图，

∵正方形 ， 及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，

∴设 ， ，

∴ ， ，

∴ ， ，

∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．

（2）如图，∵ ，

∴ ， ，

， ，

∴ ，

如图，

结合图形变换可得： ；

（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，

∴ 在以为圆心， 为半径的圆上运动，

∵ 为圆外一个定点，

∴当与 相切时， 最大，

∴ ，

∴ ，

由（2）可得： ，

∵ ， ，

∴

，

∴ ；

（4）如图，将沿 对折， 的对应点为 ，将沿 对折， 的对应点为 ，连接 ，

∴ ， ，

再将沿 方向平移，使与 重合，如图，得 ，

由（2）可得： ，

∴当三点共线时， 最短，

∵ ， ，

∴ ， ，

∴ ；

∴ 的最小值为 ；

【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.

33．（2024·上海·中考真题）在梯形中， ，点E在边上，且 ．

(1)如图1所示，点F在边上，且 ，联结 ，求证： ；

(2)已知 ；

①如图2所示，联结 ，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长；

②如图3所示，如果点M在边上，联结 、 、 ， 与交于N，如果 ，且 ， ，求边的长．

【答案】(1)见详解

(2)① ；②

【分析】（1）延长交于点G，由 ，得到 ，由已知数据得到 ， ，故 ，因此 ；

（2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接 ，先证明 ，再证明 ，则 ，即 ，求得 ；

②延长交于点P，过点E作 ，垂足为点Q，由 ，求得 ，可证明 ，角度推导得 ，则 ，求出 ，继而得到 ，由 ，则 ，设 ，则 ，由 ，设 ， ，由 ，得到 ，设 ，可证明 ，求出 ，则 ，在中，运用勾股定理得： ，则 ，在中，由勾股定理得， ，故 ．

【详解】（1）证明：延长交于点G，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ；

（2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接 ，

∵点O为外接圆圆心，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵ 平分 ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

即 ，

∴ ，

∴ ，

∴ 外接圆半径为 ；

②延长交于点P，过点E作 ，垂足为点Q，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

由①知 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

由 ，

得 ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

设 ，则 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴设 ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

即 ，

∴ ，

解得： ，

∴ ，

在中，由勾股定理得：

，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

而 ，

∴在中，由勾股定理得， ，

∵ ，

∴ ．

【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．

34．（2024·四川成都·中考真题）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和 中， ， ， ．

【初步感知】

（1）如图1，连接 ， ，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值．

【深入探究】

（2）如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，延长交 于点 ，求的长．

【拓展延伸】

（3）在纸片绕点旋转过程中，试探究 ， ， 三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积；若不能，请说明理由．

【答案】（1） 的值为 ；（2） ；（3）直角三角形的面积分别为4，16，12，

【分析】（1）根据 ， ， ．证明 ， ，继而得到 ， 即 ，再证明 ，得到 ．

（2）连接 ，延长交 于点Q，根据(1)得 ，得到 ，根据中线得到 ，继而得到 ，结合 ，得到即 ，得到 ，再证明 ，得证矩形 ，再利用勾股定理，三角形相似的判定和性质计算即可．

（3）运用分类思想解答即可．

【详解】（1）∵ ， ， ．

∴ ，

∴ ， ，

∴ 即 ，

∵

∴ ，

∴ ．

（2）连接 ，延长交 于点Q，根据(1)得 ，

∴ ，

∵ 是中线

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ 即 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴四边形是平行四边形，

∵

∴四边形矩形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

设 ，则 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

解得 ；

∴ ， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

解得 ．

（3）如图，当与 重合时，此时 ，此时是直角三角形，

故 ；

如图，当在 的延长线上时，此时 ，此时是直角三角形，

故 ；

如图，当时，此时是直角三角形，

过点A作于点Q，

∵ ，

∴ ，

∵ ， ， ，

∴四边形是矩形，

∴ ，

∴ ，

故 ；

如图，当时，此时是直角三角形，

过点A作于点Q，交于点N，

∴ ， ，

∴ ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

解得 ；

故 ．

【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键．

35．（2024·河北·中考真题）已知的半径为3，弦 ， 中， ．在平面上，先将和 按图1位置摆放（点B与点N重合，点A在上，点C在内），随后移动 ，使点B在弦上移动，点A始终在上随之移动，设 ．

(1)当点B与点N重合时，求劣弧的长；

(2)当时，如图2，求点B到的距离，并求此时x的值；

(3)设点O到的距离为d．

①当点A在劣弧上，且过点A的切线与垂直时，求d的值；

②直接写出d的最小值．

【答案】(1)

(2)点B到的距离为 ；

(3)① ；②

【分析】（1）如图，连接 ， ，先证明为等边三角形，再利用等边三角形的性质结合弧长公式可得答案；

（2）过作 于 ，过作 于 ，连接 ，证明四边形是矩形，可得 ， ，再结合勾股定理可得答案；

（3）①如图，由过点A的切线与垂直，可得过圆心，过作 于 ，过作 于 ，而 ，可得四边形为矩形，可得 ，再进一步利用勾股定理与锐角三角函数可得答案；②如图，当为 中点时，过作 于 ，过作 于 ， ，此时最短，如图，过作 于 ，而 ，证明 ，求解 ，再结合等角的三角函数可得答案．

【详解】（1）解：如图，连接 ， ，

∵ 的半径为3， ，

∴ ，

∴ 为等边三角形，

∴ ，

∴ 的长为 ；

（2）解：过作 于 ，过作 于 ，连接 ，

∵ ，

∴ ，

∴四边形是矩形，

∴ ， ，

∵ ， ，

∴ ，而 ，

∴ ，

∴点B到的距离为 ；

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ；

（3）解：①如图，∵过点A的切线与垂直，

∴ 过圆心，

过作 于 ，过作 于 ，而 ，

∴四边形为矩形，

∴ ，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，即 ；

②如图，当为 中点时，

过作 于 ，过作 于 ，

∴ ，

∴ ，此时最短，

如图，过作 于 ，而 ，

∵ 为中点，则 ，

∴由（2）可得 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

设 ，则 ，

∴ ，

解得： （不符合题意的根舍去），

∴ 的最小值为 ．

【点睛】本题属于圆的综合题，难度很大，考查了勾股定理的应用，矩形的判定与性质，垂径定理的应用，锐角三角函数的应用，切线的性质，熟练的利用数形结合的方法，作出合适的辅助线是解本题的关键．

36．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：

【问题情境】

如图1，在中， ， ，点D、E在边上，且 ， ， ，求的长．

解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到 ，连接 ．

由旋转的特征得 ， ， ， ．

∵ ， ，

∴ ．

∵ ，

∴ ，即 ．

∴ ．

在和 中，

， ， ，

∴①．

∴ ．

又∵ ，

∴在中，②．

∵ ， ，

∴ ③．

【问题解决】

上述问题情境中，“①”处应填：；“②”处应填：；“③”处应填：______．

刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．

【知识迁移】

如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结 ，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．

【拓展应用】

如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且 ．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．

【问题再探】

如图5，在中， ， ， ，点D、E在边上，且 ．设 ， ，求y与x的函数关系式．

【答案】【问题解决】① ；② ；③5；【知识迁移】 ，见解析；【拓展应用】 ；【问题再探】

【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；

【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转 ，得到 ．过点作 交边于点 ，连接 ．由旋转的特征得 ．结合题意得 ．证明 ，得出 ．根据正方形性质得出 ．结合 ，得出 ．证明 ，得出 ．证明 ．得出 ．在中，根据勾股定理即可求解；

【拓展应用】如图所示，设直线交 延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转 ，得到 ，连接 ．则 ．则 ， ，根据 ，证明 ，得出 ，过点H作交 于点O，过点H作交 于点M，则四边形为矩形．得出 ，证明是等腰直角三角形，得出 ， ，在中，根据勾股定理即可证明；

【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转 ，得到 ，连接 ．过点作 ，垂足为点 ，过点作 ，垂足为 ．过点作 ，过点作 交于点 、 交于点 ．由旋转的特征得 ．根据 ，得出 ，证明 ，得出 ，根据勾股定理算出 ，根据 ，表示出 ，证明 ，根据相似三角形的性质表示出 ， ，同理可得 ． ，证明四边形为矩形．得出 ， ，在中，根据勾股定理即可求解；

【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到 ，连接 ．

由旋转的特征得 ， ， ， ．

∵ ， ，

∴ ．

∵ ，

∴ ，即 ．

∴ ．

在和 中， ， ， ，

∴① ．

∴ ．

又∵ ，

∴在中，② ．

∵ ， ，

∴ ③．

【知识迁移】 ．

证明：如图，将绕点逆时针旋转 ，得到 ．

过点作 交边于点 ，连接 ．

由旋转的特征得 ．

由题意得 ，

∴ ．

在和 中， ，

∴ ．

∴ ．

又∵ 为正方形的对角线，

∴ ．

∵ ，

∴ ．

在和 中， ，

∴ ，

∴ ．

在和 中， ，

∴ ．

∴ ．

在中， ，

∴ ．

【拓展应用】 ．

证明：如图所示，设直线交 延长线于点，交延长线于点，

将绕着点顺时针旋转 ，得到 ，连接 ．

则 ．

则 ， ，

，

，

在和 中

，

，

∴ ，

过点H作交 于点O，过点H作交 于点M，则四边形为矩形．

∴ ，

，

，

是等腰直角三角形，

，

，

，

，

，

在中， ， ，

∴ ，

即 ，

又∴ ，

∴ ，

即 ，

【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转 ，得到 ，连接 ．过点作 ，垂足为点 ，过点作 ，垂足为 ．过点作 ，过点作 交于点 、 交于点 ．

由旋转的特征得 ．

，

，

，即 ，

在和 中， ，

，

，

，

，

又 ，

，

，

，

，

，即 ，

，

同理可得 ．

，

，

，

又∵ ，

∴四边形为矩形．

，

，

在中， ．

，

解得 ．

【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．

37．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系中， 的半径为1，对于的弦和不在直线上的点 ，给出如下定义：若点关于直线的对称点在 上或其内部，且 ，则称点是弦的“ 可及点”．

(1)如图，点 ， ．

①在点 ， ， 中，点___________是弦的“ 可及点”，其中 ____________ ；

②若点是弦的“ 可及点”，则点的横坐标的最大值为__________；

(2)已知是直线上一点，且存在的弦 ，使得点是弦的“ 可及点”．记点的横坐标为 ，直接写出的取值范围．

【答案】(1)① ，45；②

(2) 或

【分析】（1）由相对运动理解，作出关于的对称圆 ，若点关于直线的对称点在 上或其内部，且 ，则称点是弦的“ 可及点”，则点C应在的圆内或圆上，先求得 ，根据点与圆的位置关系的判断方法分别判断即可得出在 上，故符合题意，根据圆周角定理即可求解 ；

②取中点为H，连接 ，可确定点D在以H为圆心， 为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B），当轴时，点D横坐标最大，可求 ，故点的横坐标的最大值为 ；

（2）反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆 ，故点P需要在的圆内或圆上，作出的外接圆 ，连接 ，则点P在以为圆心， 为半径的上运动（不包括端点M、N），可求 ，随着的增大， 会越来越靠近 ，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大， ，由 ，故当最大， 时，此时为等边三角形，此时 ，故当 ， 的最大值为2，设 ，则 ，解得： ，可求直线与交于点 ， ，故t的取值范围是或 ．

【详解】（1）解：①：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆 ，

∵若点关于直线的对称点在 上或其内部，且 ，则称点是弦的“ 可及点”，

∴点C应在的圆内或圆上，

∵点 ， ，

∴ ，

而 ，

∴ ,

由对称得： ，

∴ 为等腰直角三角形，

∴ ,

设半径为 ，

则 ,故在 外，不符合题意；

，故在 上，符合题意；

，故在 外，不符合题意，

∴点是弦的“ 可及点”，

可知三点共线，

∵ ，

∴ ，

故答案为： ，45；

②取中点为H，连接 ，

∵ ，

∴ ，

∴点D在以H为圆心， 为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B），

∴当点轴时，点D横坐标最大，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ，

∵点 ， ，

∴ ，

∴此时 ，

∴点的横坐标的最大值为 ，

故答案为： ；

（2）解：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆 ，

∵若点关于直线的对称点在 上或其内部，且 ，则称点是弦的“ 可及点”，

∴点C应在的圆内或圆上，

故点P需要在的圆内或圆上，

作出的外接圆 ，连接 ，

∴点P在以为圆心， 为半径的上运动（不包括端点M、N），

∴ ，

∴ ，

由对称得点在 的垂直平分线上，

∵ 的外接圆为 ，

∴点也在的垂直平分线上，记与 交于点Q，

∴ ，

∴ ，

随着的增大， 会越来越靠近 ，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大， ，

连接 ，

∵ ，

∴当最大, 时，此时为等边三角形，

由上述过程知

∴ ，

∴当 ， 的最大值为2，

设 ，则 ，

解得： ，

而记直线与 交于 ，与y轴交于点K，过点S作轴，

当 ，当时， ，

解得 ，

∴与x轴交于点 ，

∴ ，而

∴ 为等边三角形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴t的取值范围是或 ．

【点睛】本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关键．

38．（2024·广东·中考真题）【知识技能】

（1）如图1，在中， 是的中位线．连接 ，将绕点D按逆时针方向旋转，得到 ．当点E的对应点与点A重合时，求证： ．

【数学理解】

（2）如图2，在中 ， 是的中位线．连接 ，将绕点D按逆时针方向旋转，得到 ，连接 ， ，作的中线 ．求证： ．

【拓展探索】

（3）如图3，在中， ，点D在上， ．过点D作 ，垂足为E， ， ．在四边形内是否存在点G，使得 ？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，证明见解析

【分析】（1）根据中位线的性质、旋转的性质即可证明；

（2）利用旋转的性质、外角定理、中位线的性质证明后即可证明；

（3）通过解直角三角形得到 ， ，过点C作于点M，易证 ，得到 ，即可求得 ，进而 ，从而点M是的中点，过点D作 ，交于点P，连接 ， ， ，根据三线合一得 ，证明 ，即可求的 ，过点P作于点N，则四边形是矩形，得到 ，因此点N是的中点，进而 ，再证 ，得到 ，根据 ，即可推出 ，因此当点G与点P重合时，满足 ．

【详解】证明：（1） 是的中位线，

且 ．

又绕点D按逆时针方向旋转得到

．

（2）由题意可知： ， ， ．

作 ，则且 ，

又 ，

．

根据外角定理

，

，

．

又 ， 是的中位线，

，

，

，

，

，

．

（3）存在点使得 ．

∵ ，

∴ ，

∴在中， ，

过点C作于点M，

∴ ，

∵ ，

∴

∴ ，即 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴点M是的中点，

∴ 是的垂直平分线，

过点D作 ，交于点P，连接 ， ，

∴ ，

∴根据三线合一得 ，

∵ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，即 ，

∴ ，

过点P作于点N，则四边形是矩形，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴点N是的中点，

∴ 垂直平分 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ， ，

∴ ，

又 ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴

即 ，

∴ ，

∴当点G与点P重合时，满足 ．

【点睛】本题考查了旋转的性质、中位线的性质、外角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握知识点以及灵活运用是解题的关键．

39．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中， ．点在射线上运动（不与点 ，点重合）， 关于的轴对称图形为 ．

(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；

(2)若 ， 为的外接圆，设的半径为 ．

①求的取值范围；

②连接 ，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．

【答案】(1) ，

(2)① 且 ；②能，

【分析】（1）由菱形的性质可得 ， ，再结合轴对称的性质可得结论；

（2）①如图，设的外接圆为 ，连接交 于 ．连接 ， ， ， ，证明为等边三角形， 共圆， ， 在上， ，过作 于 ，当时， 最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心， 为半径画圆，可得在 上，延长与 交于 ，连接 ，证明 ，可得 ， 为等边三角形，证明 ，可得： ， ，过作 于 ，再进一步可得答案．

【详解】（1）解： ， ；理由如下：

∵在菱形中， ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

由对折可得： ，

∴ ；

（2）解：①如图，设的外接圆为 ，连接交 于 ．连接 ， ， ， ，

∵四边形为菱形， ，

∴ ， ， ，

∴ 为等边三角形，

∴ ，

∴ 共圆， ， 在上，

∵ ，

∴ ，

过作 于 ，

∴ ， ，

∴ ，

当时， 最小，则最小，

∵ ， ，

∴ ，

∴ ；

点E不与B、C重合，

，且 ，

∴ 的取值范围为且 ；

② 能为的切线，理由如下：

如图，以为圆心， 为半径画圆，

∵ ，

∴ 在上，

延长与 交于 ，连接 ，

同理可得为等边三角形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ 为的切线，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ 为等边三角形，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

由对折可得： ， ，

过作 于 ，

∴设 ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

解得： ，

∴ ，

∴ ．

【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．

40．（2024·云南·中考真题）如图， 是的直径，点 、 是上异于 、 的点．点在 外， ，延长与 的延长线交于点 ，点在 的延长线上， ， ．点在直径上， ，点是线段的中点．

(1)求的度数；

(2)求证：直线与 相切：

(3)看一看，想一想，证一证：

以下与线段 、线段 、线段有关的三个结论： ， ， ，你认为哪个正确？请说明理由．

【答案】(1)

(2)见解析

(3) ，理由见解析

【分析】（1）直接利用直径所对的圆周角是直角，即可得出结果；

（2）证明 ，得到 ，根据平角的定义，得到 ，即可得证；

（3）连接 ，连接交 于点 ，易得 ，圆周角定理得到 ，推出 ，进而得到 ，根据三角函数推出 ，得到三点共线，即可得出结果．

【详解】（1）解：∵ 是的直径，点是 上异于 、 的点，

∴ ；

（2）证明：∵ ，

∴ ，

又∵ ，

∴ ，

∴ ， ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∵ 是半径，

∴直线与 相切；

（3）我认为： 正确，理由如下：

连接 ，连接交 于点 ，如图，则： ，

∴点在线段的中垂线上，

∵ ，

∴点在线段的中垂线上，

∴ ，

∴ ，

∵ 是的直径，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ， ，

∵ 为的中点，

∴ ，

∵ ，且 ，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ 三点共线，

∴ ．

【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．