2024年中考数学考前大题冲刺特训：三角形6大考点汇总与针对性训练

2024年中考数学考前大题冲刺特训：三角形6大考点汇总与针对性训练 6大考点汇总 考点1：与三角形有关的线段 考点2：与三角形有关的角 考点3：全等三角形 考点4：等腰三角形 考点5：直角三角形特征 考点6：勾股定理及其逆定理 6大考点针对性训练 考点1：与三角形有关的线段 1．如图所示，若，按要求回答下列问题： (1)在图中建立正确的平面直角坐标系． (2)将向右平移3个单位，再向下平移1个单位得，在图中画出，并写出点坐标． (3)求的面积． 2．如图，，，．将向右平移3个单位长度，然后再向上平移1个单位长度，可以得到．    (1)画出． (2)写出点的坐标． (3)求的面积． 3．如图，三角形中任意一点经平移后对应点为，将三角形作同样的平移得到三角形 (1)画出平移后的三角形，写出，，的坐标； (2)求三角形的面积； (3)若点M在y轴上，且三角形的面积等于三角形的面积，则点M的坐标为________. 4．如图，方格纸中每个小方格都是边长为1个单位的正方形，学校位置坐标为，图书馆位置坐标为，解答下列问题： (1)在图中建立平面直角坐标系； (2)若体育馆位置坐标为，请在坐标系中标出体育馆的位置C； (3)点C绕原点顺时针旋转90°得到点D，直接写出点D的坐标； (4)顺次连接学校、图书馆、体育馆，得到，求的面积． (5)若三角形内部有一点，经过平移后的对应点Q的坐标为，且A、B、C的对应点分别为D、E、F，请说明是如何由平移得到（沿网格线平移）． 考点2：与三角形有关的角 5．如图①，，E为直线下方一点，平分． (1)求证：； (2)如图②，平分，过点B作，当时，求的度数； (3)如图③，平分，若的反向延长线和的反向延长线交于点M，且，求的度数． 6．如图1，，直线交于点E，交于点F，点G在上，点P在直线右侧、且在直线和之间，连接、． (1)求证：； (2)连接，若平分，，，求的度数； (3)如图2，若平分，的平分线所在的直线与相交于点H，试探究，与之间的数量关系． 7．已知直线，点在直线上，点B、C为平面内两点，于点． (1)如图1，当点在直线上，点在直线上方时，交于点，求证：； (2)如图2，当点在直线上且在点左侧，点在直线与之间，过点作交直线于点，请猜测与的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当点在直线上，且在点左侧，点在直线下方时，过点作交直线于点，作的平分线交直线于点，当时，求出的度数． 8．【探究】如图①，和的平分线交于点，经过点且平行于，分别与、交于点、． （1）若，，则　　度，　　度． （2）若，求的度数． 【拓展】如图②，和的平分线交于点，经过点且平行于，分别与、交于点、．若，直接写出的度数．（用含的代数式表示） 考点3：全等三角形 9．如图，在四边形中，，． (1)求证：． (2)若，，求四边形的周长． 10．如图，菱形中相交于点，延长至点使得，连接并延长交的延长线于点．    (1)求证：； (2)若，，求线段的长． 11．如图，在中，，点D是平面内任意一点（不与点A，B，C重合），将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接，G为的中点，连接，． (1)如图1，当点D在边上时， ①根据题意，补全图1； ②直接写出：__________； (2)如图2，当点D在内部时，（1）问中的比值还成立吗？如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由． 12．在菱形中，，，动点M在射线上运动． (1)如图（1），将点A绕着点M顺时针旋转，得到对应点，连接，．求证：； (2)如图（2），在（1）条件下，若射线经过边中点E，求的值； (3)连接，将线段绕着点M逆时针旋转一个固定角α，，点A落在点F处，射线交射线于G，若是等腰三角形，求的值． 考点4：等腰三角形 13．如图，以线段为直径作，交射线于点C，平分交于点D，过点D作直线于点E，交的延长线于点F．连接并延长交于点M． (1)求证：直线是的切线； (2)求证：； (3)若，，求的长． 14．如图，平行四边形的对角线，相交于点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，平分，交边于点，过点作于点．求的长． 15．如图，在正方形中，点是边上的一动点（不与点重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交边于点，连接，．    (1)补全图形，探究与的数量关系并证明； (2)过点作于点E，交的延长线于点，连接． 直接写出的形状； 用等式表示线段，的数量关系，并证明． 16．综合与实践 【问题情境】 在“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，是线段上的一点，以和为直角边分别作等腰直角和等腰直角，点在边边上，连接和． （1）试判断和的位置关系，并说明理由． 【实践探究】 （2）“勤学小组”受此问题启发，将图中的绕着点逆时针旋转角度，使得点落在的外部，得到，点的对应点为，点的对应点为，连接，，如图，请判断与之间的位置关系，并加以证明． 【拓展探究】 （3）“志远小组”在“勤学小组”探究的基础上，提出了这样一个问题：如图3，在： 中， D 为 内一点，当，，时，求线段的长． 考点5：直角三角形特征 17．在矩形中，将点A翻折到对角线上的点M处，折痕交于点E．将点C翻折到对角线上的点N处，折痕交于点F． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接，若，且，求的长． 18．如图，在中，，，点E为的中点，连结．动点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿折线向终点B运动，当点P不与的顶点重合时，作，交边于点Q，以、为邻边作．设点P的运动时间为t秒．    (1)______． (2)若是轴对称图形，求t的值． (3)直接写出将梯形的面积分成两部分时t的值． (4)连结，作点A关于的对称点，当直线与线段的所成的锐角为时，直接写出线段的长． 19．【问题背景】 （1）如图1，已知，求证：； 【尝试应用】 （2）如图2，在和中，，，与相交于点F，点D在边上，，，求的值； 【拓展创新】 （3）如图3，D是内一点，，，，，请求出的长． 20．【教材呈现】北师大版九年级上册数学教材想页《矩形的性质与判定》给出直角三角形的斜边中线定理． 定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．上述定理的部分推理过程如下： 已知：如图1，在中，，为斜边上的中线． 求证：． 证明：如图2，延长至点，使，连接，．    (1)【定理探索】请结合图2将证明过程补完整； (2)【问题解决】如图3，在中，是高，是中线，点是的中点，，点为垂足，若，求出的度数； (3)【应用探究】如图4，和均为直角三角形，，，连接交于点，已知，，请自接写出的长． 考点6：勾股定理及其逆定理 21．已知正方形的边长为8，点是对角线上的一点．    (1)如图①，若点到的距离为6，则点到的距离为______； (2)连接，过点作，交于点． ①如图②，以，为邻边作矩形．求证：矩形是正方形； ②如图③，在①的条件下，连接，求的值． 22．（1）【发现】如图1，正方形的边长为4，点 E为中点．连接．将绕点 A 顺时针旋转 至 连接交于点 G．爱思考的小明做了这样的辅助线，过点E作，交于点 H……请沿着小明的思路思考下去，则 （2）【应用】如图2，菱形的边长为3，且，连接，点E为上一点，连接．将 绕点A顺时针旋转 至，连接交于点G，若，求的值； （3）【拓展】如图3，在四边形中，，且．点E为上一点，连接．将 绕点A顺时针旋转至，连接交于点C，，请直接写出的长． 23．如图，在矩形中，． (1)如图1，点 E 在 边上，将沿折叠，得到，使点 F落在对角线上，求的长； (2)如图2，点E、F分别在边、上，将矩形沿折叠，使点A与点 C 重合，求的面积； (3)如图3，将矩形沿过点A的直线折叠，使点 B落在边上的点F处，折痕为，把纸片展平，连接．点M在线段上，将沿 折叠得到，连接并延长交 的延长线线于点Q． ①求 的度数； ②点O为中点，连接，直接写出线段的长． 24．综合探究 【问题情境】综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图1是一张矩形纸片ABCD，其中，． 【操作发现】 （1）奋进小组先将图1中的矩形纸片沿直线折叠，使得点C落在点E处，交于点P，得到图2，他们发现．请你证明这个结论； （2）创新小组将图1中的矩形纸片折叠，使得点A落在对角线BD上，记为点G，折痕为，得到图3，则______； 【实践探究】 （3）希望小组在创新小组操作的基础上，将图3中的纸片展开，然后提出一个问题：将矩形纸片ABCD沿直线AH折叠，使得点B落在对角线BD上的点处，然后将纸片展平，如图4所示，折痕AH交BF于点M，交BD于点N，试判断的形状； （4）请你根据希望小组的操作，求点G到的距离．    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)见解析 (2)见解析， (3)5 【分析】本题考查的是作图平移变换，熟知图形平移不变的性质是解答此题的关键． （1）根据点的坐标作出平面直角坐标系即可； （2）根据图形平移的性质画出即可； （3）利用割补法求解即可． 【详解】（1）解：建立平面直角坐标系如图所示； （2）如图所示，即为所求； ∴； （3）的面积． 2．(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了作图平移变换，平面直角坐标系中点的坐标的特征，三角形的面积等知识，准确画出图形是解题的关键． （1）根据平移的性质即可画出△； （2）根据点的位置可得坐标； （3）利用△所在的长方形减去周围三个直角三角形即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，即为所求；    （2）解：由（1）图形知，，； （3）解：的面积为． 3．(1)图见解析，，， (2)11 (3)或 【分析】本题主要考查作图—平移变换，解题的关键是根据对应点的坐标得出平移的方向和距离，并掌握平移变换的定义及其性质，据此得到变换后的对应点． （1）由点经平移后对应点为知，向右平移4个单位、向上平移3个单位即可得到，据此得出变换后的对应点，再首尾顺次连接即可； （2）用矩形的面积减去周围三个三角形的面积即可； （3）设点M坐标为，根据三角形的面积等于三角形的面积得出，解之可得答案． 【详解】（1）解：点经平移后对应点为， 向右平移4个单位、向上平移3个单位即可得到， 即为所求， ，，； （2）三角形的面积； （3）设点M坐标为， ，， ， 解得：或． 4．(1)作图见解析 (2)作图见解析 (3) (4)4.5 (5)见解析 【分析】对于（1），根据点的坐标特点建立直角坐标系即可； 对于（2），根据直角坐标系描出点； 对于（3），按照要求作出旋转后的点，再确定坐标； 对于（4），根据长方形的面积减去三个三角形的面积可得答案； 对于（5），根据坐标的变化得出图形的平移特征，可得答案． 【详解】（1）建立直角坐标系，如图所示． （2）如图所示． （3）如图所示． 点D的坐标是； （4）如图所示． ； （5）由点经过平移后对应的点的坐标为， 可知点P向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到点Q． ∴将向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到． 【点睛】本题主要考查了建立平面直角坐标系，平面直角坐标系内图形的旋转，平移，求三角形的面积，准确的建立直角坐标系是解题的关键． 5．(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查平行线性质，角平分线性质，三角形内角和定理等． （1）过点E作，继而得到，再利用平行线性质得，继而得到本题答案； （2）利用角平分线性质可得，，设，，利用平行线性质得，继而得到即可得到本题答案； （3）设，，利用平行线性质得，，再利用三角形内角和定理即可得到本题答案． 【详解】（1）解：如图①，过点E作， ， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：∵分别平分，， ∴，， 设，， ∵， ∴， ∴， 由（1），知，即， ∴， ∵， ∴； （3）解：∵分别平分，，，， 设，，由（1），知，即， 如图②，过点M作， ， ∵， ∴，则，． ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． 6．(1)见解析； (2)； (3)． 【分析】本题考查的是平行线的性质，三角形外角性质及角平分线的定义的综合运用，用到的知识点为：两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等． （1）延长交于，利用平行线的性质以及三角形外角性质，即可得到； （2）连接，设，，则，，进而得出，，依据即可得到，即； （3）根据平分，可设，根据四边形内角和可得，依据是的外角，可得，最后依据，即可得到与之间的数量关系． 【详解】（1）证明：如图1，延长交于， ∵， ， 是的外角， ； （2）解：如图1，连接， 平分， ， 设，，则，， ∵，， ，即， 是的外角， ， ， 解得， ； （3）解：．理由如下： 平分， 可设， ∵， ， 四边形中，， ， 是的外角， ， 又平分， ， 即， 整理可得，． 7．(1)见解析； (2)，理由见解析； (3)． 【分析】（1）先证明，结合，，从而可得结论； （2）过点作，可得，再结合三角形的内角和定理与平行线的性质可得结论； （3）过点B作，证明，设，则，由，求解，再进一步解答即可． 【详解】（1）解： ， ， ∵， ， ， （2），理由如下： 过点作， ∵，， ∴， ，， ， ， ， ， ， ， ． （3）过点B作， ∵，， ∴， ， 平分， ， 设，则， ∵， ， ∵， ， ， 解得：， ， ， ， ， ， ∵， ， ． 【点睛】本题考查的是平行公理的应用，平行线的性质，三角形的内角和定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 8．（1）30，125；（2）；拓展： 【分析】本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的综合运用，解决问题的关键是掌握：两直线平行，内错角相等． 探究：（1）依据角平分线以及平行线的性质，即可得到的度数，依据三角形内角和定理，即可得到的度数； （2）依据角平分线以及平行线的性质、三角形内角和定理，即可得到的度数； 拓展：根据和的平分线交于点，可得，，再根据进行计算，即可得到的度数． 【详解】探究：（1），平分， ， 又， ； ，平分， ， 中，； 故答案为：30，125； （2）平分，平分， ，． ， ． ， ，． ． ， ． 拓展：和的平分线交于点， ，， ． 9．(1)见解析 (2)20 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等角对等边： （1）只需要证明，即可证明； （2）证明，得到，则，据此可得答案． 【详解】（1）证明：在和中， ， ； （2）解：∵， ， ∵， ， ， ∵，， ， ∵， 四边形的周长为20． 10．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）四边形是菱形，得，，再根据即可求证； （）由得，则有，通过四边形是菱形，得，最后由勾股定理和线段和差即可求解； 本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：由（）得， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 11．(1)①补图见解析； ② (2)仍成立，证明见解析 【分析】（1）①根据的外角为，得到点在直线上，以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，作的垂直平分线，与交于点，即可作出图形； ②设，，再表示出、即可解题； （2）延长，取，连接，证明，得到，再根据中位线定理得到，最后利用等量代换即可解题． 【详解】（1）解：①根据题意补全图形如下： ②设，， ，， ， ， ； （2）解：成立， 延长，取，连接， ，， ， ，， ， ， 点为的中点，点为的中点， ，， ， ． 【点睛】本题主要考查了三角形综合题，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、等腰三角形的性质以及三角形中位线定理是本题解题的关键． 12．(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）可证得，从而，进而得出； （2）连接，交于点O，作于点F，先求出，，，，设，则，可证得，从而，从而得出，求得x的值，进一步得出结果； （3）分为两种种情形：当点G在上，且时，同样得出点A、B、G、M共圆，从而，，进而得出和设，作于H，作于点N，可求得 ， ，从而表示出，，，根据列出，进而求得结果当时，作于点H，可得出和设，表示出，，根据列出，求得x的值，进一步得出结果；可判定出，进而得出结果． 【详解】（1）证明：在菱形中， ，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； （2）解：如图1， 连接，交于点O，作于点F， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴x1=， （舍去）， ∴， ∴； （3）解：如图2， 当点G在上，且时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴点A、B、G、M共圆， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 设， 作于H，作于点N， 由得， AN=， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图3， 当时，作于点H， 由上知：， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当点G在的延长线上时，， ∴， ∴， ∴， 综上所述： 或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形，找出相等关系列方程． 13．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，则，则，得到，由得到，从而得证结论； （2）由线段是的直径，得到，从而，，因此，得证． （3）由，，得到，从而是等边三角形，，进而，则，由得到． 【详解】（1）证明：连接，则， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径，且， ∴直线是的切线． （2）证明：∵线段是的直径， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． （3）解：∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵在等边中，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的判定，等腰三角形的判断及性质，等边三角形的判定及性质，含角的直角三角形的性质，综合运用相关知识是解题的关键． 14．(1)见解析 (2)的长为． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，，再证明，得，则，进而得，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由矩形的性质得，，，再证明是等腰直角三角形，得，，然后证明是等腰直角三角形，即可解决问题． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，四边形是矩形， ，，， 平分， ， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 即的长为． 15．(1)补图见解析，，证明见解析 (2)为等腰直角三角形；，理由见解析． 【分析】（）根据题意画出图形即可，根据对称得，得到，，，再由证明，得到，得到，即得； （）由（）和正方形的性质可得，又由，得，即可得到为等腰直角三角形；．过点作交的延长线于点，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，则得出 ，证得是等腰直角三角形，则可得出结论； 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：补全图形如下：   ， 证明如下：∵四边形是正方形， ∴，， ∵ 点关于直线的对称点为， ∴， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，    ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形； ，证明如下： 如图，过点作交的延长线于点，连接， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 16．（1），理由见解析（2），理由见解析（3） 【分析】（）延长交 于点，由和 都是等腰直角三角形即可求证； （）延长交于点，证明，根据性质和角度和差即可求证； （）如图过点C作， 并截取 ，连接，证明，可得，求解，可得过A作 垂足为N，为等腰直角三角形，再进一步解答即可． 【详解】解：，理由： 如图，延长交 于点， ∵和 都是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2），理由： 如图，延长交于点， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ； （3） 如图 过点C作， 并截取 ，连接， ∵在中， ， ， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ， ∴， 在直角中， ， ∴， ， 过A作 垂足为N， ∴为等腰直角三角形， 在直角中， 【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质和角所对直角边是斜边的一半，锐角三角函数的应用，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质，矩形的性质，含30度角的直角三角形性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力． （1）证，根据折叠性质推出，求出，根据平行四边形判定推出即可． （2）求出，根据直角三角形性质求出，即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∴， ∵由折叠：， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）∵是平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴， 又∵由折叠：， ∴， ∴在中，， ∴，， ∴． 18．(1) (2)或者 (3)、、 或者 (4)或者 【分析】（1）结合等腰直角三角形的性质即可作答； （2）先确定点D在线段上，再根据是轴对称图形，可得是菱形，即有，分当点P在线段上时，和当点P在线段上时，两种情况讨论即可作答； （3）根据点P不与的顶点重合，可得，当点P在线段上时，根据，则，，进而得出，和，再根据将梯形的面积分成两部分，又当时和当时，两种情况作答；当点P在线段上时，同理作答即可； （4）当点Q在上时，根据，可得，再根据点A和点关于对称，可得，，进而可得，问题随之得解；当点Q在上时，同理可得，即问题得解． 【详解】（1）∵在中，，，点E为的中点， ∴，，， 故答案为：； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴点D在线段上， ∵是轴对称图形， ∴是菱形， ∴， 当点P在线段上时，如图，    ∵，， ∴，即， ∴，即是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴（秒）； 当点P在线段上时，如图，    同理可求出：， 此时：， ∴（秒）； 故t的值为或者； （3）∵点P不与的顶点重合， ∴， 当点P在线段上时，如图，    根据运动可知：，则， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴， 在（2）中已经证明， ∴， ∴， ∵将梯形的面积分成两部分， 又∵将梯形分成平行四边形和， 则当时， ， 解得：； 当时， ， 解得：； 当点P在线段上时，如图，    同理可得：，， 进而同理求出：，， 则当时， ， 解得：； 当时， ， 解得：； 综上所述：t的值为秒、秒、 秒或者秒； （4）当点Q在上时，如图，    根据题意有：， ∴， ∵点A和点关于对称， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，即 ∴， ∴， ∴； 当点Q在上时，如图，    则有 ∵点A和点关于对称， ∴，， ∴， 同理可得：， ∴， 综上所述：线段的长为或者． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，菱形的性质，平行四边形的性质等知识，注重分类讨论的思想是解答本题的关键． 19．问题背景：见解析；尝试应用：；拓展创新：． 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质；勾股定理解直角三角形，角所对的直角边等于斜边的一半等； 问题背景：由易得、以及，即可证明； 尝试应用：勾股定理求得，在和中，易证可得，得出，证得，化简即可求得结果； 拓展创新：过作的垂线，过作的垂线，两垂线相较于点，连接，解直角三角形易得，；证得，，即可证明，得，求得，在中运用勾股定理即可求解． 【详解】问题背景： 证明：， ，， ， ， ； 尝试应用：在中，， ， ， 在和中， ，， ， ， ，， ， ， ，， ， ， 拓展创新： 如图，过作的垂线，过作的垂线，两垂线相交于点， 连接， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ，， ，， ，， ， 即，， ， ， ， 在中 ， 即 ． 20．(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明四边形是矩形，则，进而可得； （2）如图3，连接，则，，，由是高，是中线，可知，则，由，，可得，计算求解即可； （3）如图4，将绕点顺时针旋转到，连接，取的中点，连接，过作于，由旋转的性质可得，，，，，由和均为直角三角形，，，可得，，则，，由勾股定理得，，则，由，可求，由勾股定理得，，由，，可得，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵为的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （2）解：如图3，连接，    ∵，点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵是高，是中线， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得，， ∴的度数为； （3）解：如图4，将绕点顺时针旋转到，连接，取的中点，连接，过作于，    ∵，， ∴， 由旋转的性质可得，，，，， ∵和均为直角三角形，，， ∴，， ∴，， 由勾股定理得，， ∴， ∴，即， 解得，， 由勾股定理得，， ∵，， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，旋转的性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，旋转的性质，勾股定理是解题的关键． 21．(1)6 (2)①见解析，② 【分析】（1）过点作于，于，利用角平分线的性质定理解决问题即可． （2）①连接，证明，，可得结论； ②证明，推出，可得结论． 【详解】（1）解：如图，过点作于，于，   四边形是正方形， ， ，， ， 点到的距离为6， 故答案为：6． （2）①证明：如图，连接，   四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形． ②解：四边形，四边形都是正方形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ， 在中，，由勾股定理有 ． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，掌握相关图形的判定和性质是解题的关键． 22．（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查旋转的性质，正方形，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，添加合适的辅助线，构造直角三角形是关键 （1）过点E作，交于点 H，由，可得，进而求出，即可求解； （2）过点E 作，作，求出，由是等边三角形，是等边三角形，，即可求解； （3）过点E作，作，交延长线于点R，交于点Q，可得，设，则，由，得，列出比例式，进而即可求解 【详解】（1）过点E作，交于点 H， ∵正方形的边长为4， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴， ∵点 E为中点， ∴， ∵将绕点 A 顺时针旋转 至 ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）过点E 作，作， ∵菱形的边长为3，且， ∴是等边三角形，， ∵ ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵将 绕点A顺时针旋转 至， ∴，，即是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）过点E作，作，交延长线于点R，交于点Q， ∵， ∴ ∴，， ∵， ∴， ∵ ， ∴， 设，则， ∵将 绕点A顺时针旋转至， ∴， ∵， ∴，即， 过点B作，过点A作，则， ∴， ∴， ∴，解得：（负值舍去）， 经检验：是方程的解， ∴ 23．(1)3 (2) (3)①；② 【分析】（1）证明．在 中， 求解，证明，，，设，则，，再进一步解答即可； （2）设与的交点O，如图，求解，设，则，可得，求解，再进一步解答即可； （3）①证明四边形是正方形．．设，再进一步解答即可；②求解．连接．证明．可得．结合O 为中点，从而可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形 为矩形， ∴． ∵，， 在 中， ， ∵将沿折叠，得到， ∴，，， ∴． ．设，则，， 在中， ， ， 解得， ∴； （2）设与的交点O，如图， ∵矩形沿折叠，点A与点 C重合， ，， ， ， 设，则， 在 中， ， ， 解得， ， 在中，根据勾股定理得， ， ∵四边形为矩形， ∴， ∴． 又∵矩形沿折叠， ∴ ， ∴， ∴， 又∵ ， ∴， ； （3）①∵将矩形纸片沿折叠，点 F落在上． ∴． ∵， ∴， ∴， 又∵ ，． ∴， ∴四边形是正方形． ∵沿折叠得到， ∴，， ∵， ∴． 设， ∴， ∵， ∴ ， ∵； ， ， ②∵， ∴． 连接． ∵，，． ∴． ∴， ∴， ∵O 为中点， ∴ ． 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，本题难度较大，熟练的利用轴对称的性质解题是关键． 24．（1）见解析；（2）；（3）是等腰三角形，理由见解析；（4） 【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理，相似三角形的判定与性质： （1）根据矩形的性质得出，，根据折叠得出，，证明，进而得出答案； （2）根据折叠得出，，根据勾股定理求出，得出，设，则，得出，即可得出答案； （3）根据折叠得出，，，再证明，得出，即可得出答案； （4）过点G作于点Q，证明，代入计算即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； （2）∵折叠， ∴，， ∵，． ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴； （3）是等腰三角形，理由如下： ∵是由折叠得到的， ∴， ∵是由折叠得到的， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （4）过点G作于点Q，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点G到的距离． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$