专题19 几何综合压轴题-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学真题分类汇编（广东专用）

专题 19 几何综合压轴题 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 广东卷 2024·广东卷：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 2023·广东卷：矩形的性质、圆的切线的性质、含度角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的性质与判定、中位线的性质定理、角平分线的判定定理 2021·广东卷：等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法 本题型是中考的几何压轴大题，是对学生所学知识的灵活运用及分析问题解决问题能力的全面考察，知识点范围广，综合性强，难度系数较大，既能考察基础知识和基本技能，又考查数学思想方法和数学能力，区分度较大，同学们在复习时，要注重总结常考的几何模型，举一反三。 广州卷 2024·广州卷：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 2023·广州卷：正方形的性质，全等三角形的判定和性质、旋转的性质、轴对称的性质 2022·广州卷：菱形的性质、等边三角形的判定和性质、二次函数的性质、三角形的重心、解直角三角形等 2021·广州卷：菱形的性质、平行四边形及相似三角形的判定与性质 2020·广州卷：圆与正多边形的综合以及动点问题 深圳卷 2024·深圳卷：垂中平行四边形的定义、平行四边形的性质与判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理、尺规作图、等腰三角形的判定与性质 2023·深圳卷：相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质、解直角三角形、矩形的性质 2022·深圳卷：圆的性质、弧长公式、勾股定理、中位线、利用锐角三角函数值解三角函数 2022·深圳卷：四边形的综合、全等三角形的判定、相似三角形的判定与性质、三角形角平分线的性质、勾股定理及应用 2021·深圳卷：相似三角形的判定和性质、三角形中位线的性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、平行四边形的性质、锐角三角函数 2020·深圳卷：正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质 广东卷 1. （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． 2. （2023·广东·中考真题）综合探究 如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．    (1)求证：； (2)以点为圆心，为半径作圆． ①如图2，与相切，求证：； ②如图3，与相切，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明； （2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出； ②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为． 【详解】（1）∵点关于的对称点为， ∴点E是的中点，， 又∵四边形是矩形， ∴O是的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴， ∴ （2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，    ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，． ∵，，， ∴， ∴． ∵与相切，为半径，， ∴， ∴ 又∵即，， ∴是的角平分线，即， 设，则， 又∵ ∴ ∴ 又∵，即是直角三角形， ∴，即 解得：， ∴，即， 在中，，， ∴， ∴； ②过点O作于点H，    ∵与相切， ∴， ∵ ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵是的中位线， ∴ ∴ ∴ 又∵， ∴ 又∵， ∴ 又∵， ∴是等腰直角三角形，， 设，则 ∴ 在中，， 即 ∴ ∴的面积为： 【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键． 3. （2021·广东·中考真题）如图，在四边形中，，点E、F分别在线段、上，且． （1）求证：； （2）求证：以为直径的圆与相切； （3）若，求的面积． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】(1)设，进而求得，再由即可求得； (2)取中点O，过点O作，由梯形中位线定理得到，利用得到，进而，由此即可证明； (3)过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，得到，分别求出，再代入求解即可． 【详解】解：(1)∵，设， ∴， ∵CD∥AB， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． (2)如图，取中点O，过点O作， ∵CD∥AB，∠ABC=90°， ∴， 又∵， ∴OM∥AB， ∴M为中点， ∴， ∵， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴以为直径的圆与相切． (3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB， ∴， 又∵ ∴为等边三角形，， ∵CD∥EF， ∴， 由(2)得：， ∴， ∴， ∵，在中，三边之比为， ∴， 在中，三边之比为， ∴， 如图，过点D，点A分别向作垂线交于点M，N， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 同理，四边形BENA为矩形， ∴， ． 【点睛】本题考查了等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法等，熟练掌握各图形的基本性质是解决本题的关键． 广州卷 4. （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． 5. （2023·广东广州·中考真题） 如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接． （1）若，求证：是等边三角形； （2）延长，交射线于点G； ①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求面积的最大值，并求此时的长． 【答案】（1）见解析 （2）①能为等腰三角形，；② 【解析】 【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论； （2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到； ②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，设，则，根据直角三角形的性质得到，推出，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于Q，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，求得，于是得到结论． 【小问1详解】 证明：由轴对称的性质得到， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵于对称的线段为， ∴， ∴， ∴是等边三角形； 【小问2详解】 ①∵于对称的线段为， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵E是边上一动点， ∴， ∴点B不可能是等腰三角形的顶点， 若点F是等腰三角形的顶点， 则有， 此时E与D重合，不合题意， ∴只剩下了，连接交于H， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴； ②由①知， 要求面积的最大值，即求面积的最大值， 在中，底边是定值，即求高的最大值即可， 如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N， 设，则， ∵，M是的中点， ∴， ∴， 当G，M，N三点共线时，取等号， ∴面积的最大值， 的面积 如图3，设与交于Q， 则四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ． 【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 6. （2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ． (1)求BD的长； (2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF， ①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积； ②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①四边形ABEF的面积为；②最小值为12 【分析】（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO= ，即可求解； （2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， 根据菱形的面积可求出MN=，设BE=，则EN=，从而得到EM=MN-EN=，再由BE=DF，可得DF=，从而得到四边形ABEF的面积s= S△ABD - S△DEF ，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=BO=，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由，可得当，即BE=时， s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解． 【详解】（1）解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB， ∵∠BAD = 120°， ∴∠CAB=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴BO=AB▪sin60°==， ∴BD=2BO=； （2）解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC=AB=6， 由（1）得：BD=； 菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6， ∴MN⊥BC， ∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=60°， ∴∠EBN=30°； ∴EN=BE ∵， ∴MN=， 设BE=，则EN=， ∴EM=MN-EN=， ∵S菱形ABCD= AD▪MN=， ∴S△ABD= S菱形ABCD=， ∵BE=DF， ∴DF=， ∴S△DEF=DF ▪EM= =， 记四边形ABEF的面积为s， ∴s= S△ABD - S△DEF =-（）， ∵点E在BD上，且不在端点，∴0<BE<BD，即； ①当CE⊥AB时， ∵OB⊥AC， ∴点E是△ABC重心， ∴BE=CE=BO=， 此时 =， ∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为； ②作CH⊥AD于H，如图， ∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上， ∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值； 在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD， ∵∠BAD=120°， ∴∠ADC=60°， ∴△ACD是等边三角形， ∴AH=DH=3， ∴CH=， ∵， ∴当，即BE=时， s达到最小值， ∵BE=DF， ∴DF=3， 此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置， ∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值， ∴CE+CF的值达到最小， 其最小值为CO+CH==12． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识是解题的关键． 7. （2021·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使，且CF、DE相交于点G （1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形； （2）当时，求AE的长； （3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）根据E为AB中点可得，再由菱形的性质推出CD∥AB，，则，即可证明结论； （2）过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，利用菱形及直角三角形的性质可求出，并由勾股定理求得，再根据相似三角形的判定及性质可证得，设，则，可表示出，，即可由建立关于x的方程，求解后可得出AE的长； （3）连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，首先由菱形的性质得出△ABD为等边三角形，则，再由CD∥AB，得，，由此可证得，再结合得出，则由等腰三角形性质推出，并分别求出，，最后根据题意可得点G运动路径的长度为线段AN的长，由平行线分线段成比例性质可得出，此题得解． 【详解】（1）证明：∵E为AB中点， ∴． ∴． ∵四边形ABCD是菱形， ∴CD∥AB，． ∴． ∴四边形DFEC是平行四边形； （2）解：如图，过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H， ∵四边形ABCD是菱形，， ∴AD∥BC，． ∴． ∴． ∴． 则由勾股定理得． ∵CD∥AB， ∴△CDG∽△FEG． ∴． ∵， ∴． 设，则． ∴，． 在Rt△CFH中，由勾股定理得：， ∴． 解得，（不合题意，舍去）． ∴AE的长为； （3）如图，连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM， ∵四边形ABCD是菱形，， ∴，． ∴△ABD为等边三角形． 同理可证：△BCD为等边三角形． ∴． ∵CD∥AB， ∴，． ∴，． ∴ ∵， ∴． ∴． 则由勾股定理得：， ． 当点E从A出发运动到点B时，点G始终在直线AM上运动，运动轨迹为线段， 当点E与A重合时，点G与点A重合， 当点E与B重合时，点G为BD与AM 的交点N， ∴点G运动路径的长度为线段AN的长， ∵CD∥AB， ∴． ∴． ∴点G运动路径的长度为． 【点睛】此题属于四边形的综合问题，考查了菱形的性质、平行四边形及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握所学知识并灵活运用所学知识是解题的关键． 8. （2020·广东广州·中考真题）如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，． （1）求证：是的平分线； （2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由； （3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值． 【答案】(1)详见解析；(2)是， ；(3) 【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可； (2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积； (3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中,t=，D与O、C共线时t取最大值即可算出． 【详解】(1)∵△ABC为等边三角形,BC=AC， ∴,都为圆， ∴∠AOC=∠BOC=120°， ∴∠ADC=∠BDC=60°， ∴DC是∠ADB的角平分线． (2)是． 如图，延长DA至点E，使得AE=DB． 连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC． ∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC,AC＝BC， ∴△EAC≌△DBC(SAS)， ∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°， 故△EDC是等边三角形， ∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为 ∴． (3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2,根据对称性 C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2． ∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t,此时t=D1D2, 由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA, ∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°． ∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°， 在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2， 则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=， 同理D2H= ∴t=D1D2=． ∴x取最大值时,t取最大值． 即D与O、C共线时t取最大值,x=4． 所有t值中的最大值为． 【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量． 深圳卷 9. （2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． （1）如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________； （2）如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； （3）①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 【答案】（1）， （2），理由见解析 （3）①见解析；②或． 【解析】 【分析】（1）根据题意可推出，得到，从而推出，再根据勾股定理可求得，再求得； （2）根据题意可推出，得到，设，则，，再利用勾股定理得到，从而推出、，即可求得答案； （3）①分情况讨论，第一种情况，作的平行线，使，连接，延长交于点；第二种情况，作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接；第三种情况，作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接； ②根据①中的三种情况讨论： 第一种情况，根据题意可证得是等腰三角形，作，则，可推出，从而推出，计算可得，最后利用勾股定理即可求得； 第二种情况，延长、交于点，同理可得是等腰三角形，连接，可由，结合三线合一推出，从而推出，同第一种情况即可求得； 第三种情况无交点，不符合题意． 【小问1详解】 解：，为的中点，，，， ，， ，即，解得， ， ； 故答案为：1；； 【小问2详解】 解：，理由如下： 根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点， ，； 又， ， ； 设，则， ， ， ，， ， ， ， ； 【小问3详解】 解：①第一种情况： 作的平行线，使，连接， 则四边形为平行四边形； 延长交于点， ， ， ， ，， ，即， 为的中点； 故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第二种情况： 作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接， 故为的中点； 同理可证明：， 则， 则四边形是平行四边形； 故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第三种情况： 作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接， 则为的中点， 同理可证明，从而， 故四边形是平行四边形； 故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： ②若按照图1作图， 由题意可知，， 四边形是平行四边形， ， ， 是等腰三角形； 过P作于H，则， ，， ，， ， ； ,， ， ，即 ∴ 若按照图2作图， 延长、交于点， 同理可得：是等腰三角形， 连接， ， ， ， ， ； 同理，， ，，， ，即， ， 若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意） 故答案为：或． 【点睛】本题考查了垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键． 10. （2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接， ①若，过作交于点，求证：； ②若时，则______．    （2）如图，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．    （3）如图，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．    【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）或或 【分析】（1）①根据矩形的性质得出，，进而证明结合已知条件，即可证明； ②由①可得，，证明，得出，根据，即可求解； （2）根据菱形的性质得出，，根据已知条件得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解； （3）分三种情况讨论，①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，证明，解，进而得出，根据，得出，建立方程解方程即可求解；②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，同理证明，根据得出，建立方程，解方程即可求解；③当点在边上时，如图所示，过点作于点，求得，而，得出矛盾，则此情况不存在． 【详解】解：（1）①∵四边形是矩形，则， ∴， 又∵， ∴，， ∴， 又∵， ∴； ②由①可得， ∴ ∴， 又∵ ∴, 故答案为：． （2）∵在菱形中，， ∴，， 则， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴, 又， ∴， ∴， ∴； （3）①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，    ∵平行四边形中，，， ∴，, ∵， ∴ ∴， ∴ ∴ 在中，， 则，， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ 设，则，，， ∴ 解得：或， 即或， ②当点在边上时，如图所示，    连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形， 设，则，， ∵ ∴ ∴， ∴ ∴， ∵ ∴ 过点作于点， 在中，， ∴，， ∴，则， ∴， ∴， ， ∴ ∴， 即， ∴ 即 解得：（舍去） 即； ③当点在边上时，如图所示，    过点作于点， 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴点不可能在边上， 综上所述，的长为或或． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键． 11. （2022·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯的中点为 　 　 (1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度． (2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度． (3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）由，可得出为的中位线，可得出D为中点，即可得出的长度； （2）过N点作，交于点D，可得出为等腰直角三角形，根据,可得出，设，则，根据，即可求得，再根据勾股定理即可得出答案； （3）依题意得出点N路径长为： ，推导得出，即可计算给出，即可得出答案． 【详解】（1）∵ ∴为的中位线 ∴D为的中点 ∵ ∴ （2）过N点作，交于点D， ∵， ∴为等腰直角三角形，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴，， ∴在中，； （3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为： ．    ∵． ∴． ∴． ∴， ∴， ∴N点的运动路径长为： ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键． 12. （2022·广东深圳·中考真题）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证： （2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长． （3）【拓展应用】如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或 【分析】（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证； （2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为； （3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，； （Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，． 【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形， ，， ， ，， ； （2）解：延长，交于，如图： 设， 在中，， ， 解得， ， ，， ， ，即， ，， ，， ，， ，即， ， 设，则， ， ， ，即， 解得， 的长为； （3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图： 设，，则， ， ， ， ， 沿翻折得到， ，，， 是的角平分线， ，即①， ， ，，， 在中，， ②， 联立①②可解得， ； （Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图： 同理， ，即， 由得：， 可解得， ， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用． 13. （2021·广东深圳·中考真题）在正方形中，等腰直角，，连接，H为中点，连接、、，发现和为定值． （1）①__________； ②__________； ③小明为了证明①②，连接交于O，连接，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②． （2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，，（）求： ①__________（用k的代数式表示） ②__________（用k、的代数式表示） 【答案】（1）①；②45°；③见解析；（2）①；② 【分析】（1）①通过中位线得出，再通过等腰直角三角形斜边与直角边的关系得出,则，在等腰Rt△OBA中得出，再结合中位线OH和正方形的性质证明∠BOH=∠BAF，即可证明出，即可得出比值；②利用相似三角形的性质，对应角相等，代换角即可求出； （2）①用与（1）相似的方法可以证明出，即可得出比值；②通过添加辅助线，构造两个直角三角形，用锐角三角函数和勾股定理表示出两边，即可求出比值． 【详解】（1）；②45° ③证明：如图所示： 由正方形性质得：，O为的中点 又∵H为的中点，则， ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∵ ∴， 又∵ ∴ 又 ∴， 又∵ ∴ ∴， ∴ （2）① ② 理由如下： ①如图，连接，与交于O点，连接 由题可知四边形ABCD为平行四边形， ∴O为AC和BD的中点， 又∵H为CE中点， ∴， , 又∵, ∴ ,即， ,即， ∵OH是△ACE的中位线， ∴OH∥AE， ∴, 又∵是△AOD的外角， ∴, 又∵ , ∴ , ∴ , 又∵， ∴ ∴ ②： 由得： ，则 在中，， 不妨令，，如图作 则：， 则 由勾股定理解得： ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数，涉及知识点较多，难度较大，能够通过已知条件找出判定相似三角形的条件是解题关键． 14. （2020·广东深圳·中考真题）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答： （1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由： （2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由； （3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值． 【答案】（1）见解析；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；理由见解析；（3）． 【分析】（1）根据四边形ABCD和AEFG是正方形的性质证明△EAB≌△GAD即可； （2）根据菱形AEFG和菱形ABCD的性质以及角的和差证明△EAB≌△GAD即可说明当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立； （3）如图：连接EB，BD,设BE和GD相交于点H，先根据四边形AEFG和ABCD为矩形的性质说明△EAB∽△GAD，再根据相似的性质得到，最后运用勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形 ∴AB=AD， ∵四边形AEFG为正方形 ∴AE=AG， ∴ 在△EAB和△GAD中有： ∴△EAB≌△GAD ∴BE=DG； (2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。 证明：∵四边形ABCD菱形 ∴AB=AD ∵四边形AEFG为正方形 ∴AE=AG ∵∠EAG=∠BAD ∴ ∴ 在△EAB和△GAD中有： ∴△EAB≌△GAD ∴BE=DG； (3)连接EB，BD,设BE和GD相交于点H ∵四边形AEFG和ABCD为矩形 ∴ ∴ ∵ ∴△EAB∽△GAD ∴ ∴ ∴ ∴ ， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用所学知识是解答本题的关键． 15. （2024·广东佛山·二模）已知点是边长为的正方形内部一个动点，始终保持．    【初步探究】（1）如图，延长交边于点．当点是的中点时，求的值； 【深入探究】（2）如图，连接并延长交边于点．当点是的中点时，求的值； 【延伸探究】（3）如图，连接并延长交边于点．当取得最大值时，求的值． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）首先推导出，由推导出，结合点是的中点，得到． （2）延长交边于点，利用勾股定理求得，，继而推导出，与（1）同理可得：． （3）延长交边于点，明确点在以为直径的半圆上运动，取中点，连接，当与半圆相切时，有最大值，同时推导出也为半圆的切线，点在线段的垂直平分线上，同理：点在线段的垂直平分线上，所以是线段的垂直平分线，推导出，结合，得到四边形是平行四边形，求得，，与（1）同理可得：． 【详解】（1）解：如图，在正方形中，，， ∴，    ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴． （2）延长交边于点，如图，    ∵点是的中点时，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 与（1）同理可得： ． （3）延长交边于点，如图，    ∵， ∴点在以为直径的半圆上运动， 取中点，连接， ∴当与半圆相切时，有最大值． ∵且为半径， ∴也为半圆的切线， ∴， ∴点在线段的垂直平分线上， 同理：点在线段的垂直平分线上， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 与（1）同理可得：． 【点睛】本题属于相似形综合题，主要考查了正方形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形的性质以及勾股定理． 16. （2024·广东广州·二模）如图，在等腰直角三角形中，，，D、E分别是、上一点，且；    (1)如图1，当时，求的长度． (2)如图2，过点E作，交于点F，作，交于点G，求证：． (3)连接，当的长度最小时，求的面积． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）过D作交于S，设，先根据三角函数得到，解方程得到，再根据即可求出的值； （2）由题意知，，，，由，可得，如图2，连接，证明，则，，设，则，，，，，，，由，可知四点共圆，如图2，作的外接圆，延长交的外接圆于，连接，则，由，可得，，则，； （3）如图3，连接，作于，由题意知，，，由（2）可知，，设，则，，，由勾股定理得，，可知当时，最小，即最小，由，代值求解即可. 【详解】（1）解：如图1：过D作交于S，设，    ∵等腰直角三角形， ， ∴， ∵， ∴，，， ∵， ∴， 解得，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：由题意知，， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 如图2，连接，    ∵，，， ∴， ∴，， 设，则，，，，， ∴， ∴， ∵， ∴四点共圆， 如图2，作的外接圆，延长交的外接圆于，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图3，连接，作于， 由题意知，，， 由（2）可知，， 设，则，，， 由勾股定理得，， ∵， ∴当时，最小，即最小， ∵， ∴最小时，， ∴当的长度最小时，的面积为． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，正弦，余弦，正切，全等三角形的判定与性质，四点共圆，三角形外角的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，勾股定理，二次函数的最值等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，正弦，余弦，正切，全等三角形的判定与性质，四点共圆，三角形外角的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，勾股定理，二次函数的最值是解题的关键． 17. （2024·广东河源·一模）如图1，在正方形中，，点是对角线上的动点（点不与点重合），连接，过点作，交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，作的外接圆⊙O，交边于点，连接，若，求的直径长； (3)如图3，设⊙O交于另外一点，若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)10 (3) 【分析】本题考查正方形与圆的综合应用，熟练掌握正方形的性质、勾股定理的应用、三角形全等的判定和性质、圆的性质及圆周角定理、等腰三角形的判定和性质等是解题关键． （1）过点作于．过点作于．证明即可得出结论； （2）过点作于，连接，证明．进而求出，，再在中，求出，， （3）过点作于．过点作于，容易证明，进而可得．再证明，得．进而求解． 【详解】（1）证明：如图1，∵，． ∴． ∴． ∴四边形是矩形． ∵． ∴． ∴四边形是正方形． ∴，． ∵． ∴． 在和中． ． ∴． ∴． （2）如图2，过点作于． ∵，． ∴． ∴． ∵，． ∴． 令，则． ∵． ∴． ∵． ∴． 即． 解得． ∴，． ∴． ∴4． ∵，⊙O是的外接圆， ∵． ∴． ∴． ∴的直径是． （3）解：如图3，连接，过点作于点， ∵四边形是正方形． ∴． 在和中， ． ∴． ∴． ∵． ∴． 又∵． ∴． ∴． ∵，． ∴． ∴． 18. （2024·广东深圳·三模）（1）问题呈现：如图1， 和都是直角三角形，且，连接，求的值； （2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，延长交于点F，设，求的长； （3）拓展提升：如图3，在等边中，是边上的中线，点M从点A移动到点D，连接，以为边长，在的上方作等边，求点N经过的路径长． 【答案】（1）；（2），（3）． 【分析】（1）先证明，再根据勾股定理证得，进一步证明，最后根据相似比即可求得答案； （2）过D作，交的延长线于H，作于N，根据旋转的性质和等边三角形的性质证明，求出，通过勾股定理求出，即可得到答案； （3）过点N作于点H，先证明，由全等三角形的性质可得，即点N总在直线上，垂直平分，所以点N经过的路径为一条线段，起点为点M、A重合时点N的位置，终点为的中点H，然后求解即可获得答案． 【详解】解：（1）在和中，， ∴， ∵， ∴， ∴, ∴， 设．，则， ∵， ∴， 设，同理可得，， ∴，， ∴ ∴， ∴, ∴； （2）过D作，交的延长线于H，作于N，如图： ∴ ∵是等腰直角三角形，， 由旋转的性质可知：，， ∴和是等边三角形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴, ∴； （3）过点N作于点H，如下图， 在等边中，， 在等边中，， ∴， ∴，即, ∵， ∴， ∴， ∴点N总在直线上，即垂直平分， 点N总过的路径为一条线段，起点为M、A重合时点N的位置，终点为的中点H， 如图所示， 在等边中，点M、A重合时，， 此时等边三角形“三线合一”的性质可得, ∴点N经过的路径长为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 19. （2024·广东珠海·三模）如图1，点O为矩形的对称中心， ，点E为边上一点（），连结并延长，交于点F．四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点G． (1)求证：． (2)当时，求的长． (3)令． ①求证：． ②如图2，连结，分别交于点H，K．记四边形的面积为，的面积为，当时，则b的值为 ，的值为 ． 【答案】(1)见解析 (2) (3)①见解析；②， 【分析】（1）由矩形，可得，则，由四边形与关于所在直线成轴对称，可得，则，进而可证； （2）如图1，作于，设，则，，证明四边形是矩形，则，，，由勾股定理得，，即，计算求出满足要求的解，进而可求的长； （3）①如图2，作于，连接，则，证明，则，即，由，可得，则，进而可得；②如图3，连接，由题意得，，，，证明，，则，证明，则，，证明，则，，证明，则，，，证明，则，，由，可求，则，，进而可求． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∴， ∵四边形与关于所在直线成轴对称， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图1，作于， 设，则，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点O为矩形的对称中心， ∴，， 由勾股定理得，，即， 解得，或（舍去）， ∴， ∴的长为； （3）①证明：如图2，作于，连接， ∵点O为矩形的对称中心，过点O， ∴点O为的中点，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴； ②解：如图3，连接， ∵四边形与关于所在直线成轴对称， ∴， ∵点O为矩形的对称中心， ∴， 同理， 由（1）知，， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 当时，， 解得，， ∴，， ∴， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握轴对称的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 20. （2024·广东广州·三模）如图1，点B在直线l上，过点B构造等腰直角三角形，使，且，过点C作直线l于点D，连接． (1)小娟在研究这个图形时发现，，点A，D应该在以为直径的圆上，则的度数为____________，将射线顺时针旋转交直线l于点E，可求出线段的数量关系为____________； (2)小娟将等腰直角三角形绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段的数量关系是否变化，请说明理由： (3)在旋转过程中，若长为1，当面积取得最大值时，请求出此时的长． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题． （1）由，且，可得，由，推出、、、四点共圆，所以；由题意知，所以，由，，可知是等腰直角三角形，推出； （2）如图2，将绕点顺时针旋转交直线于点．易证，则，由，，所以是等腰直角三角形，则，由，推出； （3）当点在线段的垂直平分线上且在的左侧时，的面积最大． 【详解】（1）解：①如图，在图1中． ，且， ， ， 、、、四点共圆， ； ②由题意可知，， ， 又，， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ； 故答案为：，； （2）解：线段，，的数量关系会变化，数量关系为． 理由如下： 如图2，将绕点顺时针旋转交直线于点． 则， ， 又，， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ； （3）解：由（2）知， ， ， ， ， ， ， 、、、四点共圆， 于是作、、、外接圆，如图， 当点在线段的垂直平分线上且在的左侧时，经过圆心，此时最长，因此的面积最大． 作，则平分，，在上截取一点，使得， ， ，， ， ， ， ， ． 21. （2024·广东惠州·三模）某兴趣小组在数学项目式学习活动中拟做以下探究：在中，， 是边上一点，且（为正整数），是边上的动点，过点作的垂线交直线于点． 【初步感知】（1）如题1图，当时，该兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程； 【深入探究】（2）如题2图，当时且点在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明； 【深入探究】（3）请通过类比、归纳、猜想、探究，归纳出线段之间数量关系的一般结论．    【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）当在射线上时， ；当在射线上时， 【分析】（1）如图1，连接，当时，，即，由题意知，则，，即，证明，则，即； （2）如图2，过作于，作于，则四边形是矩形，则，是等腰直角三角形，，，证明，则，设，则，，，，证明，则，，； （3）①当在射线上时，如图3，过作于，作于，则四边形是矩形，，同理（2）可知，，是等腰直角三角形，则，，证明，则，设，则，，，，同理（2），，则，，；②当在射线上时，如图4，过作于，作于，则四边形是矩形，，同理①可得，，设，则，，，，同理（2），，则，，． 【详解】（1）证明：如图1，连接，    当时，，即， ∵， ∴， ∴，，即， ∵， ∴，即， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，证明如下； 如图2，过作于，作于，则四边形是矩形，    ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， 设，则，，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：当在射线上时， ；当在射线上时， ； ①当在射线上时，如图3，过作于，作于，则四边形是矩形，    ∴， 同理（2）可知，，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， 设，则，，， ∴， 同理（2），， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当在射线上时，如图4，过作于，作于，则四边形是矩形，    ∴， 同理①可得，， ∴， 设，则，，， ∴， 同理（2），， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，当在射线上时， ；当在射线上时， ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正弦等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正弦是解题的关键． 22. （2024·广东深圳·三模）【问题呈现】 （1）如图①，在凸四边形中，，，连接，，某数学小组在进行探究时发现、和之间存在一定的数量关系；小明同学给出了如下解决思路：以为边作等边，连接，则易证，且，此时，，进而推导出、和之间的数量关系 ． 【类比探究】 （2）如图②，在凸四边形中，，，，连接，（1）中的结论是否改变？若不改变，请说明理由；若改变，请写出新的数量关系并证明． 【实际应用】 （3）工程师王师傅在电脑上设计了一个凸四边形零件（），如图③所示．其中厘米，厘米，，垂足是，且是的中点，且，连接．在尝试画图的过程中，王师傅发现，和之间存在一定的数量关系，请你帮王师傅直接写出，和之间的数量关系，并证明此结论．    【答案】（1）；（2）改变，，见解析；（3），见解析 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论； （2）如图②，以为直角边作等腰直角三角形，使，，连接，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理即可得到结论； （3）如图③，将绕点D逆时针旋转得到，连接，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵以为边作等边，连接， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）（1）中的结论改变，，理由如下： ∵，， ∴是等腰直角三角形， 如图②，以为直角边作等腰直角三角形，使，，连接，    ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）∵，E是的中点， ∴，， ∴， 如图③，将绕点D逆时针旋转得到，连接，    ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵厘米，厘米， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 23. （2024·广东深圳·二模）【问题提出】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边和对角线上，，点G，H分别在边和上，，求证：； 【尝试应用】 （2）如图2，在矩形中，，点E，F分别在边和对角线上，，求的长； 【拓展提高】 （3）如图3，在平行四边形中，，点E，F分别在边和对角线上，，，试求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3） 【分析】此题考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练相似三角形的判定和解直角三角形是解题的关键． （1）证明，，即可证明结论； （2）在上截取，连接，作，得到，证明，，证明，得到，则，作于W，设，则，得到，得到，解方程即可； （3）在上截取，连接，作，作，交的延长线于X，设，证明是等边三角形，，，则，得到，同理（2）可得， ，则，作于V，则，得到，则，，得到，，得到，进一步即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图1， 在上截取，连接，作， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 作于W，设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图2， 在上截取，连接，作，作，交的延长线于X，设， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴是等边三角形，，， ∴，， 同理（2）可得， ， ∴， 作于V， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 24. （2024·广东广州·二模）如图1，已知正方形的边长为，点是边上的一个动点，点关于直线的对称点是点，连接、、、，设． (1)的最小值是______；此时x的值是______． (2)如图2，若的延长线交边于点，并且． ①求证：点是的中点； ②求的值． (3)如图2，若的延长线交边于点，求线段的最小值． 【答案】(1)； (2)①证明见解析；② (3) 【分析】（1）当，，三点共线时，的最小值，此时，根据正方形的四条边都相等得出，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求出的值，根据对称可得，，推得，，是等腰直角三角形，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方列出方程，解方程求出的值即可； （2）①根据正方形的四条边都相等，四个角都是直角得出，，结合对称的性质得出，，即可推得，，根据等角的余角相等得出，，根据等角对等边可得，同理可得，推得，即可证明； ②结合①得出，，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方列方程，求出的值； （3）根据正方形的四条边都相等，四个角都是直角可得，，根据对称可得，，，推得，，根据等边对等角可得，根据等角的余角相等可得，根据等角对等边可得，连接，根据到角两边距离相等的点在角平分线上可得出是的角平分线，即可求得，作的外接圆，圆心为，根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，过点作交于点，设的半径为，根据等腰直角三角形的性质和直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得，，根据三角形的两边之和大于第三边得出，求出的取值范围，即可得出的取值范围，即可求解． 【详解】（1）解：（1）当，，三点共线时，的最小值，此时， ∵正方形的边长为， 即， ∴， ∵点关于直线的对称点是点， ∴，， 故，，是等腰直角三角形， ∴， 在中，， 即， 解得：， 故答案为：；． （2）①证明：在正方形中，，， ∵点关于直线的对称点是点， ∴，， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 即为的中点； ②解：根据题意可得：，，，， ∴， 在中，， 即， 解得：． （3）解：在正方形中，，， ∵点关于直线的对称点是点， ∴，，， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 连接， 则是的角平分线， ∴， ∵， ∴， 作的外接圆，圆心为，如图： ∵， ∴， 过点作交于点，设的半径为， 则，，， ∵， 即， 解得：， ∴， 则的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形与折叠的综合应用，圆与三角形的综合应用，勾股定理，角平分线的判定，等腰三角形的判定和性质，三角形的三边关系等，解题的关键是熟练掌握相关知识并作辅助线． 25. （2024·广东深圳·三模）（1）【问题发现】如图，矩形与矩形相似，且矩形的两边分别在矩形的边和上，连接． ①线段与的数量关系为__________；②直线与所夹锐角的度数为__________； （2）【类比探究】如图，将矩形绕点逆时针旋转，其它条件不变．在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图进行说理． （3）【知识迁移】如图，当矩形的边时，点为线段上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长__________． （4）【拓展应用】如图，在矩形中，，，点时直线上一动点，连接、，直接写出的取值范围__________．（用含有、的代数式表示，可以不化简） 【答案】（1），；（2）成立，过程见详解；（3）；（4）的取值范围为： 【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型． (1)延长交于H，连接，易得点，，三点共线，由，得到；即可得出结论； (2) 连接AC，AF，证明，即可得出结论； (3) 连接，，根据题意易得为正方形，证明，即可得出结论； (4)根据题意，找临界点分别位于，两点，求的取值范围即可． 【详解】解： （1）【问题发现】如图，延长交于；②直线与所夹锐角的度数为．矩形与矩形相似，且矩形的两边分别在矩形的边和上，易证，，三点共线． ， 在中， ， 故答案为：，． （2）【拓展探究】结论不变．连接AC，AF， 理由： 矩形与矩形相似， ，， ， ， ， ， 设， 则， ， ， ， （3）如图，连接，， 在矩形中， 为正方形， ， 为正方形，点为正方形的中心， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， （4）如图所示， 当时直线BC上一动点,运动零界点为, 两点， 当点运动到时，达到最大值，此时， 则 当点运动到时，达到最小值，此时， 则 故的取值范围为： 26. （2024·广东清远·三模）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下： 操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．      (1)如图1，当点M在上时，______度； (2)如图2，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）． ①判断与的数量关系，并说明理由； ②若，（点Q在下方），则的长为______． 【答案】(1)30 (2)①，理由见解析；② 【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出，，进而可求出，即得出； （2）①由正方形的性质结合折叠的性质可证，即得出； ②设，则，．求出，，根据勾股定理得出，求出x的值即可． 【详解】（1）解：∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕， ∴，， ∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处， ∴， 在中，， ∴． 故答案为：． （2）解：①，理由如下： ∵四边形是正方形， ，． 由折叠可得：，， ，． 又， ， ∴． ②设，则，． ∵， ∴， ∴，． 在中，由， 得， 解得， ∴的长为． 故答案为． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键． 27. （2024·广东佛山·三模）如图1，正方形中，，点E，F分别是边，的中点，连接，点G是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转，得到，连接，． (1)求证：； (2)如图2，若，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)若直线与直线交于点M，当为直角三角形时，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形为正方形，证明见解析 (3)或 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可证明结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再结合，，即可四边形的形状； （3）根据为直角三角形，可分两种情况讨论，当时，过点G作于点N，先证明四边形为正方形，再求，即得答案；当时，点G与点F重合，分别求出和的面积，即得答案． 【详解】（1）线段绕点A逆时针方向旋转后得到， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， ； （2）四边形为正方形；理由如下： 点E，F分别是边，的中点， ，， ，点G为线段的中点 ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， 四边形为正方形； （3）分两种情况讨论： 当时，如图，过点G作于点N， ， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ，， ， ，， ， ， ， ， 四边形的面积为； 当时，如图，点G与点F重合， 此时，， ， ， ， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， 即， ，， 四边形的面积为； 综上说述，四边形的面积为或． 【点睛】本题考查了正方形的判定性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握掌握相关判定与性质，用分类讨论思想来解题是解答本题的关键． 28. （2024·广东佛山·三模）综合探究 如图1，在学习了平行四边形相关知识后，老师指导同学们对正方形进行了探究，在正方形中，过点C作射线，垂足为C，点P在射线上． 【动手操作】 （1）如图2，若点P是线段中点时，连接，并将绕点P逆时针旋转与交于点E，根据题意在图中画出图形，并判断线段与的数量关系为________． 【问题探究】 （2）若点P在线段上时，连接，并将绕点P逆时针旋转与交于点E，则（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，若点P在射线上移动，将射线绕点P逆时针旋转与交于点E，如果，，求的长． 【答案】（1）；（2）还成立，理由见解析；（3）的长为或． 【分析】（1）取的中点，连接，证明，即可得到； （2）过点P作交于点，证明，即可得到； （3）点P在线段上时，过点P作交于点，由（2）可知，求得；点P在线段的延长线上时，过点P作交于点，证明是等腰直角三角形，再证明，即可得到； 【详解】解：（1）；理由如下， ∵正方形， ∴，，， ∵， ∴，， 取的中点，连接， ∵点P是线段中点， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）还成立，理由如下， 过点P作交于点， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴即，， 同理， ∴； （3）点P在线段上时，过点P作交于点， 由（2）可知，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴； 点P在线段的延长线上时，过点P作交于点， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴，，， 同理， ∴； ∵， ∴， ∵，， ∴； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及正方形的性质，等腰直角三角形，旋转变换，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 29. （2024·广东深圳·三模）【探究发现】 （1）如图（a），正方形的边长为6，E为边的中点，F是边上的一点，将沿对折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在上时，求的长． 【能力提升】 （2）如图（b），E，F分别是矩形的边，上的点，，，F为的中点，将沿对折，点B的对应点为点G．连接，当时，求四边形的面积． 【拓展应用】 （3）菱形的边长为6，，E是边上一点，F是边上一点，将沿对折，点B的对应点为点G．当点G落在菱形的一条边或一条对角线上，且时，直接写出BF的长度． 【答案】（1）；（2）；（3）4，或 【分析】（1）连接，由可判定，由全等三角形的性质得，设，有勾股定理得，即可求解； （2）连接，过作交于，交于，过作交于，设，则，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，可求出，，由勾股定理得，可求出、、，由即可求解； （3）①当在边上时，由等边三角形的判定方法得是等边三角形，即可求解；②当在边上时，延长交的延长线于，过作交于，交于， 设，，，由勾股定理得，可求出，进而求出、，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解； ③当在对角线上时，设，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解． 【详解】解：（1）如图，连接， 四边形是正方形， ， 是的中点， ， 由折叠得：， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， 设， ， ， ， 在中 ， ， 解得：， ； （2）如图，连接，过作交于，交于，过作交于， ， 四边形是矩形， ， ， 四边形是矩形， 四边形是矩形， ， ， ， ， F为的中点， ， 由折叠得：， ， ， ， 设， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， 在中， ， ， 解得：， ， ， ， ； （3）①当在边上时， ， 由折叠得：， ， 是等边三角形， ； ②当在边上时， 如图，延长交的延长线于，过作交于，交于， ， ， ， 设，， ， 由折叠得：， ， ， ， ， ， ， 在中 ， ， 解得：， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ； ③当在对角线上时， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 设， ， 由折叠得：， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， 解得：， 经检验：是此方程的根； ； 综上所述：的长度为或或． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定及性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质，能根据题意构建三角形相似及全等是解题的关键． 30. （2024·广东深圳·三模）如图，在平行四边形中，过点作的延长线于点，垂足为点，，，，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；过点作，交于点．当点、中有一点停止运动时，另一点也停止运动，线段也停止运动，连接．解答下列问题： (1)当　　　时，点为的中点． (2)　　　． (3)设五边形的面积为，求与之间的函数关系式． (4)是否存在某一时刻，使得点、、为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) (4)存在，当为或或时，是等腰三角形 【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是分类讨论思想的运用． （1）根据点Q的运动速度和路程即可求出答案； （2）利用等积法求出，利用正弦定义即可求出答案； （3）根据解得，得出，最后利用解答即可； （4）分为，和三种情形讨论即可求解． 【详解】（1）在平行四边形中，，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为； 当点为的中点时，即， 则， 解得， 即当时，点为的中点． 故答案为： （2）如图3，过点A作于点F，过点作于点， ∵，， ∴， ∴， 在中，， ． ， 故答案为： （3）如图3，过点作于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， 又∵， ，即， ， ． ， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴四边形是矩形， ∴， ，即， ， ， ， 与之间的函数关系式为； （4）是等腰三角形， 分，和三种情况讨论： ①当时，， 解得； ②当时，过点作，交于点，如图4， ， 在中，， ， ， ， ， ， ； ③当时，过点作于点， 则， ， ，即， ， 综上所述，当为或或时，是等腰三角形． 31. （2024·广东惠州·二模）综合探究 【问题情境】几何探究是培养几何直观、推理能力和创新意识的重要途径．解决几何综合探究问题，往往需要运用从特殊到一般、化静为动、类比等数学思想方法． 【初步探究】 （1）如图1，将绕点逆时针旋转得到，连接，，根据条件填空： ①的度数为 　　； ②若，则的长为 　　； 【类比探究】 （2）如图2，在正方形中，点在边上，点在边上，且满足，，，求正方形的边长； 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形中，，，，为对角线，且满足，若，，请求出的长． 【答案】（1）①；②；（2）；（3） 【分析】（1）①根据旋转的性质易得为等腰直角三角形，结合等腰三角形的性质求解即可； ②结合等腰三角形的性质求解即可； （2）将绕点逆时针旋转得，求证，由全等三角形的性质可得，易得，设正方形边长为，则，，在中由勾股定理可得，代入求解即可获得答案； （3）将绕逆时针旋转至，连接，首先证明，由相似三角形的性质可得，再证明，由勾股定理可得，结合即可获得答案． 【详解】解：（1）①将 绕点逆时针旋转得， ，， 为等腰直角三角形， ； ②为等腰直角三角形，， ， 故答案为：①；②； （2）将绕点逆时针旋转得，如图， 由旋转的性质可得，，，， ， ，，共线， ， ， ，，， ， ， ， ， 设正方形边长为，则，， 在 中，， 即， 解得或（负值舍去）， 正方形的边长为； （3）如图，将绕逆时针旋转至，连接， 由旋转的性质可得，，，， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，主要考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，综合性强，解题关键是熟练运用旋转的性质求解． 32. （2024·广东深圳·三模）如图1，在矩形中，，点是对角线上的一动点． 【初步探究】 （1）下表是某探究小组得出的正确结果：（部分数据被遮挡） 已知 2 表中被遮挡的数据　　　，　　　，　　　； 【探究运用】 （2）当时，求的值． 【拓展延伸】 （3）如图2，的外接圆交于点，交于点，交于点，若，当时，直接写出此时的长． 【答案】（1）1；4；8；（2）；（3）的长为或 【分析】（1）过点作，，证明四边形是矩形．得出，，证明，得出，根据，得出，设，，则，，求出，求出，得出，求出，即可得出答案； （2）过点作，，证明四边形是矩形．得出，，证明，得出，设，，则，，得出，，，求出，得出，，，，即可得出答案； （3）连接，根据，得出，根据，，得出，说明，证明，得出，即，设，则，得出，求出结果即可． 【详解】解：（1）过点作，，如图所示： 则， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴四边形是矩形． ∴，， ，， ， ， ∵， ∴， 即， 设，，则，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 根据表格特点可知：； （2）过点作，. ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴四边形是矩形， ，， ， ， 设，，则，， ，，， ，， ， ∵， ，， ，，，， ． （3） 连接，如图所示： ∵， ∴， ∴根据勾股定理得：， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又由（2）知，， ∴， ∵矩形中，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 设，则 ∴， 解得，， ∴的长为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的相关计算，勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，平行线的性质,解一元二次方程等知识，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义． 33. （2024·广东云浮·一模）如图1，在中，，，，点O在边上，由点D向点A运动，当点O与点A重合时，停止运动．以点O为圆心，为半径，在的下方作半圆O，半圆O与交于点M．（，，） (1)如图1，当时， ，点C到半圆O的最短距离= ； (2)半圆O与相切时，求的长？ (3)如图2，半圆O与交于点E、F，当时，求扇形的面积？ (4)以，为边矩形，当半圆O与有两个公共点时，则的取值范围是 ． 【答案】(1)30； (2) (3) (4)或 【分析】（1）连接，与半圆O交于点B，利用锐角三角函数和勾股定理解答即可； （2）设切点为N，连接，，设，利用勾股定理列出方程即可求解； （3）过点O作于点H，连接，利用相似三角形的判定与性质和勾股定理求得的值，得到A，M，E三点重合，利用扇形的面积公式解答即可； （4）利用分类讨论的思想，求得半圆O与有一个，两个，三个公共点时的值，结合图形即可得出结论． 【详解】（1）解：连接，与半圆O交于点B， 在中， ， ∴． 在中，， ∴． ∵， ∴， ∴点C到半圆O的最短距离为， 故答案为：30，； （2）解：当半圆O与相切时，设切点为N，连接，，如图， ∵， ∴为半圆O的切线． ∵为半圆O的切线， ∴， ∴． 设， ∵， ∴． ∵为半圆O的切线， ∴． ∴，即， 解得：． ∴； （3）解：过点O作于点H，连接，如图， 则． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， 解得：或（不合题意，舍去）， ∴， ∴A，M，E三点重合， ∴． ∴扇形的面积； （4）如图， 当与边相切于点时，， 此时，与有一个公共点， 由（2）知：； 当与边相切于点时，， 此时，与有三个公共点， ∴． ∴当圆心O在与之间时，半圆O与有两个公共点， ∴； 当的圆心O在与点A之间时，此时与有两个或三个公共点， 当经过点B时，与有三个公共点， ∵，，， ∴， 解得：． ∴当时，与有三个公共点， ∴当时，与有两个公共点， 综上，当半圆O与有两个公共点时，的取值范围是或． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质，圆的有关计算，圆周角定理，垂径定理，切线长定理，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，直线与圆的位置关系，连接经过切点的半径和作出圆的弦心距是解决此类问题常添加的辅助线． 34. （2024·广东深圳·三模）已知正方形，将边绕点A顺时针旋转α至线段的角平分线所在直线与直线相交于点F．    【探索发现】 （1）如图1，当α为锐角时，请先用“尺规作图”作出的角平分线（保留作图痕迹，不写作法），再依题意补全图形，求证：； 【深入探究】 （2）在（1）的条件下， ①的度数为 ； ②连接，猜想线段和之间的数量关系，并证明； 【拓展思考】 （3）若正方形的边长，当以点C，F，D，E为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）见解析；（2）①；②，证明见解析；（3）8或． 【分析】（1）依题意补全图形，连接，由正方形和旋转的性质可得，由角平分线的定义可得，再通过证明即可求解； （2）①设，则，由可得，由可得，再根据计算即可求解； ②连接和，易得和为等腰直角三角形，，，由等角减同角相等可得，以此可证明，利用相似三角形的性质即可求解； （3）分两种情况：当为对角线时此时，；当为对角线时，连接，同（1）可证：，得到，由可得，，由四边形内角和定理得到，进而求得，于是是等腰直角三角形，同（2）②可证：，，设，则,在中，利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：（1）“尺规作图”补全图形如图：    证明：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转知，， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）①连接      设， ∵， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：； ②，理由如下： 如图，连接和，    ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （3）当为对角线时，如图，    此时，； 当为对角线时，如图，连接，    ∵四边形为边长为4的正方形， ∴， 同（1）可证：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 同（2）②可证：，且， 设，则， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得：或（舍去）， ∴． 综上，或． 【点睛】本题主要考查尺规作图、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理，正确作出辅助线，灵活应用相关知识解决问题是解题关键． 35. （2024·广东揭阳·三模）综合与探究 如图，正方形中，，为边上异于、的一动点，为边上一点，，为线段上的动点，于，于． (1)求证：； (2)若为中点，设为． ①求的长（用含的代数式表示）； ②求四边形面积的最大值； (3)当点固定时，试证明四边形面积随着的增大而增大． 【答案】(1)见解析 (2)①；②最大值为12； (3)见解析 【分析】（1）根据相似三角形的判定证明即可． （2）延长交于点，则，， 设为，根据得出，求出即可进一步求得的长．根据题意列出四边形面积的二次函数，求最大值即可． （3）设，即可求出，根据（2）可得，列出四边形面积与的关系式，求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ； （2）解：①，为中点，， ， ，， 延长交于点， 在正方形中，，， 四边形是矩形， ，， 与平行， 则，， ， 即， ； ②， ，开口向下， 当时，随的增大而增大， ， 当时，有最大值为12； （3）证明：设，由（1）得： ， ， 由（2）得， ， ， ， ， ，开口向下，对称轴， 又， ， 当时，随的增大而增大， ， 四边形面积随着的增大而增大． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 36. （2024·广东深圳·二模）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证：； （2）【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．若，求的长； （3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点在直线上，，交直线于点．请直接写出线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）由正方形的性质及得出，利用证明，即可得出； （2）作于点，交于点，作于点，交于点，由矩形的性质得出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，即可证明四边形是矩形，进而可证明，得出，根据即可得答案； （3）作于点，交的延长线于点，由菱形的性质得出，利用三角函数得出，，分点在线段上和点在线段延长线上两种情况，利用三角函数及的面积求出的值，即可得出的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴． （2）如图2，作于点，交于点，作于点，交于点，则， ∵四边形是矩形，，， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得或（舍去）， ∴的长是． （3）解：线段的长为或，理由如下： 如图3，作于点，交的延长线于点，则， ∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 点在线段上，且，则， ∴， ∴， 设于点，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图4，点在线段延长线上，且，则， ∴， ∴， 设于点，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，线段的长为或． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握其性质，合理作出辅助线并分类讨论是解决此题的关键． 37. （2024·广东深圳·三模）【基本模型】（1）如图1，矩形中，，，交于点E，则的值是__________． 【类比探究】（2）如图2，中，，，，D为边上一点，连接，，交于点E，若，求的长． 【拓展应用】（3）如图3，矩形中，E是的中点，于点F，连接交于点G，若点G把线段分成的两部分，请直接写出的值．    【答案】（1）（2）5（3）或 【分析】（1）由矩形的性质结合，证明，由相似三角形的性质解求解； （2）过点A，D作的垂线，垂足分别为，证明，解直角三角形，求出，得到，进而得到，设，则 ， 解直角三角形即可求解； （3）分两种情况：或，先画出图形，根据菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】解：（1） 四边形是矩形，，，， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）过点A，D作的垂线，垂足分别为，   ，，， 则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， 设，则 ， ， ， ， ， ， ， ， ∴； （3）分两种情况： ①当时，延长交的延长线于，连接，如图所示：   四边形是矩形， ，，， ， ， ， 是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， ， 即， ， ∴， ∴； ②当时，延长、交于点，延长、交于点，如图所示，    ∵E是的中点， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴, 设，， 则， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴（负根舍去）， ∴； 综上可得，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角函数，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握三角形的相似，三角函数是解题的关键． 38. （2024·广东·三模）综合运用 如图1，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，点A的坐标为．点C是边上一点，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接，． (1)当平分时，＝________°； (2)若，求的长； (3)如图2，作点C关于的对称点E，连接，，．设的面积，，求S关于m的函数表达式． 【答案】(1)22.5 (2) (3) 【分析】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，列函数的解析式，掌握旋转变换的特征是解题的关键． （1）根据旋转的性质和角平分线的定义求解即可； （2）根据旋转的性质证，根据相似三角形的性质求解即可； （3）根据等腰直角三角形的性质证，根据全等三角形的性质，结合三角形的面积公求解即可． 【详解】（1）解：由旋转性质，得，， ∴， ∵平分， ∴， 由题意，得， ∴． 故答案为：22.5； （2）∵，， ∴，， 由旋转性质，得，， ∴，， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， 即． 由题意知，， ∵， ∴； （3）如图，设与交于点F，连接，由对称性质，得，． 由题意，得是等腰直角三角形， ∴F为中点，即． 由（2）知， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴，即． ∵，， ∴在中，， ∴， 又∵， ∴． 过点D作轴于点G， ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题 19 几何综合压轴题 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 广东卷 2024·广东卷：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 2023·广东卷：矩形的性质、圆的切线的性质、含度角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的性质与判定、中位线的性质定理、角平分线的判定定理 2021·广东卷：等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法 本题型是中考的几何压轴大题，是对学生所学知识的灵活运用及分析问题解决问题能力的全面考察，知识点范围广，综合性强，难度系数较大，既能考察基础知识和基本技能，又考查数学思想方法和数学能力，区分度较大，同学们在复习时，要注重总结常考的几何模型，举一反三。 广州卷 2024·广州卷：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 2023·广州卷：正方形的性质，全等三角形的判定和性质、旋转的性质、轴对称的性质 2022·广州卷：菱形的性质、等边三角形的判定和性质、二次函数的性质、三角形的重心、解直角三角形等 2021·广州卷：菱形的性质、平行四边形及相似三角形的判定与性质 2020·广州卷：圆与正多边形的综合以及动点问题 深圳卷 2024·深圳卷：垂中平行四边形的定义、平行四边形的性质与判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理、尺规作图、等腰三角形的判定与性质 2023·深圳卷：相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质、解直角三角形、矩形的性质 2022·深圳卷：圆的性质、弧长公式、勾股定理、中位线、利用锐角三角函数值解三角函数 2022·深圳卷：四边形的综合、全等三角形的判定、相似三角形的判定与性质、三角形角平分线的性质、勾股定理及应用 2021·深圳卷：相似三角形的判定和性质、三角形中位线的性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、平行四边形的性质、锐角三角函数 2020·深圳卷：正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质 广东卷 1. （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． 2. （2023·广东·中考真题）综合探究 如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．    (1)求证：； (2)以点为圆心，为半径作圆． ①如图2，与相切，求证：； ②如图3，与相切，，求的面积． 3. （2021·广东·中考真题）如图，在四边形中，，点E、F分别在线段、上，且． （1）求证：； （2）求证：以为直径的圆与相切； （3）若，求的面积． 广州卷 4. （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． 5. （2023·广东广州·中考真题） 如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接． （1）若，求证：是等边三角形； （2）延长，交射线于点G； ①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求面积的最大值，并求此时的长． 6. （2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ． (1)求BD的长； (2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF， ①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积； ②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由． 7. （2021·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使，且CF、DE相交于点G （1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形； （2）当时，求AE的长； （3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度． 8. （2020·广东广州·中考真题）如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，． （1）求证：是的平分线； （2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由； （3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值． 深圳卷 9. （2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． （1）如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________； （2）如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； （3）①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 10. （2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接， ①若，过作交于点，求证：； ②若时，则______．    （2）如图，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．    （3）如图，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．    11. （2022·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯的中点为 　 　 (1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度． (2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度． (3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长． 12. （2022·广东深圳·中考真题）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证： （2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长． （3）【拓展应用】如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长． 13. （2021·广东深圳·中考真题）在正方形中，等腰直角，，连接，H为中点，连接、、，发现和为定值． （1）①__________； ②__________； ③小明为了证明①②，连接交于O，连接，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②． （2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，，（）求： ①__________（用k的代数式表示） ②__________（用k、的代数式表示） 14. （2020·广东深圳·中考真题）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答： （1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由： （2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由； （3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值． 15. （2024·广东佛山·二模）已知点是边长为的正方形内部一个动点，始终保持．    【初步探究】（1）如图，延长交边于点．当点是的中点时，求的值； 【深入探究】（2）如图，连接并延长交边于点．当点是的中点时，求的值； 【延伸探究】（3）如图，连接并延长交边于点．当取得最大值时，求的值． 16. （2024·广东广州·二模）如图，在等腰直角三角形中，，，D、E分别是、上一点，且；    (1)如图1，当时，求的长度． (2)如图2，过点E作，交于点F，作，交于点G，求证：． (3)连接，当的长度最小时，求的面积． 17. （2024·广东河源·一模）如图1，在正方形中，，点是对角线上的动点（点不与点重合），连接，过点作，交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接，作的外接圆⊙O，交边于点，连接，若，求的直径长； (3)如图3，设⊙O交于另外一点，若，求的面积． 18. （2024·广东深圳·三模）（1）问题呈现：如图1， 和都是直角三角形，且，连接，求的值； （2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，延长交于点F，设，求的长； （3）拓展提升：如图3，在等边中，是边上的中线，点M从点A移动到点D，连接，以为边长，在的上方作等边，求点N经过的路径长． 19. （2024·广东珠海·三模）如图1，点O为矩形的对称中心， ，点E为边上一点（），连结并延长，交于点F．四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点G． (1)求证：． (2)当时，求的长． (3)令． ①求证：． ②如图2，连结，分别交于点H，K．记四边形的面积为，的面积为，当时，则b的值为 ，的值为 ． 20. （2024·广东广州·三模）如图1，点B在直线l上，过点B构造等腰直角三角形，使，且，过点C作直线l于点D，连接． (1)小娟在研究这个图形时发现，，点A，D应该在以为直径的圆上，则的度数为____________，将射线顺时针旋转交直线l于点E，可求出线段的数量关系为____________； (2)小娟将等腰直角三角形绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段的数量关系是否变化，请说明理由： (3)在旋转过程中，若长为1，当面积取得最大值时，请求出此时的长． 21. （2024·广东惠州·三模）某兴趣小组在数学项目式学习活动中拟做以下探究：在中，， 是边上一点，且（为正整数），是边上的动点，过点作的垂线交直线于点． 【初步感知】（1）如题1图，当时，该兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程； 【深入探究】（2）如题2图，当时且点在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明； 【深入探究】（3）请通过类比、归纳、猜想、探究，归纳出线段之间数量关系的一般结论．    22. （2024·广东深圳·三模）【问题呈现】 （1）如图①，在凸四边形中，，，连接，，某数学小组在进行探究时发现、和之间存在一定的数量关系；小明同学给出了如下解决思路：以为边作等边，连接，则易证，且，此时，，进而推导出、和之间的数量关系 ． 【类比探究】 （2）如图②，在凸四边形中，，，，连接，（1）中的结论是否改变？若不改变，请说明理由；若改变，请写出新的数量关系并证明． 【实际应用】 （3）工程师王师傅在电脑上设计了一个凸四边形零件（），如图③所示．其中厘米，厘米，，垂足是，且是的中点，且，连接．在尝试画图的过程中，王师傅发现，和之间存在一定的数量关系，请你帮王师傅直接写出，和之间的数量关系，并证明此结论．    23. （2024·广东深圳·二模）【问题提出】 （1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边和对角线上，，点G，H分别在边和上，，求证：； 【尝试应用】 （2）如图2，在矩形中，，点E，F分别在边和对角线上，，求的长； 【拓展提高】 （3）如图3，在平行四边形中，，点E，F分别在边和对角线上，，，试求的长． 24. （2024·广东广州·二模）如图1，已知正方形的边长为，点是边上的一个动点，点关于直线的对称点是点，连接、、、，设． (1)的最小值是______；此时x的值是______． (2)如图2，若的延长线交边于点，并且． ①求证：点是的中点； ②求的值． (3)如图2，若的延长线交边于点，求线段的最小值． 25. （2024·广东深圳·三模）（1）【问题发现】如图，矩形与矩形相似，且矩形的两边分别在矩形的边和上，连接． ①线段与的数量关系为__________；②直线与所夹锐角的度数为__________； （2）【类比探究】如图，将矩形绕点逆时针旋转，其它条件不变．在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图进行说理． （3）【知识迁移】如图，当矩形的边时，点为线段上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长__________． （4）【拓展应用】如图，在矩形中，，，点时直线上一动点，连接、，直接写出的取值范围__________．（用含有、的代数式表示，可以不化简） 26. （2024·广东清远·三模）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下： 操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．      (1)如图1，当点M在上时，______度； (2)如图2，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）． ①判断与的数量关系，并说明理由； ②若，（点Q在下方），则的长为______． 27. （2024·广东佛山·三模）如图1，正方形中，，点E，F分别是边，的中点，连接，点G是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针方向旋转，得到，连接，． (1)求证：； (2)如图2，若，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)若直线与直线交于点M，当为直角三角形时，求四边形的面积． 28. （2024·广东佛山·三模）综合探究 如图1，在学习了平行四边形相关知识后，老师指导同学们对正方形进行了探究，在正方形中，过点C作射线，垂足为C，点P在射线上． 【动手操作】 （1）如图2，若点P是线段中点时，连接，并将绕点P逆时针旋转与交于点E，根据题意在图中画出图形，并判断线段与的数量关系为________． 【问题探究】 （2）若点P在线段上时，连接，并将绕点P逆时针旋转与交于点E，则（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，若点P在射线上移动，将射线绕点P逆时针旋转与交于点E，如果，，求的长． 29. （2024·广东深圳·三模）【探究发现】 （1）如图（a），正方形的边长为6，E为边的中点，F是边上的一点，将沿对折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在上时，求的长． 【能力提升】 （2）如图（b），E，F分别是矩形的边，上的点，，，F为的中点，将沿对折，点B的对应点为点G．连接，当时，求四边形的面积． 【拓展应用】 （3）菱形的边长为6，，E是边上一点，F是边上一点，将沿对折，点B的对应点为点G．当点G落在菱形的一条边或一条对角线上，且时，直接写出BF的长度． 30. （2024·广东深圳·三模）如图，在平行四边形中，过点作的延长线于点，垂足为点，，，，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；过点作，交于点．当点、中有一点停止运动时，另一点也停止运动，线段也停止运动，连接．解答下列问题： (1)当　　　时，点为的中点． (2)　　　． (3)设五边形的面积为，求与之间的函数关系式． (4)是否存在某一时刻，使得点、、为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 31. （2024·广东惠州·二模）综合探究 【问题情境】几何探究是培养几何直观、推理能力和创新意识的重要途径．解决几何综合探究问题，往往需要运用从特殊到一般、化静为动、类比等数学思想方法． 【初步探究】 （1）如图1，将绕点逆时针旋转得到，连接，，根据条件填空： ①的度数为 　　； ②若，则的长为 　　； 【类比探究】 （2）如图2，在正方形中，点在边上，点在边上，且满足，，，求正方形的边长； 【拓展延伸】 （3）如图3，在四边形中，，，，为对角线，且满足，若，，请求出的长． 32. （2024·广东深圳·三模）如图1，在矩形中，，点是对角线上的一动点． 【初步探究】 （1）下表是某探究小组得出的正确结果：（部分数据被遮挡） 已知 2 表中被遮挡的数据　　　，　　　，　　　； 【探究运用】 （2）当时，求的值． 【拓展延伸】 （3）如图2，的外接圆交于点，交于点，交于点，若，当时，直接写出此时的长． 33. （2024·广东云浮·一模）如图1，在中，，，，点O在边上，由点D向点A运动，当点O与点A重合时，停止运动．以点O为圆心，为半径，在的下方作半圆O，半圆O与交于点M．（，，） (1)如图1，当时， ，点C到半圆O的最短距离= ； (2)半圆O与相切时，求的长？ (3)如图2，半圆O与交于点E、F，当时，求扇形的面积？ (4)以，为边矩形，当半圆O与有两个公共点时，则的取值范围是 ． 34. （2024·广东深圳·三模）已知正方形，将边绕点A顺时针旋转α至线段的角平分线所在直线与直线相交于点F．    【探索发现】 （1）如图1，当α为锐角时，请先用“尺规作图”作出的角平分线（保留作图痕迹，不写作法），再依题意补全图形，求证：； 【深入探究】 （2）在（1）的条件下， ①的度数为 ； ②连接，猜想线段和之间的数量关系，并证明； 【拓展思考】 （3）若正方形的边长，当以点C，F，D，E为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出线段的长度． 35. （2024·广东揭阳·三模）综合与探究 如图，正方形中，，为边上异于、的一动点，为边上一点，，为线段上的动点，于，于． (1)求证：； (2)若为中点，设为． ①求的长（用含的代数式表示）； ②求四边形面积的最大值； (3)当点固定时，试证明四边形面积随着的增大而增大． 36. （2024·广东深圳·二模）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证：； （2）【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．若，求的长； （3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点在直线上，，交直线于点．请直接写出线段的长． 37. （2024·广东深圳·三模）【基本模型】（1）如图1，矩形中，，，交于点E，则的值是__________． 【类比探究】（2）如图2，中，，，，D为边上一点，连接，，交于点E，若，求的长． 【拓展应用】（3）如图3，矩形中，E是的中点，于点F，连接交于点G，若点G把线段分成的两部分，请直接写出的值．    38. （2024·广东·三模）综合运用 如图1，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，点A的坐标为．点C是边上一点，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接，． (1)当平分时，＝________°； (2)若，求的长； (3)如图2，作点C关于的对称点E，连接，，．设的面积，，求S关于m的函数表达式． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$