专题11图形的变化-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学分项汇编（福建专用）

专题 11图形的变化 一、单选题 1．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·福建·中考真题）如图是由长方体和圆柱组成的几何体，其俯视图是（    ） A．B．C．D． 3．（2022·福建·中考真题）如图所示的圆柱，它的俯视图为（　　） A．  B．  C．  D．   4．（2023·福建·中考真题）下图是由一个长方体和一个圆柱组成的几何体，它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 5．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（    ） A．96 B． C．192 D． 6．（2022·福建·中考真题）美术老师布置同学们设计窗花，下列作品为轴对称图形的是（    ） A．B．C．D． 二、填空题 7．（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．根据物理知识，可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力仪可以分解为两个力与与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：，则 ．（单位：）（参考数据：） 8．（2021·福建·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点．现给出以下结论： ①与一定互补； ②点G到边的距离一定相等； ③点G到边的距离可能相等； ④点G到边的距离的最大值为． 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 三、解答题 9．（2024·福建·中考真题）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．             图1                                                    图2                                      图3 (1)直接写出的值； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（    ） 图4 A．        B． C．        D． (3) 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 规格（单位：cm） 单价（单位：元） 3 5 20 现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整，的比例，制作棱长为的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用． （要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用） 10．（2023·福建·中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)若是的中点，如图2．求证：． 11．（2023·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题 任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度远大于南北走向的最大宽度，如图1． 工具：一把皮尺（测量长度略小于）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）； 测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点处，对其视线可及的，两点，可测得的大小，如图3．   小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度，其测量及求解过程如下：测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图4，测得，； （ⅱ）分别在，，上测得，；测得．求解过程： 由测量知，， ，，， ∴，又∵①___________， ∴，∴． 又∵，∴②___________． 故小水池的最大宽度为___________． (1)补全小明求解过程中①②所缺的内容； (2)小明求得用到的几何知识是___________； (3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的长度用字母，，表示，角度用，，表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出，且测量的次数最少，才能得满分）． 一、单选题 1．（2024·福建厦门·二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·福建莆田·模拟预测）如图，该几何体的左视图是（   ） A． B． C． D． 3．（2024·福建福州·模拟预测）如图是生活中常用的“空心卷纸”，其左视图是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·福建福州·模拟预测）下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 5．（2024·福建福州·三模）已知一个几何体如图所示，它的左视图是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·福建福州·模拟预测）在数学综合实践课上，某学习小组计划制作一个款式如图所示的风筝．在骨架设计中，两条侧翼的长度设计，风筝顶角的度数为，在，上取D，E两处，使得，并作一条骨架，在制作风筝面时，需覆盖整个骨架，根据以上数据，B，C两点间的距离大约是（    ）（参考数据：，，） A． B． C． D． 7．（2024·福建漳州·模拟预测）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，，若正方形与正方形的面积比为，，则（    ） A．4 B．1 C．2 D．3 8．（2024·福建厦门·二模）如图，将一块等腰直角三角板放在平面直角坐标系中，点，直角顶点，点在第二象限．将沿轴正方向平移后得到，点的对应点恰好落在双曲线上，则平移的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．10 9．（2024·福建·三模）如图，在平面直角坐标系，点的坐标为是由绕点逆时针旋转得到的，是由向右平移得到，点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 10．（2024·福建福州·模拟预测）如某中学九年级数学活动小组应用解直角三角形的知识，测量学校一教学楼的高度．如图，小明在A处测得教学楼的顶部的仰角为，向前走到达E处，测得教学楼的顶部的仰角为，已知小明的身高为（眼睛到头顶的距离可忽略不计），则教学楼的高度约（    ）m（结果精确到，参考数据：）．    A．27.3 B．28.9 C．31.3 D．35.9 11．（2024·福建厦门·二模）如图，在中，，O是边上一点，以点O为圆心，为半径作圆O，恰好与相切于点D，连接．若，则的值是（    ） A． B． C． D． 12．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，正方形内接于为的中点，直线交于点，如果的半径为，则的长度为（    ） A． B． C．1 D． 13．（2024·福建厦门·二模）西周数学家商高总结了用“矩”（如图）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令，若，则关于的函数表达式为（   ） A． B． C． D． 14．（2024·福建莆田·一模）如图，在矩形中，点是坐标原点，点A在反比例的图象上，点在反比例函数，，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 15．（2024·福建福州·三模）将点向右平移2个单位得到点B，点B的坐标为 ． 16．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，矩形的顶点A，B分别在轴，轴上，，将矩形绕点顺时针旋转，若点正好落在反比例函数的图象上，则 ．    17．（2024·福建福州·模拟预测）如图，在中，，，是过点的直线，，，则与通过下列变换： ①绕点旋转后重合； ②沿的中垂线翻折后重合； ③绕中点逆时针旋转90度，则与重合； ④先沿方向平移，使点与点重合后，再将平移后的三角形绕点逆时针旋转90度，则与重合． 其中正确的有 （填空序号）． 18．（2024·福建福州·模拟预测）如图，已知矩形的长，宽，将矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，连接，连接交于点，则图中面积为的三角形为 ． 19．（2024·福建厦门·二模）台球是用球杆在台上击球，依靠计算得分确定比赛胜负的室内高雅体育运动．如图是一张宽为m米，长为米的矩形台球桌，某球员击位于的中点E处的球，球沿射向边，然后反弹到C点的球袋，球的反弹规律满足光的反射定律．若球的速度为v米/秒，则球从出发到入袋的时间等于 （用含m和v，的式子表示） 20．（2024·福建莆田·一模）如图，在中平分，按以下步骤作图：第一步分别以点A、D为圆心，以大于的长为半径在两侧作弧，交于两点M、N；第二步，连接分别交于点E、F；第三步，连接，若，，，则的长是 ． 21．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在中，，，，点D，E分别为、的中点，将绕着点B顺时针旋转，得到，当C，，在同一直线上时，则的长为 ． 22．（2024·福建漳州·三模）如图，正方形的边长是，点，分别在，延长线上，且，连接，交于点，与边，分别交于点，，连接、现给出以下结论：①；②；③；④当时，．其中正确的 ．（写出所有正确结论的序号） 三、解答题 23．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在等腰直角中，，点在边上，将线段绕点按逆时针方向旋转得到，连接．    (1)如图1，若，求证∶； (2)如图2，若点在边上，与交于点，已知，，求的长； (3)如图3，点F与点重合，点为边的中点，且三点共线，以和为邻边作，连接，若，求的最小值． 24．（2024·福建泉州·模拟预测）已知：如图，中，，，点D为线段延长线上一动点，点E为点D关于直线的对称点．连接，． (1)求证：． (2)连接，若，且，求的值． 25．（2024·福建厦门·二模）在等腰中，，，点，分别在边，上（不同时在点），连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，探究与的位置关系．    问题探究 (1)先将问题特殊化，如图，点，分别与点，重合，直接写出与的位置关系： (2)再探讨一般情形，如图，证明（）中的结论仍然成立． 问题拓展 (3)如图，若为的中点，点是点关于直线的对称点，若点，，在一条直线上，求的值． 26．（2024·福建·模拟预测）如图，将的边绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，连接，若，，，，求的长； (2)如图2，点E在上，且满足，连接，点F为上一点，连接交于点M，若，，求证； (3)如图3，若，，，点P在直线上且满足，将沿虚线折叠使得点P的对应点P落在上，连接；与折痕交于点O，请直接写出最小时，点O到的距离． 27．（2024·福建泉州·二模）如图，平行四边形中，，过A作，在上取一点，将绕点逆时针旋转得线段． (1)如图1，若点是中点，，旋转后点恰好落在边上，求： ①的度数； ②的长度； (2)如图2，将绕点逆时针旋转得线段，当时，在上取一点，使，连接，，，猜想与的大小关系并证明； (3)如图3，若点为中点，点为中点，，当最小时，直接写出． 28．（2024·福建漳州·一模）在数学活动课中，老师组织学生开展“如何通过折纸的方法，确定矩形纸片长边上的一个三等分点”的探究活动． 【操作探究】 “求知”小组经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作，如图1． 第1步：先将矩形纸片沿对角线对折，展开铺平，折痕为； 第2步：将边以某一合适长度向右翻折3次，折痕与交于点K； 第3步：过点K折叠矩形纸片，使折痕，交于点N； 第4步：延长交边于点P，则点P为边的三等分点． 证明过程如下： 由题意，得． ∵，∴． ∴① ． ∴．同理，得． ∴② ． ∴．则点P为边的三等分点． “励志”小组的操作如下，如图2． 第1步：先将矩形纸片沿对角线对折，展开铺平，折痕为； 第2步：再将矩形纸片对折，使点A和点B重合，展开铺平，折痕为； 第3步：沿折叠矩形纸片，折痕交于点G； 第4步：过点G折叠矩形纸片，使折痕． 【过程思考】 （1）补全“求知”小组证明过程中①②所缺的内容； （2）“励志”小组经过上述操作，认为点M为边的三等分点．请你判断“励志”小组的结论是否正确，并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图3，将矩形纸片对折，使点A和点B重合，展开铺平，折痕为，将边沿翻折到的位置，过点G折叠矩形纸片，使折痕，若点M为边的三等分点，求的值． 29．（2024·福建泉州·模拟预测）平面直角坐标系中，点、都是x轴负半轴上的点，以为一边向上作矩形，矩形另一边，点E为线段上一点，沿直线折叠边，使点D落在x轴上点F处． (1)求点F的坐标（用含m的式子表示）； (2)如图2，设抛物线经过A、E两点，其顶点为M， ①连接，若是直角三角形，求m的值． ②过点E作x轴的垂线，在直线上截取线段（P在Q上方），当在直线上运动时，求四边形周长的最小值． 30．（2024·福建宁德·二模）如图，在四边形中，，，．点E在上，连接，过点D作于点F，连接．将沿折叠使得点C的对应点H落在上，连接． (1)求证：； (2)求的度数； (3)若，试探究与的数量关系，并予以证明． 31．（2024·福建福州·二模）如图，在中，，E为边上一点，过E、B、C三点的圆交线段于点D，点A关于直线的对称点F落在上，连． (1)求证：； (2)若，点E在运动过程中，当点F关于直线的对称点正好落在的边上时，求的长； (3)当时，设的面积为，的面积为，求的值． 32．（2024·福建厦门·二模）如图1，已知四边形是矩形，，E，F是，边上的点，以直线为对称轴将矩形进行折叠，点A，B的对称点分别是G，H，点H落在边上，交于点P． (1)如图2，当点H与点D重合时，连接，求证：四边形是菱形； (2)当时，若，求的长； (3)连接，若，求证：． ( 16 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 一、单选题 1．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等； A.由对称的性质得，由等腰三角形的性质得 ，，即可判断； B.不一定等于，即可判断； C.由对称的性质得，由全等三角形的性质即可判断； D. 过作，可得 ，由对称性质得同理可证，即可判断； 掌握轴对称的性质是解题的关键． 【详解】解：A.， ， 由对称得， 点，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形， ，， ， ，结论正确，故不符合题意； B.不一定等于，结论错误，故符合题意； C.由对称得， ∵点 E ，F分别是底边的中点， ，结论正确，故不符合题意； D. 过作， ， ， ，由对称得， ， 同理可证， ，结论正确，故不符合题意； 故选：B． 2．（2024·福建·中考真题）如图是由长方体和圆柱组成的几何体，其俯视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案． 【详解】解：这个立体图形的俯视图是一个圆形，圆形内部中间是一个长方形． 故选：C． 3．（2022·福建·中考真题）如图所示的圆柱，它的俯视图为（　　）    A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】本题主要考查了圆柱的俯视图，解题的关键是熟练掌握，俯视图是从上面看到的图形，根据从上面看圆柱得出的平面图形为圆，即可得出答案． 【详解】解：竖直放置的圆柱体，从上面看到的平面图形为圆，即俯视图是圆． 故选：A． 4．（2023·福建·中考真题）下图是由一个长方体和一个圆柱组成的几何体，它的俯视图是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图即可解答． 【详解】解：从上面看下边是一个矩形，矩形的上边是一个圆， 故选：D． 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，掌握从上面看得到的图形是俯视图是解答本题的关键． 5．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（    ） A．96 B． C．192 D． 【答案】B 【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形的面积为，即可求解． 【详解】解：依题意为平行四边形， ∵，，AB＝8，． ∴平行四边形的面积= 故选B 【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键． 6．（2022·福建·中考真题）美术老师布置同学们设计窗花，下列作品为轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，故此选项符合题意； B、不是轴对称图形，故此选项不合题意； C、不是轴对称图形，故此选项不合题意； D、不是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：A． 【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义． 二、填空题 7．（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．根据物理知识，可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力仪可以分解为两个力与与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：，则 ．（单位：）（参考数据：） 【答案】128 【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出，，由得到，求出，求出在中，根据即可求出答案． 【详解】解：如图， ∵帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为， ∴，， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 由题意可知， ， ∴， ∴ 在中，， ∴， 故答案为： 8．（2021·福建·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点．现给出以下结论： ①与一定互补； ②点G到边的距离一定相等； ③点G到边的距离可能相等； ④点G到边的距离的最大值为． 其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 【分析】①利用四边形内角和为即可求证； ②过作，证明即可得结论； ③分别求出G到边的距离的范围，再进行判断； ④点G到边的距离的最大值为当时，GE即为所求． 【详解】 ①四边形是矩形 ,四边形内角和为 ①正确． ②如图：过作 ， 又 即点G到边的距离一定相等 ②正确． ③如图：过作 而 所以点G到边的距离不可能相等 ③不正确． ④如图： 当时，点G到边的距离的最大 ④正确． 综上所述：①②④正确． 故答案为①②④． 【点睛】本题考查了动点问题，四边形内角和为，全等三角形的证明，点到直线的距离，锐角三角函数，矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键． 三、解答题 9．（2024·福建·中考真题）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．            图1                                                                   图2                                      图3 (1)直接写出的值； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（    ） 图4 A．        B． C．        D． (3) 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 规格（单位：cm） 单价（单位：元） 3 5 20 现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整，的比例，制作棱长为的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用． （要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用） 【答案】(1)2； (2)C； (3)见解析． 【分析】本题考查了几何体的展开与折叠，空间观念、推理能力、模型观念、创新意识等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由折叠和题意可知，，，四边形是正方形，得到，即，即可求解； （2）根据几何体的展开图即可求解； （3）由题意可得，每张型号卡纸可制作10个正方体，每张型号卡纸可制作2个正方体，每张型号卡纸可制作1个正方体，即可求解． 【详解】（1）解：如图： 上述图形折叠后变成： 由折叠和题意可知，，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∴，即， ∵， ∴， ∴的值为：． （2）解：根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反， ∴C选项符合题意， 故选：C． （3）解： 卡纸型号 型号 型号 型号 需卡纸的数量（单位：张） 1 3 2 所用卡纸总费用（单位：元） 58 根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为，则要制作一个边长为的正方体的展开图形为： ∴型号卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图： 型号卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图： 型号卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图： ∴可选择型号卡纸2张，型号卡纸3张，型号卡纸1张，则 （个）， ∴所用卡纸总费用为： （元）． 10．（2023·福建·中考真题）如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)若是的中点，如图2．求证：． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论； （2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答； （3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】（1）解： 是由线段绕点顺时针旋转得到的， ， ， ． ， ． ． ， ． ． （2）解：如图1：设与的交点为，   ， ， ， ． ， ， ． 又， ． ， ． （3）解：如图2：延长交于点，连接，   ， ， ． 是的中点， ． 又， ， ． ， ， ． 由（2）知，， ．   ， ， ， ，即． ， ， ． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键． 11．（2023·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题 任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度远大于南北走向的最大宽度，如图1． 工具：一把皮尺（测量长度略小于）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）； 测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点处，对其视线可及的，两点，可测得的大小，如图3．   小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度，其测量及求解过程如下：测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图4，测得，； （ⅱ）分别在，，上测得，；测得．求解过程： 由测量知，， ，，， ∴，又∵①___________， ∴，∴． 又∵，∴②___________． 故小水池的最大宽度为___________． (1)补全小明求解过程中①②所缺的内容； (2)小明求得用到的几何知识是___________； (3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的长度用字母，，表示，角度用，，表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出，且测量的次数最少，才能得满分）． 【答案】(1)①；② (2)相似三角形的判定与性质 (3)最大宽度为，见解析 【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可； （2）根据相似三角形的判定和性质进行回答即可； （3）测量过程：在小水池外选点，用测角仪在点处测得，在点处测得；用皮尺测得； 求解过程：过点作，垂足为，根据锐角三角函数的定义推得，，，根据，即可求得． 【详解】（1）∵， ，，， ∴， 又∵， ∴， ∴． 又∵， ∴． 故小水池的最大宽度为． （2）根据相似三角形的判定和性质求得， 故答案为：相似三角形的判定与性质． （3）测量过程： （ⅰ）在小水池外选点，如图，用测角仪在点处测得，在点处测得；    （ⅱ）用皮尺测得． 求解过程： 由测量知，在中，，，． 过点作，垂足为． 在中，， 即，所以． 同理，． 在中，， 即，所以． 所以． 故小水池的最大宽度为． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立数学模型是解题的关键． 一、单选题 1．（2024·福建厦门·二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意； B．是轴对称图形，也是中心对称图形，故B符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意． 故选：B． 2．（2024·福建莆田·模拟预测）如图，该几何体的左视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了学生的思考能力和对几何体三种视图的空间想象能力．根据组合体的形状进行判断是解题的关键． 根据组合体的形状和三视图的定义即可解答． 【详解】 解：该几何体的左视图是：． 故选：C． 3．（2024·福建福州·模拟预测）如图是生活中常用的“空心卷纸”，其左视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，左视图是从物体的左面看得到的视图． 找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中． 【详解】 解：左视图是． 故选：D． 4．（2024·福建福州·模拟预测）下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是中心对称图形，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：选项A、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 故选：B． 5．（2024·福建福州·三模）已知一个几何体如图所示，它的左视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查简单几何体的左视图，掌握“能看见的轮廓线用实线表示，看不见的轮廓线用虚线表示”是解题关键．根据简单几何体的三视图的意义，画出左视图即可判断． 【详解】 解：从左面看该几何体，所得到的图形如下： 故选：B． 6．（2024·福建福州·模拟预测）在数学综合实践课上，某学习小组计划制作一个款式如图所示的风筝．在骨架设计中，两条侧翼的长度设计，风筝顶角的度数为，在，上取D，E两处，使得，并作一条骨架，在制作风筝面时，需覆盖整个骨架，根据以上数据，B，C两点间的距离大约是（    ）（参考数据：，，） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．设与交于G点，交于点H，根据已知易证，然后利用相似三角形的性质可得，从而可得，进而可得，再利用等腰三角形的三线合一性质可得，，最后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，即可解答． 【详解】解：设与交于G点，交于点H， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， 在中，， ∴， ∴， B，C两点间的距离大约是， 故选：C． 7．（2024·福建漳州·模拟预测）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，，若正方形与正方形的面积比为，，则（    ） A．4 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．设，，首先根据得到，然后表示出正方形的面积为，正方形的面积为，最后利用正方形与正方形的面积之比为求解即可． 【详解】解：设，， ∵，， ∴，即， ∴，整理得， ∴， ∵， ∴， ∴正方形的面积为， ∵正方形的面积为， ∵正方形与正方形的面积之比为， ∴， ∴解得． 故选：D． 8．（2024·福建厦门·二模）如图，将一块等腰直角三角板放在平面直角坐标系中，点，直角顶点，点在第二象限．将沿轴正方向平移后得到，点的对应点恰好落在双曲线上，则平移的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题考查了坐标与图形、三角形全等的判定与性质、反比例函数的性质、平移的性质，由题意得，，作轴于，证明得出，设将沿轴正方向平移个单位后得到，得出，，结合反比例函数的性质求出的值即可得解． 【详解】解：∵点，， ∴，， 如图：作轴于，    则， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 设将沿轴正方向平移个单位后得到， ∴，， ∵点的对应点恰好落在双曲线上， ∴， 解得：， ∴平移的距离为， 故选：B． 9．（2024·福建·三模）如图，在平面直角坐标系，点的坐标为是由绕点逆时针旋转得到的，是由向右平移得到，点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了解直角三角形，平移的性质，旋转的性质．作轴于点，在中，利用三角函数求得和的长，据此即可求解． 【详解】解：作轴于点，由题意得，，，      ∵， ∴，， 在中，，， ∴， ∴点的坐标为， 故选：A． 10．（2024·福建福州·模拟预测）如某中学九年级数学活动小组应用解直角三角形的知识，测量学校一教学楼的高度．如图，小明在A处测得教学楼的顶部的仰角为，向前走到达E处，测得教学楼的顶部的仰角为，已知小明的身高为（眼睛到头顶的距离可忽略不计），则教学楼的高度约（    ）m（结果精确到，参考数据：）．    A．27.3 B．28.9 C．31.3 D．35.9 【答案】B 【分析】本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题，设，解可得，则，然后在中，解直角三角形求出x，即可得出答案． 【详解】解：如图，延长交于H，    由题意得，，，， 设， 在中，∵， ∴， ∴， 在中，，即， ∴， 解得：， ∴， ∴， 故选B． 11．（2024·福建厦门·二模）如图，在中，，O是边上一点，以点O为圆心，为半径作圆O，恰好与相切于点D，连接．若，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查切线的性质，相似三角形的判定与性质以及锐角三角函数，根据题意作辅助线是解决问题的关键．连接，证明，得出，则，由得出结论． 【详解】解：连接 ∵恰好与相切于点D ∴ 又 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故选：B． 12．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，正方形内接于为的中点，直线交于点，如果的半径为，则的长度为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】连接，，，如图所示，根据圆内接正方形的性质，等腰直角三角形的边角关系，在中得到，在中，由勾股定理求出，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】解：连接，，，如图所示： 正方形内接于，点是的中点， ，， 在中，，，则， 在中，，，则， ，， ， ，即， ，解得． 故选：A． 【点睛】本题考查正多边形和圆，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，掌握圆内接正方形的性质，等腰直角三角形的边角关系，勾股定理，相似三角形的判定与性质是正确解答的关键． 13．（2024·福建厦门·二模）西周数学家商高总结了用“矩”（如图）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令，若，则关于的函数表达式为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查一次函数的应用、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 根据题意和图形，可以得到，然后根据相似三角形的性质，可以得到与的函数关系式． 【详解】解：由图2可得，， ， ， ， ， ， 即， ， 化简，得， 故选：B． 14．（2024·福建莆田·一模）如图，在矩形中，点是坐标原点，点A在反比例的图象上，点在反比例函数，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查矩形的性质、锐角三角函数、勾股定理、相似三角形的判定和性质、反比例函数k的几何意义等知识点，熟练掌握反比例函数k的几何意义是解题的关键． 过A、B作轴于E，轴于F，利用三角函数、勾股定理解可得，结合矩形的性质可得，再证，推出，根据反比例函数k的几何意义可得即可求解． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图：过A、B作轴于E，轴于F， ∵且， ∴， ∴， ∴，,解得：， ∵反比例函数在第二象限， ∴， ∴． 故答选C． 二、填空题 15．（2024·福建福州·三模）将点向右平移2个单位得到点B，点B的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标的平移，根据平移中点的变化规律：向右平移横坐标加，列式计算即可得解． 【详解】解：将点向右平移2个单位得到点B， 即， 故答案为：． 16．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，矩形的顶点A，B分别在轴，轴上，，将矩形绕点顺时针旋转，若点正好落在反比例函数的图象上，则 ．    【答案】30 【分析】作轴，垂足为，可证明，得到，代入数据求出，，据此得到点坐标，再根据旋转性质得到旋转后的点坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特征得到值即可．本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征及旋转性质，熟练掌握旋转性质是关键． 【详解】解：如图，作轴，垂足为，   ， ，， ∴， ，即， ，， ， ， 根据性质性质，三角形绕点顺时针旋转后，点落在第一象限，且坐标为， 点在反比例函数图象上， ． 故答案为：30． 17．（2024·福建福州·模拟预测）如图，在中，，，是过点的直线，，，则与通过下列变换： ①绕点旋转后重合； ②沿的中垂线翻折后重合； ③绕中点逆时针旋转90度，则与重合； ④先沿方向平移，使点与点重合后，再将平移后的三角形绕点逆时针旋转90度，则与重合． 其中正确的有 （填空序号）． 【答案】③④/④③ 【分析】本题考查了几何变换综合题．根据全等三角形的判定定理得到，则，，结合平移与旋转的性质进行判断即可得到答案．需要掌握全等三角形的判定与性质，旋转与平移的性质．无论旋转还是平移，运动后的图形与原图形是全等的． 【详解】解：，， ， 又， （同角的余角相等）， 在与中， ， ， ，． ①绕点旋转后，与不重合，即与不重合，故错误； ②与不关于的中垂线对称，则沿的中垂线翻折后不重合，故错误； ③由是等腰直角三角形，得到，则绕中点逆时针旋转90度，则与重合，故正确； ④先沿方向平移，使点与点重合后，再将平移后的三角形绕点逆时针旋转90度，则与重合，故正确； 综上所述，正确的结论有③④， 故答案为：③④． 18．（2024·福建福州·模拟预测）如图，已知矩形的长，宽，将矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，连接，连接交于点，则图中面积为的三角形为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质、平移的性质及三角形的面积计算．熟知矩形及平移的性质是正确解决本题的关键． 找到图中面积接近的各三角形的底和高计算面积即可得出答案． 【详解】解：由平移及题意可知，底为m，高为，面积为； 底为m，高为，面积为； 底为m，高为，面积为； 底为n，高为m，面积为； 故答案为：． 19．（2024·福建厦门·二模）台球是用球杆在台上击球，依靠计算得分确定比赛胜负的室内高雅体育运动．如图是一张宽为m米，长为米的矩形台球桌，某球员击位于的中点E处的球，球沿射向边，然后反弹到C点的球袋，球的反弹规律满足光的反射定律．若球的速度为v米/秒，则球从出发到入袋的时间等于 （用含m和v，的式子表示） 【答案】 【分析】本题考查的是矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，先求解，，，，再证明，再利用相似三角形的性质与勾股定理可得答案． 【详解】解：∵一张宽为m米，长为米的矩形台球桌，的中点为E， ∴，，，， 由反弹规律满足光的反射定律． ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 故答案为： 20．（2024·福建莆田·一模）如图，在中平分，按以下步骤作图：第一步分别以点A、D为圆心，以大于的长为半径在两侧作弧，交于两点M、N；第二步，连接分别交于点E、F；第三步，连接，若，，，则的长是 ． 【答案】4 【分析】由基本作图得到垂直平分，则，，，再根据证明得到，则可判断四边形为菱形，所以，然后根据相似三角形的判定与性质可计算出． 【详解】解：如图， 由作法得垂直平分， ，，， 平分， ∴， ∵， ∴， ， ， ∴四边形为菱形， ， ， ， ， ， 解得：， ． 故答案为4． 【点睛】本题考查了作图-基本作图，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 21．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在中，，，，点D，E分别为、的中点，将绕着点B顺时针旋转，得到，当C，，在同一直线上时，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查三角形中位线定理、旋转的性质和分类讨论思想的应用，根据三角形中点得，，，则，由旋转的性质得，，，分情况讨论可得，利用线段和差关系即可． 【详解】解：∵，，点D，E分别为、的中点， ∴，，， ∵， ∴， ∵绕着点B顺时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∴， 则， ∵，， ∴， ∴， ∵ ∴， 故的长或． 22．（2024·福建漳州·三模）如图，正方形的边长是，点，分别在，延长线上，且，连接，交于点，与边，分别交于点，，连接、现给出以下结论：①；②；③；④当时，．其中正确的 ．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②③ 【分析】由四边形是正方形，得到，，根据全等三角形的性质得到，根据余角的性质得到；故①正确；根据相似三角形的性质得到，故②正确；根据全等三角形的性质得到，，于是得到，即；故③正确；根据相似三角形的性质得到，求得，，，由三角函数的定义即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在与中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴故②正确； 在与中 ， ∴（）， ∴， ∴， 在与中， ， ∴（）， ∴， 即；故③正确； ∵，， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④错误， 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 三、解答题 23．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在等腰直角中，，点在边上，将线段绕点按逆时针方向旋转得到，连接．    (1)如图1，若，求证∶； (2)如图2，若点在边上，与交于点，已知，，求的长； (3)如图3，点F与点重合，点为边的中点，且三点共线，以和为邻边作，连接，若，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，则，可推出，从而得出； （2）作于，可依次求得，，，，，，可证得，从而，从而得出，从而得出； （3）取的中点，作，截取，连接，可推出，从而得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接，交于点，当运动在时，最小，作，交的延长线于，根据勾股定理求得，进一步得出结果． 【详解】（1）证明：设， ∵ 则， ， ， ， ， ； （2）解：如图1，    作于， 线段绕点按逆时针方向旋转得到， ，， ，， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ； （3）解：如图所示， 取的中点，作，截取，连接， 以和为邻边作， ∴四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是平行四边形， ， ，， ， 是的中点，， ， ， ， ， ∵取的中点，作，截取，连接， 点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接，交于点，当运动在时，最小，    作，交的延长线于，与的交点记为，连接 ∵取的中点，作，此时点与重合 ∴ ∵， ∴ ∴四边形是矩形 ，， ， ， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，确定点的运动轨迹． 24．（2024·福建泉州·模拟预测）已知：如图，中，，，点D为线段延长线上一动点，点E为点D关于直线的对称点．连接，． (1)求证：． (2)连接，若，且，求的值． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】连接，延长交与点G，设，则，利用轴对称得，则，即可判定平行； 设，则，，有，根据等腰三角形的性质得，则，结合对称得，由三角形内角和定理求得，即可解得． 【详解】（1）解：连接，延长交与点G，如图， ∵， ∴设， ∴． ∵点E为点D关于直线的对称点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 则， ∵点E为点D关于直线的对称点， ∴， ∵， ∴，即，解得， 则． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、轴对称的性质、平行线的判定和性质解解直角三角形，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的性质和对称性． 25．（2024·福建厦门·二模）在等腰中，，，点，分别在边，上（不同时在点），连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，探究与的位置关系．    问题探究 (1)先将问题特殊化，如图，点，分别与点，重合，直接写出与的位置关系： (2)再探讨一般情形，如图，证明（）中的结论仍然成立． 问题拓展 (3)如图，若为的中点，点是点关于直线的对称点，若点，，在一条直线上，求的值． 【答案】(1)，理由见解析； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（）先证，再证，则四边形是平行四边形，即可得出结论； （）过作交的延长线于点，证得 则，即可得出结论； （）连接，过作于点，延长交于点，证四边形是正方形，得，，，再证 ，得，然后证是等腰直角三角形，得，进而得，即可解决问题． 【详解】（1）， 理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）证明：如图，    过作交的延长线于点，则， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， 由旋转的性质得： ， ， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）如图， 连接，过作于点，延长交于点，    则， 由（）可知，， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵点是点关于直线的对称点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴平行四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由旋转的性质得：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的判定与性质、轴对称的性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握旋转的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 26．（2024·福建·模拟预测）如图，将的边绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，连接，若，，，，求的长； (2)如图2，点E在上，且满足，连接，点F为上一点，连接交于点M，若，，求证； (3)如图3，若，，，点P在直线上且满足，将沿虚线折叠使得点P的对应点P落在上，连接；与折痕交于点O，请直接写出最小时，点O到的距离． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）过点作交延长线于点，证明，则，．在中，勾股定理得出，根据即可求解． （2）过点作交延长线于点，证明，，即可得出结论； （3）过点作交于点，以为圆心，长为半径作，设交于点，连接，得出点在上运动，证明是等边三角形，在上取点，使得，证明，得出，则点在以为圆心，为半径的上运动，当三点共线时，取得最小值，勾股定理得出，根据题意证明，进而求得，即可求解． 【详解】（1）解：过点作交延长线于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴． ∴在与中， ， ∴， ∴，． 在中，． ∴． （2）过点作交延长线于点， ∴，， ∵，， ∴，． ∴在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴与中， ， ∴， ∴． （3）解： 过点作交于点，以为圆心，长为半径作，设交于点，连接， ∵，，， ∴ ∴， ∴点在上运动， ∵是直径， ∴， ∴， ∵，， ∴ 又∵ ∴是等边三角形， ∵ ∴ 在上取点，使得， ∴， 又， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴点在以为圆心，为半径的上运动， 如图所示，当三点共线时，取得最小值， 如图所示，点到的距离等于 在中，， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆周角定理，折叠问题，圆外一点到圆的距离的最值问题，熟练掌握上述知识是解题的关键． 27．（2024·福建泉州·二模）如图，平行四边形中，，过A作，在上取一点，将绕点逆时针旋转得线段． (1)如图1，若点是中点，，旋转后点恰好落在边上，求： ①的度数； ②的长度； (2)如图2，将绕点逆时针旋转得线段，当时，在上取一点，使，连接，，，猜想与的大小关系并证明； (3)如图3，若点为中点，点为中点，，当最小时，直接写出． 【答案】(1)①；② (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）①利用平行四边形性质得，再证明，利用等边对等角求得即可求解；②利用利用平行四边形性质得，再利用含的直角三角形性质求得即可求解； （2）延长至点，使，连接，，利用是的中位线，， 可证，再证，再证，可得，则，，通过证即可求， 利用含的直角三角形性质可证； （3）由将绕点逆时针旋转得线段，得点轨迹为以点为圆心，长为半径的圆，∵点为中点，∴点轨迹为以的中点为圆心，长为半径的，连接交于点，此时最小，计算即可． 【详解】（1）解：①∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵点是中点， ∴， 由旋转知，， ∴， ∴， ∴， ②∵，， ∴为等边三角形， ∴； （2）解：，证明如下： 如图，延长至点，使，连接，， ∵， ∴是的中位线， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：由将绕点逆时针旋转得线段， 得点轨迹为以点为圆心，长为半径的圆， ∵点为中点， ∴点轨迹为以的中点为圆心，长为半径的，如图， 连接交于点，此时最小， 连接，设的边上的高为， ∵， ∴，， ∵点为中点， ∴， ∴， ∴，， 此时，， ∴， ∵点为中点，点为中点， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形性质，含的直角三角形性质，等腰三角形性质，勾股定理，三角形中位线性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等问题，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键． 28．（2024·福建漳州·一模）在数学活动课中，老师组织学生开展“如何通过折纸的方法，确定矩形纸片长边上的一个三等分点”的探究活动． 【操作探究】 “求知”小组经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作，如图1． 第1步：先将矩形纸片沿对角线对折，展开铺平，折痕为； 第2步：将边以某一合适长度向右翻折3次，折痕与交于点K； 第3步：过点K折叠矩形纸片，使折痕，交于点N； 第4步：延长交边于点P，则点P为边的三等分点． 证明过程如下： 由题意，得． ∵，∴． ∴① ． ∴．同理，得． ∴② ． ∴．则点P为边的三等分点． “励志”小组的操作如下，如图2． 第1步：先将矩形纸片沿对角线对折，展开铺平，折痕为； 第2步：再将矩形纸片对折，使点A和点B重合，展开铺平，折痕为； 第3步：沿折叠矩形纸片，折痕交于点G； 第4步：过点G折叠矩形纸片，使折痕． 【过程思考】 （1）补全“求知”小组证明过程中①②所缺的内容； （2）“励志”小组经过上述操作，认为点M为边的三等分点．请你判断“励志”小组的结论是否正确，并说明理由． 【拓展应用】 （3）如图3，将矩形纸片对折，使点A和点B重合，展开铺平，折痕为，将边沿翻折到的位置，过点G折叠矩形纸片，使折痕，若点M为边的三等分点，求的值． 【答案】（1）①；②．（2）正确，理由见解析（3） 【分析】（1）根据题意即可填空； （2）证明得，证明得，可得结论； （3）设，则．证明四边形是矩形，得，由勾股定理得，设，则，证明得，代入可求出，进一步可求出． 【详解】解：（1）． ∵， ∴． ∴． ∴． 同理，得． ∴． ∴．则点P为边的三等分点． 故答案为①．②． （2）“励志”小组的结论正确，理由如下： 在矩形中，． 由折叠，得点是边的中点，点是边的中点， ． ， ， ， ， 点是边的三等分点． （3）由折叠，得． 点为边的三等分点， ． 设，则． 由折叠性质，得． ． ． ． 四边形是矩形． ． 由勾股定理，得 设，则． ， ， ， ， ∴，解得 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理与矩形的判定与性质．解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 29．（2024·福建泉州·模拟预测）平面直角坐标系中，点、都是x轴负半轴上的点，以为一边向上作矩形，矩形另一边，点E为线段上一点，沿直线折叠边，使点D落在x轴上点F处． (1)求点F的坐标（用含m的式子表示）； (2)如图2，设抛物线经过A、E两点，其顶点为M， ①连接，若是直角三角形，求m的值． ②过点E作x轴的垂线，在直线上截取线段（P在Q上方），当在直线上运动时，求四边形周长的最小值． 【答案】(1) (2)①，② 【分析】（1）根据题意可得，，由折叠得，，在中利用勾股定理即可求得，即可得点B的坐标； （2）由（1）知，点，，设，则，在中利用勾股定理即可求得x，即可得到点E的坐标；结合题意利用待定系数法求得抛物线，则点， ①若是直角三角形，则，或，解得对应的m取满足题意得即可； ②四边形周长为，由于和不变，只需求得最小即可，根据将军饮马的模型作点A关于直线l的对称点，再将点向下平移长得到，连接，交直线l于点，在直线l截取，连接，可知四边形周长为，利用轴对称的性质求得点，进一步求得点点，利用两点之间的距离求得对应长度即可． 【详解】（1）解：∵点、都是x轴负半轴上的点， ∴， ∵，四边形为矩形， ∴，， ∵沿直线折叠边，使点D落在x轴上点F处， ∴，， 在中，，即， 解得， ∴点； （2）解：由（1）知，点，， 设，则， 在中，，即， 解得， ∴点， ∵抛物线经过A、E两点， ∴， 解得， ∴抛物线， ∴点， ①若是直角三角形，则，或， ∴，或， 解得或（舍去）， 故； ②四边形周长为，由于和不变，只需求得最小即可， 作点A关于直线l的对称点，再将点向下平移长得到，连接，交直线l于点，在直线l截取，连接，如图， 则四边形为平行四边形，，， ∴四边形周长为， ∵点，直线l的解析式为， ∴点， ∵点，点， ∴， ∴点， ∵点， ∴，， ∴四边形周长为． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、待定系数法求二次函数的解析式、轴对称的性质以及两点之间的距离公式，解题的关键是根据将军饮马模型找到最小值即可． 30．（2024·福建宁德·二模）如图，在四边形中，，，．点E在上，连接，过点D作于点F，连接．将沿折叠使得点C的对应点H落在上，连接． (1)求证：； (2)求的度数； (3)若，试探究与的数量关系，并予以证明． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了正方形折叠问题和解三角形．解题关键是利用构造直角三角形；由等角转换线段比表示线段长． （1）由折叠的性质可知，进而即可判定； （2）由折叠性质可知，又有，所以，，再由，即可计算，即得的度数； （3）过点A作，垂足为，过点作，垂足为，交于M，连接，可得，再证明，和均是等腰直角三角形，设，可得，，，由，可求，，，从而解题． 【详解】（1）解：延长交于点K， 由折叠性质可知：点C与点H是关于的对称， ∴，即：， 又∵，即：， ∴ ∴ （2）由折叠性质可知：， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，即：， ∴， ∴， ∴． （3）过点A作，垂足为，过点作，垂足为，交于M，连接， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形， ∴， ∵，即 ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∴， 设， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 31．（2024·福建福州·二模）如图，在中，，E为边上一点，过E、B、C三点的圆交线段于点D，点A关于直线的对称点F落在上，连． (1)求证：； (2)若，点E在运动过程中，当点F关于直线的对称点正好落在的边上时，求的长； (3)当时，设的面积为，的面积为，求的值． 【答案】(1)详见解析 (2)的长为或6 (3) 【分析】（1）利用对称的性质得到，利用圆周角定理得到，进而得到，最后根据直角三角形性质和等腰三角形性质即可解题； （2）根据点F关于直线的对称点正好落在的边上，分两种情况讨论，①当点F关于直线的对称点正好落在的边上G点时，连接，②当点F关于直线的对称点正好落在的边上I点时，设与交于点M，连接，结合等边三角形，解直角三角形，以及等腰直角三角形性质和判定求解，即可解题； （3）作交于J，连接，作于L，作于K，利用等腰三角形性质和圆周角定理得到，设，则，结合勾股定理推出，，进而推出，利用对称的性质和等腰直角三角形性质得到证明，利用相似三角形性质得到与，证明是等腰直角三角形，即可得到，进而得到，即可解题． 【详解】（1）证明：点A、点F关于直线对称， ，， ， ， 又， ； （2）解：由（1）得：，， ， ，， ， ， 分两种情况： ①当点F关于直线的对称点正好落在的边上G点时，连接，如图1所示： 则， ，， ， ， 为等边三角形， ， 过B作于H， 在中，， ， 在中，， ， ， ； ②当点F关于直线的对称点正好落在的边上I点时，设与交于点M，连接，如图2所示： 则， ， 是等腰直角三角形， 、也是等腰直角三角形， ，， ； 综上所述，当点F关于直线的对称点正好落在的边上时，的长为或6； （3）解：作交于J，连接，作于L，作于K，如图3所示： ， ，， ， ， ， 设， 则， 由勾股定理得：， ， ， ， ， ， 点A、点F关于直线对称， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ，， ， ， ， ， ∵，， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了对称的性质，圆周角定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，圆内接四边形性质，等边三角形性质和判定，解直角三角形，相似三角形性质和判定，熟练掌握相关性质并灵活运用是解题的关键． 32．（2024·福建厦门·二模）如图1，已知四边形是矩形，，E，F是，边上的点，以直线为对称轴将矩形进行折叠，点A，B的对称点分别是G，H，点H落在边上，交于点P． (1)如图2，当点H与点D重合时，连接，求证：四边形是菱形； (2)当时，若，求的长； (3)连接，若，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据折叠得出，，，根据矩形性质得出，根据平行线的性质得出，从而得出，证明，得出，即可证明结论； （2）如图，过作于，则四边形为矩形，可得，，证明四边形为正方形，而，，可得，，由对折可得：，由，可得，可得，，同理可得：，再进一步可得答案； （3）如图，过作于，证明，，，设，，可得，，由勾股定理可得： ，同理可得：，可得，可得，再利用面积公式与一元二次方程的根的判别式的含义可得答案． 【详解】（1）证明：∵以直线为对称轴将矩形进行折叠，点与点重合， ，，， 四边形是矩形，点与点分别是线段，上的点， ∴， ， ， ， ， 四边形是菱形． （2）如图，过作于，则四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为正方形，而，， ∴，，，， ∴， ∴， 由对折可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， ∴，， 而， ∴； （3）如图，过作于， ∵，，矩形， ∴，，， 设，， ∴，， 由勾股定理可得：， 解得：， 同理可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， 整理得：， 结合题意可得：， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的灵活运用，一元二次方程根的判别式的应用，本题难度很大，选择合适的方法解题是关键． ( 75 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$