第10讲 三角形与四边形中的计算（压轴题）（讲练，1考点+8题型33考向+命题预测）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

模块四 几何压轴 第10讲 三角形与四边形中的计算（压轴题） （思维导图+1考点+ 8种题型（含33考向）+命题预测） 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 ►题型01 全等构造 考向一 遇“等腰△+逆等线”→构“X”型全等 考向二 遇“中点/中线”→构“X”型全等 考向三 遇“等腰直角△”→构一线三等角型全等 考向四 遇“一线两直角”→构一线三垂直型全等 考向五 遇“一线两等角”→构一线三等角型全等 考向六 SA→构“SAS,ASA,AAS”型全等 考向七 遇“显性/隐性夹半角”→构旋转型全等 ►题型02 相似构造 考向一 平行线转移角→构造母子型相似 考向二 遇一线两垂直-构造一线三垂直型相似 考向三 遇共顶点等角-构造旋转型相似 ►题型03 三角函数转化 考向一 直接解直角三角形 考向二 作垂线构造直角三角形 考向三 利用等角代换 考向四 利用共圆代换 ►题型04 旋转变换，翻折变换 考向一 对角互补模型→造共顶点的等腰三角形 考向二 三条线段共端点→造共顶点全等/相似三角形 考向三 类比旋转→整体旋转 考向四 翻折全等的对应角相等→导线段的数量关系 考向五 导角相等得线段的关系 ►题型05 中点处理 考向一 已知中点→造中位线模型 考向二 中点+等腰→构三线合一 考向三 中点+直角→构斜边中线 考向四 中点+平行线→构A/X型 ►题型06 角平分线处理 考向一 角平分线上→造双垂，构轴对称全等 考向二 角平分线+平行→造等腰三角形 考向三 角平分线+垂线→构三线合一 考向四 角平分线为轴→构翻折型全等 ►题型07 图形拼接 考向一 面积关系+方程 考向二 方案选择+相似 ►题型08 分类讨论 考向一 腰与底不明的分类讨论 考向二 直角不明的分类讨论 考向三 动点位置不明分类讨论 考向四 图形状态下的分类讨论 01考情透视·目标导航 中考考点 命题预测 三角形与四边形中的计算（压轴题） 三角形与四边形中的计算问题作为中考数学中的常见压轴题型，其命题特点和趋势对于学生备考具有重要的指导意义。以下从考点分布、题型特点、解题策略和备考建议四个方面进行详细分析。 【考点分布】 1. 三角形部分：主要涉及三角形的相似与全等判定及性质、三角函数的应用、面积计算以及特殊三角形（如直角三角形、等腰三角形）的性质运用。其中，相似三角形的判定与性质结合三角函数的应用是高频考点。 2. 四边形部分：重点考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，特别是四边形的对角线性质、内角和与外角和定理、中位线定理等。此外，不规则四边形的面积计算及其与三角形的关系也是常考内容。 【题型特点】 1. 综合性：压轴题往往将三角形与四边形的知识点进行深度融合，要求学生具备较强的知识整合能力。例如，通过构造辅助线将四边形问题转化为三角形问题，或利用三角形相似解决四边形中的角度与长度关系。 2. 创新性：题目背景新颖，可能结合实际问题或几何图形的动态变化，考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力。如动态几何问题，要求学生在图形运动过程中捕捉不变量，进而解决问题。 3. 计算复杂性：涉及较多的代数运算，包括方程求解、代数式的化简与变形等，对学生的计算准确性和效率要求较高。 【解题策略】 1. 熟练掌握基础知识：深入理解三角形与四边形的定义、性质、判定定理及三角函数公式，这是解题的基础。 2. 强化图形分析能力：学会从复杂的图形中提取关键信息，合理构造辅助线，将复杂问题简单化。 3. 掌握解题技巧：如利用相似三角形的比例关系求解边长，利用三角函数求解角度；掌握面积法的多种应用，如利用面积公式求解边长、利用面积关系证明几何定理等。 4. 注重逻辑推理：培养严密的逻辑思维能力，学会从已知条件出发，逐步推导出未知结论。 【备考建议】 1. 系统复习：全面梳理三角形与四边形的知识点，形成知识网络，确保基础扎实。 2. 针对性训练：针对压轴题的特点，进行专项训练，提高解题能力和应试技巧。 3. 错题整理：及时整理错题，分析错误原因，避免重复犯错。 4. 模拟演练：定期进行模拟考试，检验学习成果，调整备考策略。 综上所述，三角形与四边形中的计算（压轴题）考查内容广泛，题型多样，对学生的综合能力要求较高。通过系统复习、针对性训练和科学备考，学生可以有效提升解题能力，取得优异成绩。 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 ►题型01 全等构造 考向一 遇“等腰△+逆等线”→构“X”型全等 1．（2022·湖南怀化·中考真题）如图，在等边三角形ABC中，点M为AB边上任意一点，延长BC至点N，使CN=AM，连接MN交AC于点P，MH⊥AC于点H． (1)求证：MP=NP； (2)若AB＝a，求线段PH的长（结果用含a的代数式表示）． 【答案】(1)见详解； (2)0.5a． 【分析】（1）过点M作MQCN，证明即可； （2）利用等边三角形的性质推出AH=HQ，则PH=HQ+PQ=0.5（AQ+CQ）． 【详解】（1）如下图所示，过点M作MQCN， ∵为等边三角形，MQCN， ∴， 则AM=AQ，且∠A=60°， ∴为等边三角形，则MQ=AM=CN， 又∵MQCN， ∴∠QMP=∠CNP， 在， ∴，   则MP=NP； （2）∵为等边三角形，且MH⊥AC， ∴AH=HQ，   又由（1）得，， 则PQ=PC， ∴PH=HQ+PQ=0.5（AQ+CQ）=0.5AC=0.5a． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定、三角形全等的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知是等边三角形，点是射线上的一个动点，延长至点，使，连接交射线于点．    (1)如图1，当点在线段上时，猜测线段与的数量关系并说明理由； (2)如图2，当点在线段的延长线上时， ①线段与的数量关系是否仍然成立？请说明理由； ②如图3，连接．设，若，求四边形的面积． 【答案】(1)，理由见解析 (2)①成立，理由见解析② 【分析】（1）过点作，交于点，易得，证明，得到，即可得出结论． （2）①过点作，交的延长线于点，易得，证明，得到，即可得出结论；②过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，根据已知条件推出，得到，证明，得到，求出的长，利用四边形的面积为进行求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， 过点作，交于点，    ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴； （2）①成立，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， 过点作，交的延长线于点，    ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴； ②过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，则：，    由①知：为等边三角形，，， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，则：，， ∴， ∵， ∴， ∴，即：②， 联立①②可得：（负值已舍去）， 经检验是原方程的根， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的面积为 ． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似三角形． 考向二 遇“中点/中线”→构“X”型全等 3．（2021·浙江湖州·二模）如图，在四边形中，，，，，，点是的中点，则的长为（    ）． A．2 B． C． D．3 【答案】C 【分析】延长BE交CD延长线于P，可证△AEB≌△CEP，求出DP，根据勾股定理求出BP的长，从而求出BM的长． 【详解】解：延长BE交CD延长线于P， ∵AB∥CD， ∴∠EAB＝∠ECP， 在△AEB和△CEP中， ∴△AEB≌△CEP（ASA） ∴BE＝PE，CP＝AB＝5 又∵CD＝3， ∴PD=2， ∵ ∴ ∴BE＝BP＝． 故选：C． 【点睛】考查了全等三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是得恰当作辅助线构造全等，依据勾股定理求出BP． 4．（21-22八年级上·山东威海·期中）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题： 如图1，在中，，，D是的中点，求边上的中线的取值范围． 【阅读理解】 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： （1）如图1，延长到点E，使，连接．根据__________可以判定__________，得出__________． 这样就能把线段集中在中．利用三角形三边的关系，即可得出中线的取值范围是__________． 【方法感悟】 当条件中出现“中点”，“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”——把中线延长一倍，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种作辅助线的方法称为“中线加倍”法． 【问题解决】 （2）如图2，在中，，D是边的中点，，交于点E，交于点F，连接，请判断的数量关系，并说明理由． 【问题拓展】 （3）如图3，中，，，是的中线，，，且，请直接写出的长． 【答案】（1）；；；；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）如图1，延长，使，连接，利用证明，得到，再由三角形三边的关系得到，则，即可求出； （2）延长使，连接，根据垂直平分线的性质得到，然后利用证明，得到，，进而得到，最后根据勾股定理证明即可； （3）延长交的延长线于点F，根据证明，然后根据垂直平分线的性质得到，最后根据全等三角形的性质求解即可． 【详解】解：（1）延长，使，连接， ∵D是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （2）， 证明：如图所示，延长到G，使，连接， ∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵D是的中点， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得， ∴； （3）解：如图所示，延长交的延长线于点F， ∵， ∴， ∵是中线， ∴， 在和中， ， ， ∴，， ∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定方法，三角形的三边关系，勾股定理，线段垂直平分线的性质，“倍长中线”法的运用，解题的关键是根据题意作出辅助线构造全等三角形． 考向三 遇“等腰直角△”→构一线三等角型全等 5．（24-25九年级上·湖北黄冈·阶段练习）如图，在中，，，D为内一点，，，，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形内角和定理，过点B作，交延长线于H，先证明，再证明，得到，则，据此利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，过点B作，交延长线于H， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作，求出，的值即可得到答案． 【详解】解：作，交y轴于点F， 由题可得：， 是等边三角形，， ∴是的角平分线， ， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ， 故答案为：． 7．（2023·山东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数的图象上．点的坐标为．连接．若，则的值为 ．    【答案】/ 【分析】过点作轴于点，过点作于点，证明，进而根据全等三角形的性质得出，根据点，进而得出，根据点在反比例函数的图象上．列出方程，求得的值，进而即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作轴于点，过点作于点，      ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∵点的坐标为． ∴， ∴ ∵在反比例函数的图象上， ∴ 解得：或（舍去） ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，全等三角形的判定和性质，求得点的坐标是解题的关键． 8．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．    【答案】2 【分析】过点作于点F，则，可证，于是．设，，，解得，于是． 【详解】解：过点作于点F，则， ∵， ∴． 又， ∴. ∴． 设，矩形中，， ， ，，解得， ∴． 故答案为：2    【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题的关键． 9．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，已知点，点B在y轴正半轴上，将线段绕点A顺时针旋转到线段，若点C的坐标为，则 ．    【答案】 【分析】在x轴上取点D和点E，使得，过点C作于点F，在中，解直角三角形可得，，再证明，则，，求得，在中，得，，得到，解方程即可求得答案． 【详解】解：在x轴上取点D和点E，使得，过点C作于点F，    ∵点C的坐标为， ∴，， 在中， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵点， ∴， ∴， 在中， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为： 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、解直角三角形、旋转的性质等知识，构造三角形全等是解题的关键． 10．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在中，，，点D在边上，连接，作于点E，连接．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】过点作的延长线于点，交于点，作延长线于点，先证明四边形是正方形，再证明是等腰直角三角形，设，则，证明，得到，进而得到，再证明，得出，，然后利用勾股定理，得到，，最后证明，根据对应边成比例，求出的值，即可得出的长． 【详解】解：如图，过点作的延长线于点，交于点，作延长线于点， ， ， ， 四边形是矩形， ，， 是等腰直角三角形， ， 矩形是正方形， ，，，， ，， 是等腰直角三角形， ，， 设，则， ，， ， ，， ， ， ， ， ，即， ， ， ， ， ，， 在中，， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握相似三角形的性质，作辅助线构造相似三角形是解题关键． 考向四 遇“一线两直角”→构一线三垂直型全等 11．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，已知中，，点为上一动点，，连接．与交于点，，若，则 ．    【答案】 【分析】延长，过点作，交的延长线于点，证明，得出，，证明四边形为平行四边形，得出，，求出，根据勾股定理求出，得出，求出，根据勾股定理求出即可． 【详解】解：延长，过点作，交的延长线于点，如图所示：   ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， ，， ，即， 解得：或（舍去）， 在中根据勾股定理得：， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，余角的性质，平行线的判定，平行四边形的判定与性质，作出辅助线，构造全等三角形证明是解题的关键． 考向五 遇“一线两等角”→构一线三等角型全等 12．（22-23七年级下·山东淄博·期末）如图，在中，，点在边上，点在内部，且是等边三角形，．若，，则的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在的延长线上取点，使得，根据全等三角形的判定和性质可得，，设，则，，再由含角的直角三角形的性质得，则，解得，故，，，根据勾股定理即可求得，即可求解． 【详解】解：在的延长线上取点，使得，如图：    ∵是等边三角形， ∵，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴，   ∴， 解得：， ∴，，， 在中，， ∴的面积为； 故选：C． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键． 13．（2021·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，，点在上，点为外一点，且为等边三角形，，若，，则的边长为 ． 【答案】 【分析】在的延长线上取点，使得，证，得，，设，则，，再由含角的直角三角形的性质得，则，解得，即可解决问题． 【详解】解：在的延长线上取点，使得， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴，， 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质． 考向六 SA→构“SAS,ASA,AAS”型全等 14．（21-22八年级上·辽宁大连·期中）如图，为等边三角形，若，则 （用含的式子表示）． 【答案】/ 【分析】在BD上截取BE=AD，连结CE，可证得 ，从而得到CE=CD，∠DCE=∠ACB=60°，从而得到是等边三角形，进而得到∠BDC=60°，则有，即可求解． 【详解】解：如图，在BD上截取BE=AD，连结CE， ∵为等边三角形， ∴BC=AC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°， ∵，BE=AD， ∴ ， ∴CE=CD，∠BCE=∠ACD， ∴∠BCE+∠ACE=∠ACD+∠ACE， ∴∠DCE=∠ACB=60°， ∵CE=CD， ∴是等边三角形， ∴∠BDC=60°， ∴． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 15．（2021·湖北武汉·模拟预测）如图，在RtABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为点D，线段AE与线段CD相交于点F，且AE＝AB，连接DE，∠E＝∠C，若AD＝3DE，则cosE的值为 ． 【答案】 【分析】在AD取点G使AD=3AG，连接BG，证明△ABG≌△EAD（SAS），得出BG＝AD＝3DE＝3AG，由勾股定理得出BD＝＝AG，AB＝＝AG，再由三角函数定义即可得出答案． 【详解】解：取AD上的点G使AD=3AG，连接BG，如图所示：， ∵AD＝3DE， ∴DE＝AG， ∵∠BAC＝90°，AD⊥BC， ∴∠ABC+∠C＝∠ABC+∠BAG＝90°， ∴∠C＝∠BAG， ∵∠C＝∠E， ∴∠BAG＝∠E， 在△ABG和△EAD中， ， ∴△ABG≌△EAD（SAS）， ∴BG＝AD＝3DE， ∴BD＝， ∴AB＝＝， ∴cos∠BAD＝＝； 故答案为：． 【点睛】本题考查的知识点有全等三角形的性质，勾股定理的性质，三角函数，解题的关键是构造出全等三角形，再结合勾股定理和三角函数确定各边之间的关系求解． 考向七 遇“显性/隐性夹半角”→构旋转型全等 16．（2017·湖北武汉·中考真题）如图△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∠DAE=60°，BD=5，CE=8，则DE的长为 ． 【答案】7 【详解】解：∵AB=AC， ∴可把△AEC绕点A顺时针旋转120°得到△AE′B，如图， ∴BE′=EC=8，AE′=AE，∠E′AB=∠EAC， ∵∠BAC=120°，∠DAE=60°， ∴∠BAD+∠EAC=60°， ∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAD=60°， 在△E′AD和△EAD中 ∴△E′AD≌△EAD（SAS）， ∴E′D=ED， 过E′作EF⊥BD于点F， ∵AB=AC，∠BAC=120°， ∴∠ABC=∠C=∠E′BA=30°， ∴∠E′BF=60°， ∴∠BE′F=30°， ∴BF=BE′=4，E′F=4， ∵BD=5， ∴FD=BD-BF=1， 在Rt△E′FD中，由勾股定理可得E′D=， ∴DE=7． 故答案为：7 【点睛】本题考查1.含30度角的直角三角形；2.等腰三角形的性质． 17．（2021·贵州贵阳·一模）在中，，点在边上，．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解． 【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF， ∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90° ∴∠ACE＝∠BCG． ∵在△ACE与△BCG中， ∵， ∴△ACE≌△BCG（SAS）， ∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG， ∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°． 在Rt△FBG中，∠FBG＝90°， ∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2． 又∵∠ECF＝45°， ∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF． ∵在△ECF与△GCF中， ， ∴△ECF≌△GCF（SAS）． ∴EF＝GF， ∴EF2＝AE2＋BF2， ∵， ∴BF=， 故答案是：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键． ►题型02 相似构造 考向一 平行线转移角→构造母子型相似 1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，是边上两点，且，连接与相交于点，连接．若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求角的正弦值：过点作，证明，得到，再证明，分别求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，再利用正弦的定义，求解即可． 【详解】解：∵矩形，，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴ 过点作，则：， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故选A． 2．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 【答案】96 【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案． 【详解】解：作交于点H，则， ∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：96． 考向二 遇一线两垂直-构造一线三垂直型相似 3．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解． 【详解】如图，过作轴于点，则， 由平移性质可知：，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， 设，则，， ∴，解得：， ∴，， ∴， ∵点在第四象限， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 4．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，点A在双曲线上，连接AO并延长，交双曲线于点B，点C为x轴上一点，且，连接，若的面积是6，则k的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题考查了反比例函数的的几何意义，掌握反比例函数的几何意义是解题的关键． 过点A作轴，过点B作轴，根据相似三角形的判定和性质得出，确定，然后结合图形及面积求解即可． 【详解】解：过点A作轴，过点B作轴，如图所示： ∴， ∴， ∵点A在双曲线上，点B在， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，轴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴， 故选：C． 考向三 遇共顶点等角-构造旋转型相似 5．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，等腰中，，，点在的延长线上，且，若，，求的长为 ．    【答案】 【分析】如图，在上取一点，使，连接，证明，可得，设，则，过点作，先利用勾股定理求出，再根据，求出即可． 【详解】解：如图，在上取一点，使，连接，    ∵，则， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即：，则， 设，则，过点作， ∵，， 则， ∴， 则，即：， ∴， ∴； 故答案为：．考向四 遇“显性夹半角”→构旋转型相似 6．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在中，，点D，E都在边上，．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将绕点A逆时针旋转得到，取的中点G，连接、，由，，可得出，根据旋转的性质可得出，结合可得出为等边三角形，进而得出为直角三角形，求出的长度以及证明全等找出，设，则，在中利用勾股定理可得出，利用，可求出x以及的值，此题得解． 【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，取的中点G，连接、，如图所示： 过点A作于点N，如图， ∵，， ∴，． 在中，，， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴． ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴为直角三角形． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． 设，则， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的方程是解题的关键． ►题型03 三角函数转化 考向一 直接解直角三角形 1. （2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，，，，则的半径是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，即可证得，进而可求得，再利用圆周角定理得到，结合三角函数即可求解． 【详解】解：延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接， ∵四边形内接于， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴是的直径， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵ ∴ ∴，, ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 故选：A． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键． 2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接交于点F， 设，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处， ∴点C与点A关于直线对称， ∴，垂直平分， ∴，，， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴． 故选：A． 【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 考向二 作垂线构造直角三角形 3 ．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解． 延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，设，易得，则，进而得出，再得出，最后根据，即可解答． 【详解】解：延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 设， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 4．（2023·天津河北·二模）如图，在矩形中，，连接，点在上，平分 ．    【答案】/ 【分析】过点D作，由平分可得是等腰直角三角形，再根据矩形性质和勾股定理易求对角线长，进而解三角形求出、即可解答． 【详解】解：过点D作，如图：    ∵平分， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形性质和解三角形，解题关键是过点D作构造是等腰直角三角形，再解三角形． 5．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作，垂足为H，利用勾股定理求出的长，利用角的余弦值求出的长，再利用勾股定理求出，从而得出，利用三角形面积求出即可． 【详解】解：如图，过点F作，垂足为H， 四边形为矩形， ，， ，， ， ，即， 解得：， ，即， 解得：， ， ， ，即， 解得：， 故答案为：． 考向三 利用等角代换 6．（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（    ）    A．22 B．21 C．20 D．18 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．利用勾股定理求得的长，再证明，作于点，求得，利用，求得，再利用勾股定理求得，据此求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， 由作图知， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 作于点，    则， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形的周长是， 故选：A．. 7．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，菱形中，点是的中点，，垂足为，交于点，，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了解三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半． 先由菱形性质可得对角线与交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，进而由菱形对角线求出边长，由解三角形即可求出，． 【详解】解：连接，如图，    ∵菱形中，与互相垂直平分， 又∵点是的中点， ∴A、O、C三点在同一直线上， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 考向四 利用共圆代换 8．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】如图：过E作于点M，作于点H，作于点I，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到，因为，所以求出的值即可解答． 【详解】解：如图，过E作于点M，作于点H，作于点I， ∵， ∴点E、M、F、G四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴最小值是． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短、圆内接四边形对角互补等知识点，熟练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键． ►题型04 旋转变换，翻折变换 考向一 对角互补模型→造共顶点的等腰三角形 1．（24-25九年级上·广东深圳·期中）已知：如图，在四边形中，，，，连接、，若，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】作于点，作交的延长线于点，证明，得到，进而求出的长，勾股定理求出的长，证明为等腰直角三角形，求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，即可． 【详解】解：作于点，作交的延长线于点，则：，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴ ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊三角形和相似三角形，是解题的关键． 2．（2022·黑龙江哈尔滨·一模）如图，四边形中，，连接于点，，则的长为 ． 【答案】5 【分析】如图：过点A作AG⊥CD交CD的延长线于点G、延长BE交CD于点F，根据题意说明 △BCF、△DEF、△ADG是等腰直角三角形，设DE=EF=并表示出BC、BF、BE，再说明△AEB∽△AGC，然后根据相似三角形的性质列式求出x，最后代入BC=3+2x求解即可． 【详解】解：如图：过点A作AG⊥CD交CD的延长线于点G，延长BE交CD于点F， ∵∠BED=90°，∠BCD=90°， ∴∠EBC+∠EDC=180°， ∵∠EDF+∠EDC=180°， ∴∠EBC=∠EDF， ∵∠ABE=∠ACD，∠BAC=45°， ∴∠EFD=∠BAC=45°， ∴∠EDF=45°， ∴△BCF、△DEF、△ADG是等腰直角三角形， 设DE=EF=，则： ∵， ∴， ∴BC=CF=3+2x，CG=CD+DG=5+x， ∴,， 在△AEB和△AGC中，∠AEB=∠AGC=90°，∠ABE=∠ACG， ∴△AEB∽△AGC， ∴，即 解得x=1或x=-4（舍去）， ∴BC=3+2x=5． 故答案为：5． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定与性质、等角的补角相等、线段的和与差等知识点，正确作出辅助线、构造等腰直角三角形并表示出相关的量是解答本题的关键． 3．（2023·江苏泰州·模拟预测）已知，在中，，平分．点E、F分别在边、上，，当时，则与的面积之和S为 ． 【答案】 【分析】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的性质和判定，旋转的性质，解直角三角形，把绕点D顺时针旋转得到，再解直角三角形是做题的关键； 过点D作于点M，于点N，可先证明，推出，把绕点D顺时针旋转得到，，过点B作于点H，解直角三角形求出，可得结论． 【详解】解：过点D作于点M，于点N． ∵，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 把绕点D顺时针旋转得到，， 过点B作于点H， ∴， ∴， 故答案为：． 考向二 三条线段共端点→造共顶点全等/相似三角形 4．（2023·山东滨州·中考真题）已知点是等边的边上的一点，若，则在以线段为边的三角形中，最小内角的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将绕点逆时针旋转得到，可得以线段为边的三角形，即，最小的锐角为，根据邻补角以及旋转的性质得出，进而即可求解． 【详解】解：如图所示，将绕点逆时针旋转得到，        ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴以线段为边的三角形，即，最小的锐角为， ∵， ∴ ∴ ∴ ， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 5．（2024·山西朔州·二模）阅读与思考 下面是小宇同学收集的一篇数学小论文，请仔细阅读并完成相应的任务. 构图法在初中数学解题中的应用构图法指的是构造与数量关系对应的几何图形，用几何图形中反映的数量关系来解决数学问题的方法.巧妙地构造图形有助于我们把握问题的本质，明晰解题的路径，也有利于发现数学结论.本文通过列举一个例子，介绍构图法在解题中的应用， 例：如图1，已知P为等边三角形内一点，，. 求以，，为边的三角形中各个内角的度数. 解析：如何求所构成的三角形三个内角的度数？由于没有出现以，，为边的三角形，问题难以解决.于是考虑通过构图法构造长度为，，的三角形来解决问题． 解：将绕点A顺时针旋转得，则． ，，． 由旋转可知， 是等边三角形．【依据】 ，． 就是以，，为边的三角形． ， ． . ． ． 以，，为边的三角形中，三个内角的度数分别为，，. 构造图形的关键在于通过图形的变化，能使抽象的数量关系集中在一个图形上直观地表达出来，使问题变简单． 任务： (1)上面小论文中的“依据”是________． (2)如图2，已知点P是等边三角形的边上的一点，若，则在以线段，，为边的三角形中，最小内角的度数为________． (3)如图3，在四边形中，，，．求证：． 【答案】(1)有一个角是的等腰三角形是等边三角形 (2)18 (3)证明见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，勾股定理： （1）依据是有一个角是的等腰三角形是等边三角形； （2）将绕点A顺时针旋转到的位置，连接，则，可得是等边三角形，则就是以，，为边的三角形．根据全等三角形的性质及三角形内角和定理分别求得三个内角的度数，即可得到答案； （3）连接，将绕点C顺时针旋转到的位置，连接，先证明是等边三角形，由旋转的性质可得为等边三角形，进而可得，利用勾股定理即可得证． 【详解】（1）解：依据是有一个角是的等腰三角形是等边三角形， 故答案为：有一个角是的等腰三角形是等边三角形； （2）解：如图，将绕点A顺时针旋转到的位置，连接，则， ，，， 由旋转的性质可知， 是等边三角形， ，， 就是以，，为边的三角形， ， ， ， ， ， ， 最小内角的度数为， 故答案为：18； （3）证明：如图，连接，将绕点C顺时针旋转到的位置，连接， ，， 是等边三角形， ， 由旋转可知，，， 为等边三角形， ，， ， 在中，由勾股定理得， ． 考向三 类比旋转→整体旋转 6．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，点A在反比例函数的图象上，轴于点B，C为x轴正半轴上一点，将绕点A旋转得到，点C的对应点D恰好落在该函数图象上．若的面积为6，则k的值为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了反比例函数与几何综合，旋转的性质，反比例函数解析式等知识．熟练掌握反比例函数与几何综合，旋转的性质，反比例函数解析式是解题的关键． 设，由，可求，则，由将绕点A旋转得到，可知为的中点，设，则，进而可得，计算求解即可． 【详解】解：设， ∵的面积为6， ∴，即， 解得，， ∴， ∵将绕点A旋转得到， ∴为的中点， 设，则， ∵均在函数图象上， ∴， 解得，， 故答案为：8． 7．（2024·安徽宣城·模拟预测）如图，在中，，为边上的一点，当时，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，．若，则的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在上截取，连接，过B作交延长线于H，由旋转性质和等边三角形的判定与性质证明是等边三角形得到，，进而证明得到，则有，设，利用直角三角形的性质得到则，进而得到，然后利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：在上截取，连接，过B作交延长线于H，则， 由旋转性质得，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，设，则，， ∵，，， ∴，， ∴ ， ∵， ∴当时，最大，最大值为， 故选：D． 【点睛】本题考查二次函数的性质，旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角的判定与性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质和二次函数的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形，利用二次函数性质求解几何最值问题是解答的关键． 8．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，直角坐标系中，点，，线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，则点的纵坐标为（   ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作交的延长线于点，过作轴，轴，过点作轴，勾股定理，旋转求出的长，先证明，求出的长，证明，利用相似比，求出的长即可． 【详解】解：过点作交的延长线于点，过作轴，轴，过点作轴，则：，， ∵点，， ∴， ∴， ∵旋转， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴点的纵坐标为； 故选D． 【点睛】本题考查坐标与旋转，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，综合性强，属于选择题中的压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形． 考向四 翻折全等的对应角相等→导线段的数量关系 9．（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在矩形中，，．将此矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为，则的面积为 ．    【答案】 【分析】根据折叠的性质即可求得；连接，根据勾股定理求得，证得 ，根据全等的性质得：，根据勾股定理列出关于线段的方程，解方程求得的长，即可求得，然后通过证，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ； 连接，   ，，， 由勾股定理得：， ， ， 在和中 ， ， ，， ， 由题意知：； 设，则， 在中，，由勾股定理得： ， 解得：， ， ， ，则：， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用全等三角形的性质、相似三角形的性质，勾股定理等几何知识点来解题． 10．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为 ．    【答案】/ 【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，    ∵在中，，，， ∴， ∴， 在中， ∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时， ∴ 又 ∴ ∴ ∴ 设， ∴ 在中， ∴ 解得：（负整数） 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 11．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是 ．    【答案】 【分析】先根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得，，然后将两个等式相加即可得． 【详解】解：是等边三角形， ， ∵折叠得到， ， ，， 平分等边的面积， ， ， 又， ， ，， ， ， 解得或（不符合题意，舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 考向五 导角相等得线段的关系 12．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为 ． 【答案】 【分析】过点作，交的延长线于点，连接，．推出．设，，用表示，，利用勾股定理列方程，求出，进而求出，即可解决问题．本题考查翻折变换的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，含角直角三角形的性质，通过作辅助线构造直角三角形沟通已知和未知线段间的关系是解题的关键． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，连接，． 四边形是菱形，， ，，都是等边三角形， ，， ， ， ． 设，， ， ，，，， ，， 在 中， 由勾股定理，得， 即， 解得， ，， ． 故答案为： 13．（2023·江苏宿迁·一模）如图，在矩形中，，，先将沿翻折到处，再将沿翻折到处，延长交于点，则的长为 ． 【答案】 【分析】过点作的延长线于点，设与交于点，根据矩形性质和翻折性质，设，，利用勾股定理求出的值，证明，求出，然后证明，得，再由，得，求出，，证明，对应边成比例即可求出的长． 【详解】解：如图，过点作的延长线于点，设与交于点， 四边形是矩形， ，，， ， 由翻折可知：， ， ， 由翻折可知：，， ， ， 设， ， 在中，根据勾股定理得： ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ，，， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题是相似形的综合题，难度大，考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，翻折变换，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是作出辅助线构造相似三角形． ►题型05 中点处理 考向一 已知中点→造中位线模型 14．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，E是中点，F是上一点，沿着折叠，若，则 ． 【答案】 【分析】取中点为D、连接，作中点G，连接交，交于O，根据勾股定理求出的长，由折叠性质以及等腰三角形的判定与性质得出共线，即O与重合，利用中位线性质，勾股定理得出一元二次方程，求出结果即可得出结论． 【详解】解：如图所示，取中点为D、连接，作中点G，连接交，交于O， 在中 为中点， ， 由折叠可知：， 点G是中点，在中有，且， 在中，， 在中，E为中点，G为中点， ， 取中点为，则， ， ， 共线，即O与重合， ， 在中，， 为的中点，D为的中点， ， ， ， 在中，设，则， ， ， 在中，，即， 整理得：， 解得：， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，一元二次方程的几何应用，中位线的性质，等腰三角形的判定与性质，折叠性质，熟练掌握相关性质定理，准确作出辅助线为解题关键． 15．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形中，，分别是，的中点，，分别是，的中点，连接，则的值为 ． 【答案】/ 【分析】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理；连接并延长交于点，连接证明得出，进而根据中位线的性质可得，勾股定理求得，即可求解． 【详解】如图，连接并延长交于点，连接 四边形是正方形，设， ，，， ， 为的中点， ， ， ，， ， 为的中点， ， 为的中点， ， ， ， 故答案为：． 考向二 中点+等腰→构三线合一 16．（2024·山西·模拟预测）如图，在等腰三角形中，，取的中点，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】作，，垂足为点M、N．先由勾股定理求得的长，再由等腰三角形“三线合一”与三角形中位线的逆定理可求得的长，从而可知的长，最后利用可求得的长． 【详解】解：如图，过点A、点E分别作，，垂足为点M、N．则，    ∵，，， ∴． ∵，， ∴， ∵E为的中点，， ∴． ∴， 设，则． ∵，， ∴， ∴，即：， ∴， 解得：． 即：． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形中位线定理的逆定理、相似三角形的性质、勾股定理等，解题的关键作出恰当的辅助线． 考向三 中点+直角→构斜边中线 17．（2024·河南周口·模拟预测）如图，在扇形中，，半径，是的中点，，分别是线段，的中点，是的中点，连接，，则阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了扇形面积的计算，三角形中位线定理，垂径定理．根据割补法把阴影部分的面积化成扇形的面积减去三角形的面积求解． 【详解】解：连接，交于， 是的中点， ，，是的中点， ， ， ， ， ，分别是线段，的中点， ∴，， 是的中点， ， 阴影部分的面积， 故答案为：． 18．（22-23九年级上·全国·单元测试）在中，，，，是以点为圆心，为半径的圆上一点，连接，为的中点，则线段长度的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆的性质，直角三角形的性质及中位线的性质，利用三角形三边关系确定线段的最值问题，构造一个以为边，另两边为定值的三角形是解答此题的关键和难点．作的中点，连接，，根据三角形中位线的性质和直角三角形斜边中线等于斜边一半求出和长，再根据三角形的三边关系确定长度的范围，从而确定的最小值． 【详解】解：如图，取的中点，连接，，， ∵是的中点，是的中点，， ∴为的中位线， ∴ ， 在中，，， 由勾股定理得， ∵为斜边的中线， ∴， 在中， ，即， ∴的最大值为 ． 故答案为：． 考向四 中点+平行线→构A/X型 19．（2023·天津·中考真题）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．    （1）的面积为 ； （2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为 ． 【答案】 3 【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积； （2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长． 【详解】解：（1）过点E作，   正方形的边长为3， ， 是等腰三角形，，， ， 在中，， , 故答案为：3； （2）延长交于点K， 正方形的边长为3， ，， ，， ， ， ， F为的中点， ， 在和中， ， ， ， 由（1）可知，，， ， ， ， ， ， 在中，， 故答案为：．    【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 20．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    【答案】 【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】如图，过作于点，于点，    ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴，， ∴四边形是正方形， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． ►题型06 角平分线处理 考向一 角平分线上→造双垂，构轴对称全等 1．（2024·天津·三模）如图，在矩形中，，，点E是的中点，点F是边上一点，连接，． （1） 的长为 ； （2）若平分，则的长为 ． 【答案】 5 【分析】（1）利用勾股定理求解即可； （2）延长交延长线于点，过点作于点，先利用角平分线的性质得到，设，则，再证明，得到，，继而求得，，然后证明，得到，即，求解即可． 【详解】解：（1）∵矩形， ∴，， ∵点E是的中点， ∴， ∴， 故答案为：5； （2）延长交延长线于点，过点作于点，如图， 在矩形中，，，， 平分，，， ， 设，则， 点是的中点， ， ， 在和中， ，，， ， ，， ∴，， ，， ∴， ， ， ， 即， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，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，角平分线的性质．正确作出辅助线构造相似三角形与全等三角形是解题的关键． 考向二 角平分线+平行→造等腰三角形 2．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，∠AOE＝15°，OE平分∠AOB，DE∥OB交OA于点D，EC⊥OB，垂足为C．若EC＝2，则OD的长为（　　） A．2 B．2 C．4 D．4+2 【答案】C 【分析】过点E作EH⊥OA于点H，根据角平分线的性质可得EH＝EC，再根据平行线的性质可得∠ADE的度数，再根据含30°角的直角三角形的性质可得DE的长度，再证明OD＝DE，即可求出OD的长． 【详解】解：过点E作EH⊥OA于点H，如图所示： ∵OE平分∠AOB，EC⊥OB， ∴EH＝EC， ∵∠AOE＝15°，OE平分∠AOB， ∴∠AOC＝2∠AOE＝30°， ∵DE∥OB， ∴∠ADE＝30°， ∴DE＝2HE＝2EC， ∵EC＝2， ∴DE＝4， ∵∠ADE＝30°，∠AOE＝15°， ∴∠DEO＝15°， ∴∠AOE＝∠DEO， ∴OD＝DE＝4， 故选：C． 【点睛】本题考查了角平分线的性质，含30°角的直角三角形的性质，平行线的性质等，熟练掌握这些性质是解题的关键． 3．（2022·四川南充·中考真题）如图，在中，的平分线交于点D，DE//AB，交于点E，于点F，，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据角平分线的性质得到CD=DF=3，故B正确；根据平行线的性质及角平分线得到AE=DE=5，故C正确；由此判断D正确；再证明△BDF∽△DEC，求出BF，故A错误． 【详解】解：在中，的平分线交于点D，， ∴CD=DF=3，故B正确； ∵DE=5， ∴CE=4， ∵DE//AB， ∴∠ADE=∠DAF， ∵∠CAD=∠BAD， ∴∠CAD=∠ADE， ∴AE=DE=5，故C正确； ∴AC=AE+CE=9，故D正确； ∵∠B=∠CDE，∠BFD=∠C=90°， ∴△BDF∽△DEC，     ∴, ∴，故A错误； 故选：A． 【点睛】此题考查了角平分线的性质定理，平行线的性质，等边对等角证明角相等，相似三角形的判定及性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键． 考向三 角平分线+垂线→构三线合一 4．（22-23七年级下·广东深圳·期末）如图，在等腰中，，，为的角平分线，过点C作交的延长线于点E，若，则的长为 ．    【答案】/ 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．延长交的延长线于点F，证，得，再证，得，然后由等腰三角形的性质得，即可得出结论． 【详解】解：如图，延长交的延长线于点F，    ∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，在中，，边上有一点，过点作的垂线交延长线于点．若，则 ． 【答案】 【分析】延长交于点，根据已知条件证明，进而得出，，设，则，勾股定理表示出的关系，进而根据在中，，勾股定理求得的值，根据，代入数据，进行计算即可求解． 【详解】解：如图所示，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴即， 在中， ∴ ∴，， 设，则 在中， 在中， ∴，即 在中，， ∴ ∴即 解得：（负值舍去） ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：．6 考向四 角平分线为轴→构翻折型全等 6．（2022·河北唐山·一模）如图，已知在中，，的平分线交于点．若，，则为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，在上截取，则，证明，得出，则，推出，则，得出，即可求解． 【详解】解：连接，在上截取， ∵，， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，的平分线交于点． ∴平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 故选：C．    【点睛】本题主要考查了三角形角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是掌握三角形的三条角平分线交于一点；正确画出辅助线，构造全等三角形求解． ►题型07 图形拼接 考向一 面积关系+方程 1．（2023·浙江杭州·中考真题）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之比为，则（    ）    A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】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】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：C． 【点睛】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． 2．（22-23九年级上·安徽宣城·阶段练习）如图，在四边形中，，，，，E为的中点，点F和点G在边上，点H在边上，将，分别沿，折叠，点C落在边上的点M处，点B落在点N处，将四边形沿折叠，点A恰好落在点N处，点D落在边上的点M处． （1）∠B的度数为 ． （2）若四边形是正方形，则的长为 ． 【答案】 90°/90度 【分析】（1）由折叠性质可知，，根据点B落在点N处，点A恰好落在点N处，得到三点共线，有，即可求解； （2）由折叠的性质可知，．根据四边形EFGH是正方形，得出．证明出，建立等式即可求解． 【详解】解：（1）由折叠性质可知，，， 点B落在点N处，点A恰好落在点N处， 三点共线， ， ∴， ∴． （2）由折叠的性质可知，． ∵四边形是正方形， ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、相似三角形，解题的关键是掌握折叠的性质进行求解． 考向二 方案选择+相似 3．（2023·湖北十堰·中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为，，的中点，G，H分别为，的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为 ，最大值为 ．    【答案】 8 【分析】根据题意，可固定四边形，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最小值，最大值． 【详解】    如图1，，， ∴四边形周长=；          如图2， ∴四边形周长为； 故答案为：最小值为8，最大值. 【点睛】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键． 4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，将一个边长为8的正方形纸片沿图中的3条裁切线剪开后，恰好能拼成一个邻边不相等的矩形．若裁切线的长为10，则裁切线的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由四边形是裁切后的矩形，得到，，从而得到，得出，，再用勾股定理求出的长，进而就可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：如图，四边形是裁切后的矩形， ∴，， ∴， ∴，， ∵正方形的边长为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． ►题型08 分类讨论 考向一 腰与底不明的分类讨论 1．（2020·河南·二模）如图所示，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点P为BC上一动点（不与端点重合），连接AP，将△ABP沿着AP折叠．点B落到M处，连接BM、CM，若△BMC为等腰三角形，则BP的长度为 ． 【答案】或 【分析】分三种情况：①BM＝CM时，如图1所示：作MG⊥BC于G，则BG＝CG＝BC＝4，∠BGM＝90，设BP＝x，由折叠的性质和相似三角形的性质得到MG，由勾股定理得出方程，解方程即可；②BM＝BC＝8时，如图2所示：根据折叠的性质得到BO＝MO，根据相似三角形的性质健康得到结论；③CM＝BC时，连接OC，如图3，由折叠的性质即可得到结论． 【详解】解：当△BMC为等腰三角形时，分三种情况： ①BM＝CM时，如图1所示： 作MG⊥BC于G，则BG＝CG＝BC＝4，∠BGM＝90°， 设BP＝x， 由折叠的性质得：MP＝BP＝x，AP垂直平分BM， ∵∠ABC＝90°， ∴∠MBG＝∠BAP， ∴△BGM∽△ABP， ∴＝=，即＝， 解得：MG＝x， 在Rt△PMG中，GP＝4﹣x，由勾股定理得：（4﹣x）2+（x）2＝x2， 解得：x＝，或x＝10（不合题意舍去）， ∴BE＝； ②BM＝BC＝8时，如图2所示： 由折叠的性质得：BO＝MO＝BM＝4，AP⊥BP， ∴∠AOB＝∠ABP＝90°， ∵∠BAO＝∠BAP， ∴△ABP∽△AOB， ∴＝，即＝， 解得：BP＝； ③CM＝BC时，连接OC，如图3所示： 由折叠的性质得：AP垂直平分BM， ∵CM＝BC， ∴OC⊥BM， ∴点P与C重合， ∴BP＝BC＝8由题意，舍去； 综上所述，当△BMC为等腰三角形时，BP的长为或； 故答案为：或． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键． 2．（2020·辽宁葫芦岛·三模）如图所示， 矩形中，，， 点为上一动点（不与端点重合） ， 连接， 将沿若折叠， 点落到处， 连接，， 若为以为腰的等腰三角形，则的长度为 ．    【答案】或 【分析】当为以为腰的等腰三角形时，分两种情况：①BB=BC=8时，如图2所示，根据折叠的性质得到BO=BO，根据相似三角形的性质即可得到结论；②CB=BC时，连接OC，如图3，由折叠的性质即可得到结论． 【详解】当为以为腰的等腰三角形时 ②BB=BC=8时，如图2所示：      由折叠的性质得BO=BO=BB=4，AP⊥BP， ∴∠AOB=∠ABP=90°， ∵∠BAO=∠BAP， ∴△ABP∽△AOB， ∴，即， 解得：BP=； ②CB=BC时，连接OC，如图3所示：    由折叠的性质得：AP垂直平分BB， ∵CB=BC， ∴OC⊥BB， ∴点P与C重合， ∴BP=BC=8； 综上所述，当△BBC为等腰三角形时，BP的长为或8， 故答案为：或8． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键． 考向二 直角不明的分类讨论 3．（2022·黑龙江·中考真题）在矩形ABCD中，，，点E在边CD上，且，点P是直线BC上的一个动点．若是直角三角形，则BP的长为 ． 【答案】或或6 【分析】分三种情况讨论：当∠APE=90°时，当∠AEP=90°时，当∠PAE=90°时，过点P作PF⊥DA交DA延长线于点F，即可求解． 【详解】解：在矩形ABCD中，，，∠BAD=∠B=∠BCD=∠ADC=90°， 如图，当∠APE=90°时， ∴∠APB+∠CPE=90°， ∵∠BAP+∠APB=90°， ∴∠BAP=∠CPE， ∵∠B=∠C=90°， ∴△ABP∽△PCE， ∴，即， 解得：BP=6； 如图，当∠AEP=90°时， ∴∠AED+∠PEC=90°， ∵∠DAE+∠AED=90°， ∴∠DAE=∠PEC， ∵∠C=∠D=90°， ∴△ADE∽△ECP， ∴，即， 解得：， ∴； 如图，当∠PAE=90°时，过点P作PF⊥DA交DA延长线于点F， 根据题意得∠BAF=∠ABP=∠F=90°， ∴四边形ABPF为矩形， ∴PF=AB=9，AF=PB， ∵∠PAF+∠DAE=90°，∠PAF+∠APF=90°， ∴∠DAE=∠APF， ∵∠F=∠D=90°， ∴△APF∽△EAD， ∴，即， 解得：，即； 综上所述，BP的长为或或6． 故答案为：或或6 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键． 考向三 动点位置不明分类讨论 4．（2024·湖北荆门·模拟预测）如图，对折正方形纸片，得到折痕，将纸片展平，在上取一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，将纸片展平，连接，延长交于点Q，连接若正方形的边长为6，，则的长为 ． 【答案】或 【分析】由折叠及正方形的性质得到，，再由“”易证；分当点在线段上和当点在线段上两种情况，再根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】∵在正方形中， ∴，， 根据折叠的性质可得：， ∴，， ∴在和中， ， ∴， ∴， 由折叠的性质可得：，， 当点在线段上时， ∵， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 当点在线段上时， ∵， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 考向四 图形状态下的分类讨论 5．（2023·湖北武汉·二模）如图，在等腰中，，，边长为1的正方形的对角线交点与点B重合，连接．将正方形绕点B旋转一周，当点A，D，E三点共线时，的长是 ．    【答案】或 【分析】先利用勾股定理可得，再分两种情况：①点共线，且点在线段上和②点共线，且点在线段上，利用正方形的性质和勾股定理求解即可得． 【详解】解：等腰中，，， ， ①如图，当点共线，且点在线段上时，过点作于点，    ∵四边形是边长为1的正方形，点是其对角线的交点， ， ， ； ②如图，当点共线，且点在线段上时，过点作于点，    ∵四边形是边长为1的正方形，点是其对角线的交点， ， ， ； 综上，的长是或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理等知识点，正确分两种情况讨论是解题关键． 6．（2021·四川眉山·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，． （1）求证：； （2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长； （3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长． 【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1 【分析】（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论； （2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解； （3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可． 【详解】解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°， ∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE， ∴； （2）∵正方形的边长为2， ∴DC=GC=2÷=， ∵， ∴AD=， ∵∠GDE=， ∴∠ADM=∠CDE=45°， ∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG， ∴， ∴，即：， ∴AM=； （3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图， ∵正方形的边长为2， ∴CM=DM=2÷2=1，AM=， ∴AD=AM-DM=-1； ②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图， 同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=， ∴AD=AM+DM=+1． 综上所述：AM=-1或+1 【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键． 1．（2025·山东济南·模拟预测）如图，菱形中，，点P是直线上一动点，点E在直线上，若，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】连接，作的外接圆，连接．利用相似三角形的性质判断出，得出点E的运动轨迹，可得结论． 【详解】解：连接，作的外接圆，连接． ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点E在上运动， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质等，找出点E的运动轨迹是解题的关键． 2．（2025·山东济南·模拟预测）如图，在矩形中的边上取一点E，将沿翻折，使得C恰好落在边上点F处，在上取一点G，使得，连接并延长交直线于点H，当为等腰三角形时，则的值为 ． 【答案】或 【分析】分三种情况进行讨论：若为等腰三角形，且时，若为等腰三角形，且时，若为等腰三角形，且时，分别画出图形，进行求解即可． 【详解】解：分三种情况讨论： ①若为等腰三角形，且时，如图1， ∵是由折叠得到， ∴，， ∵， ∴， ∴， 连接， 则， ∴， ∴， 又∵，，， ∴， ∴， ∴， 过点G作于点M， ∵，， ∴， 又∵， 设，， 在中，， ∴， 即， ∴， ∴； ②若为等腰三角形，且时，如图2， ∵， ∴， ∵是由折叠得到， ∴， ∴， ∴， 与题意不符， ∴此种情况不可能； ③若为等腰三角形，且时，如图3， ∵， ∴， ∵是由折叠得到， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 连接， 由①知， 设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在上取，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点M为的黄金分割点， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 答案为：或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，解题的关键是数形结合，分情况讨论，作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 3．（2025·北京·模拟预测）如图，在正方形中，，，分别为边，的中点，与，分别交于点，．计算的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，三角形中位线，过点F作于点H，分别交、于点P、Q，则，结合为边的中点， 可知，，因此可求出，，的值，设，，由可得，， ，据此可求出x，y的值，根据即可得出答案． 【详解】解：过点F作于点H，分别交、于点P、Q，则， 四边形是正方形， ， ，分别为边，的中点， ， ， ∵，为边的中点， ∴，， ，， ，，， 设，， ， ∴，， ， ， ，， 解得，， ， 故答案为：． 4．（2025·湖北·一模）在中，，，E是的中点，D是上的一点，以为对称轴作的对称，且保持在的上方． （1）如图1，当点F落在上时，则的长为 ； （2）如图2，连接、，当平分时，＝ ． 【答案】 / / 【分析】（1）连接，利用勾股定理求出，根据题意得点D为的中点，推出是的中位线，，由等面积法求出即可； （2）延长交于点G，证明是的斜边上的中线得,证明得,利用相似三角形的性质求出，再证明，从而,然后利用相似三角形面积的比等于相似比的平方即可求解. 【详解】解：（1）连接， 在中，，， ， 点F落在上，与关于对称， ，， 点D为的中点， E是的中点， 是的中位线， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）延长交于点G， 与关于对称， ,， ∴垂直平分， ∴， ∵平分, ∴是的斜边上的中线， ∴, 由折叠的性质可知，， ∴， 由三角形外角的性质，得， ∴， ∴， ∴, ∴, ∴. ∵， ∴, ∵, ∴, ∴, ∵E是的中点， ∴, . 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的中线的应用，对称的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 5．（2025·陕西西安·二模）如图，在矩形中，的角平分线与交于点， 的角平分线与 交于点， 若，点 是 的中点，则 的长为 ． 【答案】/ 【分析】根据矩形的性质，角平分线的定义得到，由勾股定理得到，如图所示，过点作于点，连接，根据角平分线的性质定理可证，得到，再证，得到，设，则，，由列式求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵是角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点作于点，连接， ∵平分，，即，且， ∴，且， ∴， ∴， ∵点 是 的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴由得，， 解得，， ∴， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，掌握矩形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 6．（2025·江西·模拟预测）如图，点E是矩形的对角线上的动点，过点E作于点F，已知，若上一点G能使以E，F，G为顶点的三角形是等腰直角三角形，则的长为 ． 【答案】3或1或 【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握分类讨论思想是解题的关键． 分、，、，三种情况，分别根据题意作出图形，利用等腰三角形的定义、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质解答即可． 【详解】解：由题意可知，需分三种情况讨论∶ ①如图（1），当、时， 此时点G与点B重合， 即； ②如图(2)，当，时， ∵， ，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴，即，解得：， ∴， ∴． ③如图（3），当时，过点G作于点H，则四边形是矩形， ∵，， ∴ ∴四边形是正方形， ∴．，即，． ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴，即，解得：， ∴， ∴． 综上，的长为3或1或． 7．（2025·上海杨浦·一模）如图，已知正方形与正方形，为边上一点，的延长线交于点，如果，连接，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识点，掌握以上知识点是解答本题的关键． 先用含、的代数式表示出和，证明，得到，即，化简得，设，化简得到关于的一元二次方程，解出的值，即得到的值，再由，代入数据即可解答． 【详解】解：连接，如图： 设正方形的边长为，正方形的边长为， 则，， ， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， 即， ， 两边同除以得：， 令，则， ， ， ，即， 解得：， ， ， 即， ， 故答案为：． 8．（2024·湖北宜昌·一模）如图，已知正方形，点是的中点，连接．交于点，且，连接交于点．交的延长线于点．求的值是 ． 【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识，根据题意证明出 即可得到，设，则，表示出，过点作，证明出四边形是正方形，得到，然后证明出，得到，然后证明出，得到，则，，然后代入求解即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴设，则， ∵， ∴，， ∴， 如图所示，过点作， ∵，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 9．（2024·河北张家口·模拟预测）如图， 在中， ，，为边的高， 点A在x轴上， 点B在y轴上， 点C在第一象限，若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点 B随之沿y轴下滑，并带动在平面内滑动，设运动时间为t秒，当B到达原点时停止运动连接，线段的长随t的变化而变化，当 最大时， ．当的边与坐标轴平行时， ． 【答案】   和   【详解】本题主要考查了三角形顶点在坐标轴上滑动．熟练掌握等腰三角形性质，勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质，是解决问题的关键． ①由等腰三角形的性质可得 ，从而可求出，然后根据当O，D，C共线时， 取最大值，是等腰直角三角形，求出即可； ②根据等腰三角形的性质求出，分轴、，轴，两种情况，列式计算即可． 【题目详解】解：∵，，， ∴， ∵， ∴， 当O，D，C共线时，取最大值， 此时 ． ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴； 故答案为：； ∵， 为边的高， ∴，， ∴， 当轴时，， ∴， ∴， 即 ， 解得，； 当轴时，， ∴， ∴， 即 ， 解得，， 则当 或 时，的边与坐标轴平行． 故答案为：或 ． 10．（2024·山西太原·模拟预测）如图，在四边形中， ，点E是的中点，连接，过点C作于点F，交于点G．若平分，则的长为 【答案】 【分析】先求出，再证明得到，；如图所示，过点C作于H，交于T，连接，证明四边形是矩形，得到，，再证明，得到，设，则，在中，由勾股定理得，解得，则，，可得；证明，得到，则，即可得到． 【详解】解：∵点E是的中点，， ∴ ∵， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴，； 如图所示，过点C作于H，交于T，连接， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键． $$模块四 几何压轴 第10讲 三角形与四边形中的计算（压轴题） （思维导图+1考点+ 8种题型（含33考向）+命题预测） 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 ►题型01 全等构造 考向一 遇“等腰△+逆等线”→构“X”型全等 考向二 遇“中点/中线”→构“X”型全等 考向三 遇“等腰直角△”→构一线三等角型全等 考向四 遇“一线两直角”→构一线三垂直型全等 考向五 遇“一线两等角”→构一线三等角型全等 考向六 SA→构“SAS,ASA,AAS”型全等 考向七 遇“显性/隐性夹半角”→构旋转型全等 ►题型02 相似构造 考向一 平行线转移角→构造母子型相似 考向二 遇一线两垂直-构造一线三垂直型相似 考向三 遇共顶点等角-构造旋转型相似 ►题型03 三角函数转化 考向一 直接解直角三角形 考向二 作垂线构造直角三角形 考向三 利用等角代换 考向四 利用共圆代换 ►题型04 旋转变换，翻折变换 考向一 对角互补模型→造共顶点的等腰三角形 考向二 三条线段共端点→造共顶点全等/相似三角形 考向三 类比旋转→整体旋转 考向四 翻折全等的对应角相等→导线段的数量关系 考向五 导角相等得线段的关系 ►题型05 中点处理 考向一 已知中点→造中位线模型 考向二 中点+等腰→构三线合一 考向三 中点+直角→构斜边中线 考向四 中点+平行线→构A/X型 ►题型06 角平分线处理 考向一 角平分线上→造双垂，构轴对称全等 考向二 角平分线+平行→造等腰三角形 考向三 角平分线+垂线→构三线合一 考向四 角平分线为轴→构翻折型全等 ►题型07 图形拼接 考向一 面积关系+方程 考向二 方案选择+相似 ►题型08 分类讨论 考向一 腰与底不明的分类讨论 考向二 直角不明的分类讨论 考向三 动点位置不明分类讨论 考向四 图形状态下的分类讨论 01考情透视·目标导航 中考考点 命题预测 三角形与四边形中的计算（压轴题） 三角形与四边形中的计算问题作为中考数学中的常见压轴题型，其命题特点和趋势对于学生备考具有重要的指导意义。以下从考点分布、题型特点、解题策略和备考建议四个方面进行详细分析。 【考点分布】 1. 三角形部分：主要涉及三角形的相似与全等判定及性质、三角函数的应用、面积计算以及特殊三角形（如直角三角形、等腰三角形）的性质运用。其中，相似三角形的判定与性质结合三角函数的应用是高频考点。 2. 四边形部分：重点考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，特别是四边形的对角线性质、内角和与外角和定理、中位线定理等。此外，不规则四边形的面积计算及其与三角形的关系也是常考内容。 【题型特点】 1. 综合性：压轴题往往将三角形与四边形的知识点进行深度融合，要求学生具备较强的知识整合能力。例如，通过构造辅助线将四边形问题转化为三角形问题，或利用三角形相似解决四边形中的角度与长度关系。 2. 创新性：题目背景新颖，可能结合实际问题或几何图形的动态变化，考查学生的逻辑推理能力和空间想象能力。如动态几何问题，要求学生在图形运动过程中捕捉不变量，进而解决问题。 3. 计算复杂性：涉及较多的代数运算，包括方程求解、代数式的化简与变形等，对学生的计算准确性和效率要求较高。 【解题策略】 1. 熟练掌握基础知识：深入理解三角形与四边形的定义、性质、判定定理及三角函数公式，这是解题的基础。 2. 强化图形分析能力：学会从复杂的图形中提取关键信息，合理构造辅助线，将复杂问题简单化。 3. 掌握解题技巧：如利用相似三角形的比例关系求解边长，利用三角函数求解角度；掌握面积法的多种应用，如利用面积公式求解边长、利用面积关系证明几何定理等。 4. 注重逻辑推理：培养严密的逻辑思维能力，学会从已知条件出发，逐步推导出未知结论。 【备考建议】 1. 系统复习：全面梳理三角形与四边形的知识点，形成知识网络，确保基础扎实。 2. 针对性训练：针对压轴题的特点，进行专项训练，提高解题能力和应试技巧。 3. 错题整理：及时整理错题，分析错误原因，避免重复犯错。 4. 模拟演练：定期进行模拟考试，检验学习成果，调整备考策略。 综上所述，三角形与四边形中的计算（压轴题）考查内容广泛，题型多样，对学生的综合能力要求较高。通过系统复习、针对性训练和科学备考，学生可以有效提升解题能力，取得优异成绩。 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 ►题型01 全等构造 考向一 遇“等腰△+逆等线”→构“X”型全等 1．（2022·湖南怀化·中考真题）如图，在等边三角形ABC中，点M为AB边上任意一点，延长BC至点N，使CN=AM，连接MN交AC于点P，MH⊥AC于点H． (1)求证：MP=NP； (2)若AB＝a，求线段PH的长（结果用含a的代数式表示）． 2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知是等边三角形，点是射线上的一个动点，延长至点，使，连接交射线于点．    (1)如图1，当点在线段上时，猜测线段与的数量关系并说明理由； (2)如图2，当点在线段的延长线上时， ①线段与的数量关系是否仍然成立？请说明理由； ②如图3，连接．设，若，求四边形的面积． 考向二 遇“中点/中线”→构“X”型全等 3．（2021·浙江湖州·二模）如图，在四边形中，，，，，，点是的中点，则的长为（    ）． A．2 B． C． D．3 4．（21-22八年级上·山东威海·期中）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题： 如图1，在中，，，D是的中点，求边上的中线的取值范围． 【阅读理解】 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： （1）如图1，延长到点E，使，连接．根据__________可以判定__________，得出__________． 这样就能把线段集中在中．利用三角形三边的关系，即可得出中线的取值范围是__________． 【方法感悟】 当条件中出现“中点”，“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”——把中线延长一倍，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种作辅助线的方法称为“中线加倍”法． 【问题解决】 （2）如图2，在中，，D是边的中点，，交于点E，交于点F，连接，请判断的数量关系，并说明理由． 【问题拓展】 （3）如图3，中，，，是的中线，，，且，请直接写出的长． 考向三 遇“等腰直角△”→构一线三等角型全等 5．（24-25九年级上·湖北黄冈·阶段练习）如图，在中，，，D为内一点，，，，则 ． 6．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 7．（2023·山东·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在反比例函数的图象上．点的坐标为．连接．若，则的值为 ．    8．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．    9．（2023·湖北黄冈·中考真题）如图，已知点，点B在y轴正半轴上，将线段绕点A顺时针旋转到线段，若点C的坐标为，则 ．    10．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在中，，，点D在边上，连接，作于点E，连接．若，，则的长为 ． 考向四 遇“一线两直角”→构一线三垂直型全等 11．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，已知中，，点为上一动点，，连接．与交于点，，若，则 ．    考向五 遇“一线两等角”→构一线三等角型全等 12．（22-23七年级下·山东淄博·期末）如图，在中，，点在边上，点在内部，且是等边三角形，．若，，则的面积为（    ）    A． B． C． D． 13．（2021·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，，点在上，点为外一点，且为等边三角形，，若，，则的边长为 ． 考向六 SA→构“SAS,ASA,AAS”型全等 14．（21-22八年级上·辽宁大连·期中）如图，为等边三角形，若，则 （用含的式子表示）． 15．（2021·湖北武汉·模拟预测）如图，在RtABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为点D，线段AE与线段CD相交于点F，且AE＝AB，连接DE，∠E＝∠C，若AD＝3DE，则cosE的值为 ． 考向七 遇“显性/隐性夹半角”→构旋转型全等 16．（2017·湖北武汉·中考真题）如图△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，∠DAE=60°，BD=5，CE=8，则DE的长为 ． 17．（2021·贵州贵阳·一模）在中，，点在边上，．若，则的长为 ． ►题型02 相似构造 考向一 平行线转移角→构造母子型相似 1．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，是边上两点，且，连接与相交于点，连接．若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 考向二 遇一线两垂直-构造一线三垂直型相似 3．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是 ． 4．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，点A在双曲线上，连接AO并延长，交双曲线于点B，点C为x轴上一点，且，连接，若的面积是6，则k的值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 考向三 遇共顶点等角-构造旋转型相似 5．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，等腰中，，，点在的延长线上，且，若，，求的长为 ．    考向四 遇“显性夹半角”→构旋转型相似6．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在中，，点D，E都在边上，．若，则的长为（   ） A． B． C． D． ►题型03 三角函数转化 考向一 直接解直角三角形 1. （2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，，，，则的半径是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（    ） A．2 B． C． D． 考向二 作垂线构造直角三角形 3 ．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（2023·天津河北·二模）如图，在矩形中，，连接，点在上，平分 ．    5．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 考向三 利用等角代换 6．（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（    ）    A．22 B．21 C．20 D．18 7．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，菱形中，点是的中点，，垂足为，交于点，，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 考向四 利用共圆代换 8．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（    ） A．2 B． C． D．4 ►题型04 旋转变换，翻折变换 考向一 对角互补模型→造共顶点的等腰三角形 1．（24-25九年级上·广东深圳·期中）已知：如图，在四边形中，，，，连接、，若，，则的长为 ． 2．（2022·黑龙江哈尔滨·一模）如图，四边形中，，连接于点，，则的长为 ． 3．（2023·江苏泰州·模拟预测）已知，在中，，平分．点E、F分别在边、上，，当时，则与的面积之和S为 ． 考向二 三条线段共端点→造共顶点全等/相似三角形 4．（2023·山东滨州·中考真题）已知点是等边的边上的一点，若，则在以线段为边的三角形中，最小内角的大小为（　　） A． B． C． D． 5．（2024·山西朔州·二模）阅读与思考 下面是小宇同学收集的一篇数学小论文，请仔细阅读并完成相应的任务. 构图法在初中数学解题中的应用构图法指的是构造与数量关系对应的几何图形，用几何图形中反映的数量关系来解决数学问题的方法.巧妙地构造图形有助于我们把握问题的本质，明晰解题的路径，也有利于发现数学结论.本文通过列举一个例子，介绍构图法在解题中的应用， 例：如图1，已知P为等边三角形内一点，，. 求以，，为边的三角形中各个内角的度数. 解析：如何求所构成的三角形三个内角的度数？由于没有出现以，，为边的三角形，问题难以解决.于是考虑通过构图法构造长度为，，的三角形来解决问题． 解：将绕点A顺时针旋转得，则． ，，． 由旋转可知， 是等边三角形．【依据】 ，． 就是以，，为边的三角形． ， ． . ． ． 以，，为边的三角形中，三个内角的度数分别为，，. 构造图形的关键在于通过图形的变化，能使抽象的数量关系集中在一个图形上直观地表达出来，使问题变简单． 任务： (1)上面小论文中的“依据”是________． (2)如图2，已知点P是等边三角形的边上的一点，若，则在以线段，，为边的三角形中，最小内角的度数为________． (3)如图3，在四边形中，，，．求证：． 考向三 类比旋转→整体旋转 6．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，点A在反比例函数的图象上，轴于点B，C为x轴正半轴上一点，将绕点A旋转得到，点C的对应点D恰好落在该函数图象上．若的面积为6，则k的值为 ． 7．（2024·安徽宣城·模拟预测）如图，在中，，为边上的一点，当时，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，．若，则的面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，直角坐标系中，点，，线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，则点的纵坐标为（   ） A．5 B． C． D． 考向四 翻折全等的对应角相等→导线段的数量关系 9．（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在矩形中，，．将此矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为，则的面积为 ．    10．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为 ．    11．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是 ．    考向五 导角相等得线段的关系 12．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为 ． 13．（2023·江苏宿迁·一模）如图，在矩形中，，，先将沿翻折到处，再将沿翻折到处，延长交于点，则的长为 ． ►题型05 中点处理 考向一 已知中点→造中位线模型 14．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，E是中点，F是上一点，沿着折叠，若，则 ． 15．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形中，，分别是，的中点，，分别是，的中点，连接，则的值为 ． 考向二 中点+等腰→构三线合一 16．（2024·山西·模拟预测）如图，在等腰三角形中，，取的中点，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，若，，则的长为 ． 考向三 中点+直角→构斜边中线 17．（2024·河南周口·模拟预测）如图，在扇形中，，半径，是的中点，，分别是线段，的中点，是的中点，连接，，则阴影部分的面积为 ． 18．（22-23九年级上·全国·单元测试）在中，，，，是以点为圆心，为半径的圆上一点，连接，为的中点，则线段长度的最大值为 ． 考向四 中点+平行线→构A/X型 19．（2023·天津·中考真题）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．    （1）的面积为 ； （2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为 ． 20．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    ►题型06 角平分线处理 考向一 角平分线上→造双垂，构轴对称全等 1．（2024·天津·三模）如图，在矩形中，，，点E是的中点，点F是边上一点，连接，． （1） 的长为 ； （2）若平分，则的长为 ． 考向二 角平分线+平行→造等腰三角形 2．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，∠AOE＝15°，OE平分∠AOB，DE∥OB交OA于点D，EC⊥OB，垂足为C．若EC＝2，则OD的长为（　　） A．2 B．2 C．4 D．4+2 3．（2022·四川南充·中考真题）如图，在中，的平分线交于点D，DE//AB，交于点E，于点F，，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 考向三 角平分线+垂线→构三线合一 4．（22-23七年级下·广东深圳·期末）如图，在等腰中，，，为的角平分线，过点C作交的延长线于点E，若，则的长为 ．      5．（24-25八年级上·浙江宁波·期末）如图，在中，，边上有一点，过点作的垂线交延长线于点．若，则 ． 考向四 角平分线为轴→构翻折型全等 6．（2022·河北唐山·一模）如图，已知在中，，的平分线交于点．若，，则为（　　）    A． B． C． D． ►题型07 图形拼接 考向一 面积关系+方程 1．（2023·浙江杭州·中考真题）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之比为，则（    ）    A．5 B．4 C．3 D．2 2．（22-23九年级上·安徽宣城·阶段练习）如图，在四边形中，，，，，E为的中点，点F和点G在边上，点H在边上，将，分别沿，折叠，点C落在边上的点M处，点B落在点N处，将四边形沿折叠，点A恰好落在点N处，点D落在边上的点M处． （1）∠B的度数为 ． （2）若四边形是正方形，则的长为 ． 考向二 方案选择+相似 3．（2023·湖北十堰·中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为，，的中点，G，H分别为，的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为 ，最大值为 ．    4．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，将一个边长为8的正方形纸片沿图中的3条裁切线剪开后，恰好能拼成一个邻边不相等的矩形．若裁切线的长为10，则裁切线的长是 ． ►题型08 分类讨论 考向一 腰与底不明的分类讨论 1．（2020·河南·二模）如图所示，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点P为BC上一动点（不与端点重合），连接AP，将△ABP沿着AP折叠．点B落到M处，连接BM、CM，若△BMC为等腰三角形，则BP的长度为 ． 2．（2020·辽宁葫芦岛·三模）如图所示， 矩形中，，， 点为上一动点（不与端点重合） ， 连接， 将沿若折叠， 点落到处， 连接，， 若为以为腰的等腰三角形，则的长度为 ．    考向二 直角不明的分类讨论 3．（2022·黑龙江·中考真题）在矩形ABCD中，，，点E在边CD上，且，点P是直线BC上的一个动点．若是直角三角形，则BP的长为 ． 考向三 动点位置不明分类讨论 4．（2024·湖北荆门·模拟预测）如图，对折正方形纸片，得到折痕，将纸片展平，在上取一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，将纸片展平，连接，延长交于点Q，连接若正方形的边长为6，，则的长为 ． 考向四 图形状态下的分类讨论 5．（2023·湖北武汉·二模）如图，在等腰中，，，边长为1的正方形的对角线交点与点B重合，连接．将正方形绕点B旋转一周，当点A，D，E三点共线时，的长是 ．    6．（2021·四川眉山·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，． （1）求证：； （2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长； （3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长． 1．（2025·山东济南·模拟预测）如图，菱形中，，点P是直线上一动点，点E在直线上，若，则的最小值是 ． 2．（2025·山东济南·模拟预测）如图，在矩形中的边上取一点E，将沿翻折，使得C恰好落在边上点F处，在上取一点G，使得，连接并延长交直线于点H，当为等腰三角形时，则的值为 ． 3．（2025·北京·模拟预测）如图，在正方形中，，，分别为边，的中点，与，分别交于点，．计算的长为 ． 4．（2025·湖北·一模）在中，，，E是的中点，D是上的一点，以为对称轴作的对称，且保持在的上方． （1）如图1，当点F落在上时，则的长为 ； （2）如图2，连接、，当平分时，＝ ． 5．（2025·陕西西安·二模）如图，在矩形中，的角平分线与交于点， 的角平分线与 交于点， 若，点 是 的中点，则 的长为 ． 6．（2025·江西·模拟预测）如图，点E是矩形的对角线上的动点，过点E作于点F，已知，若上一点G能使以E，F，G为顶点的三角形是等腰直角三角形，则的长为 ． 7．（2025·上海杨浦·一模）如图，已知正方形与正方形，为边上一点，的延长线交于点，如果，连接，那么 ． 8．（2024·湖北宜昌·一模）如图，已知正方形，点是的中点，连接．交于点，且，连接交于点．交的延长线于点．求的值是 ． 9．（2024·河北张家口·模拟预测）如图， 在中， ，，为边的高， 点A在x轴上， 点B在y轴上， 点C在第一象限，若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点 B随之沿y轴下滑，并带动在平面内滑动，设运动时间为t秒，当B到达原点时停止运动连接，线段的长随t的变化而变化，当 最大时， ．当的边与坐标轴平行时， ． 10．（2024·山西太原·模拟预测）如图，在四边形中， ，点E是的中点，连接，过点C作于点F，交于点G．若平分，则的长为 $$