山东省青岛市西海岸新区2025-2026学年自主招生考试数学专项练习 -专题十四、三角形综合

2025-2026学年青岛市西海岸新区九年级自主招生考试专题 专题十四、三角形综合（适中版） 一、单选题 1．如图，在矩形中，，连接，以对角线为边，按顺时针方向作矩形的相似矩形；再连接，以对角线为边，按顺时针方向作矩形的相似矩形依次类推，则矩形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是相似多边形的性质、图形的变化规律，掌握相似多边形的面积比等于相似比的平方是解题的关键． 根据勾股定理求出，根据相似三角形的性质求出矩形的面积，总结规律，根据规律解答． 【详解】解：矩形的面积， 由勾股定理得，， 则矩形与矩形的相似比为， ∵矩形矩形， ∴矩形的面积， 同理，矩形的面积 矩形的面积， …… 则矩形的面积为， 故答案为：A． 2．已知的三边长分别为，其中，则的外接圆半径和内切圆半径的和（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，三角函数，以及切线长定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．先由勾股定理的逆定理得为直角三角形，再过内切圆圆心点作，垂足分别为点，进而利用切线长定理即可求解． 【详解】解：， 为直角三角形，如图，过内切圆圆心点作，垂足分别为点，则由切线长定理可知，，， ，， ． 故选：A． 3．如图，在梯形中，，，在线段上，且满足，过作交的延长线于．若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件得到，，过C作，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理得到，过E作于F，再证明，得到，求出，，再证明，得到，求出即可得到结论． 【详解】解：∵，， ∴，， 过C作， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 过E作于F，交于点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了梯形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键． 4．如图，在矩形中，，点P为边上的一个动点，线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接，．当线段的长度最小时，的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，将线段绕点顺时针旋转，点D落在点，连接，设交于点，得到是等边三角形，证明，得，推出点在直线上运动，当时，有最小值，求出，设，，结合含30度角直角三角形的性质得到是等腰直角三角形，求出，进而求解即可． 【详解】解：如图，将线段绕点顺时针旋转，点D落在点，连接，设交于点， ∵线段绕点A顺时针旋转得到线段， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∴点在直线上运动， ∴当时，有最小值， ∴， ∴， 设，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，含30度角直角三角形的性质，矩形的性质，垂线段最短等知识点，通过作辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键． 5．在中，，点是平面内一点，则取得最小值时，下列结论正确的是（    ） A．点是三条中线的交点 B．点是三条内角平分线的交点 C．点是三边垂直平分线的交点 D．点是三条高的交点 【答案】A 【分析】过作于，过作于，延长交于，延长交于，设，则，当时，的值最小，从而可以解答． 【详解】解：过作于，过作于，延长交于，延长交于，如图： ， 四边形是矩形， ∴， 设， 在中，， 中，， 中，， ， 时，的值最小， 此时， ， ， ∴， ，即， ， ，即是的中点， 同理可得为中点， 是三条中线的交点， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，配方法，相似三角形的性质和判定，三角形中线等知识，解题的关键是作辅助线构建矩形． 6．如图，在正中，，点，分别在，上且有，记中点为，连接，则的最小值是（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理，坐标与几何综合，过点作于，设，则，，，以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，，，求出，再由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，过点作于， ， ∵为等边三角形，，， ∴，， 设， ∵， ∴， ∴，， 以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，，， ∵记中点为， ∴， ∴ ， ∵， ∴时，的长度最小，为， 故选：A． 7．如图，在矩形中，，，点，分别在，上且有，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键，设，分两种情况：当时，作于，于；当时，作于，于；分别利用矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理计算即可得解． 【详解】解：设， 如图，当时，作于，于， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴，， 由旋转的性质可得：，， ∴，即， ∵， ∴， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， ∴当时，有最小值， ∴此时的最小值为； 如图，当时，作于，于， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∴，， 由旋转的性质可得：，， ∴，即， ∵， ∴， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， ∴当时，有最小值1， 故此时的最小值为； 综上所述，的最小值为， 故选：B． 8．如图，在四边形中，，，，，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】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、勾股定理，设与交于点，先证明，作于点，作于点，在的延长线上取，则，设，则， 证明，得出，，求出，，证明，得出，从而求出，再由勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】解：设与交于点， ， 设， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 作于点，作于点，在的延长线上取， ∵，， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， 在中，， ∴， 故选：D． 9．如图，为等腰三角形内一点，过分别作三条边、、的垂线，垂足分别为、、．已知，，且．则四边形的面积为（   ） A．10 B．15 C． D． 【答案】C 【分析】连接，，，根据角平分线的判定定理得到点P在的平分线上，根据等腰三角形的性质得到，，根据勾股定理求出，设、、分别为x、、，利用求出，然后利用勾股定理求出，得到，然后利用代数求解即可． 【详解】如图所示， ∵， ∴， ∵，， ∴点P在的平分线上， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， 由勾股定理得 ， 设、、分别为x、、， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查的是勾股定理，角平分线的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 10．直角三角形纸片的两直角边的长分别为8和6，现将如图那样折叠，使点A与点B重合，折痕为，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查折叠问题，勾股定理，三角函数，掌握相关知识点是解题的关键． 由折叠，推导出，根据勾股定理，得到，求出，则，即可解答． 【详解】解：由折叠，得， ∵， ∴， 即， 解得， ∴． 故选A． 11．《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图甲所示，用对角线将长和宽分别为和的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）。将三种颜色的图形进行重组，得到如图乙所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论．如图丙所示，设为斜边的中点，作的内接正方形的对角线，过点作于点，则下列推理不正确的是（    ）． A．由图甲和图乙面积相等，可得 B．由，可得 C．由，可得 D．由，可得 【答案】A 【分析】分析图形，利用等面积法，以及直角三角形的性质，可得，，，结合不等式的性质，对各选项进行分析判断即可． 【详解】解：由图甲和图乙面积相等，可得， ∴， ∴选项A推理不正确，符合题意， 根据题意可得：，， ∵于点， ∴， ∴， 由，可得， ∴， ∴， ∴选项B推理正确，不符合题意， ∵在中，为斜边的中点， ∴， 由，可得， ∴， ∴， ∴选项C推理正确，不符合题意， 由，可得， ∴， ∴选项D推理正确，不符合题意， 故选：A． 【点睛】本题考查等面积转换，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，不等式的基本性质． 12．七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被西方人誉为“东方魔板”，如图所示的正方形、“风车型”都是由同一七巧板拼成的，则图中正方形和正方形的面积比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查七巧板的知识，勾股定理的应用，熟练掌握七巧板中各图形边和角的关系是解题的关键． 设，则，得正方形的面积，图2中，，勾股定理得出，即可得出正方形的面积，求出面积比值即可． 【详解】解：设，则， 正方形的面积是， 如图，，， 由勾股定理得，， 正方形的面积是， 图中正方形，的面积比为， 故选：A． 二、填空题 13．如图所示，矩形，，，为矩形内一动点，为边上一动点，若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图所示，绕点顺时针旋转得到，连结，过点作于点，交于点，得到是等边三角形，由此可得，根据点到直线垂线段最短可得，当时，最短，即位置时，运用勾股定理，含角的直角三角形的性质可得的值，即可求解． 【详解】解：如图所示，绕点顺时针旋转得到，连结，过点作于点，交于点， 则， ，又， 为等边三角形， ， 当四点、、、共线时，其和最小， 又点为上一动点， 当时，最短，即位置时， 在中，，， ∴， ∴， ，， ， 即所求的最小值为． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，垂线段最短的综合运用，掌握旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理计算线段长短的方法是解题的关键． 14．如图，在中，，，，点D为内一动点，且满足，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，如图，在上取一点，使得，连接，，得，推出，求出，可得结论． 【详解】解：如图，在上取一点，使得，连接，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 在中，，， ， ， 的最小值为， 故答案为：． 15．如图，以各边向外作四个正方形，其中心、、、连接形成了一个大正方形，若，，，则正方形的面积为 ． 【答案】7 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质、平行四边形的性质，连接、，由正方形的性质可得，，，，作交的延长线于，则，求出，则，，进而可得，再由勾股定理计算可得，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，连接、， ， ∵四边形为平行四边形，， ∴，，， ∴以、为边的正方形的对角线也相等， ∵点、是上述两个正方形的对角线的交点， ∴，， ∵为以为边的正方形的对角线的交点， ∴，， 作交的延长线于，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积为， 故答案为：． 16．如图，四边形是边长为4的菱形，分别以A、B两点为圆心，大于2的长为半径画弧，两弧交于M、N两点，直线交边于点E，且，连接，则 ． 【答案】 【分析】本题考查作图-基本作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，连接，．根据四边形的面积=四边形的面积的面积求解即可． 【详解】解：如图，连接． 由作图可知垂直平分线段， ∴， ∵， ∴， ∴； ∴的面积， ∴的面积， ∴的面积， ∴四边形的面积的面积， ∵， ∴的面积的面积， ∴四边形的面积=四边形的面积的面积． 故答案为：． 17．如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连接交于点，连接．若，则的值为 ． 【答案】/0.75 【分析】过作于，判定，即可得到；设，再根据勾股定理以及面积法即可得到与的长，进而得出的长；再根据，即可得到和的长，进而得出答案． 【详解】解：如图所示，过作于， 由题可得，，， ， ， 设，则，，， 中，， ， ，， ， ， ，， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及相似三角形，利用勾股定理或相似三角形的对应边成比例进行计算． 18．如图，在▱中，的角平分线分别交于和与交于点，则与面积之比是，则 ． 【答案】3 【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握知识点是解题的关键．先证明，得到，，，求出，则，解得，即可解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，的角平分线分别交于和与交于点， ∴，，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 即， 解得． 故答案为：3． 19．如图，正方形，E、F分别为、上的点，连接、相交于一点G，若，，的面积等于5，的面积等于14，求四边形的面积 【答案】/ 【分析】本题主要考查了二元一次方程组的应用，三角形高的计算，连接、，设，，则，，根据的面积等于5，的面积等于14，得出，求出，即可得出答案． 【详解】解：连接、，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，，则，， ∵的面积等于5，的面积等于14， ， 解得：， ∴，， ∴． 故答案为：． 20．已知为的中点，，，若，，，则线段与的长度之差为 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，延长交的延长线于点，连接，，得出，，由题意可得垂直平分，结合勾股定理可得，作于，由三角形面积公式计算得出，再结合勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【详解】解：如图，延长交的延长线于点，连接， ∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴垂直平分，， ∴， 作于， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 21．如图，已知点为等边外一点， (1)求证：； (2)当时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、旋转的性质、两点之间线段最短，利用旋转性质求解是解答的关键． （1）将绕着点A顺时针旋转得到，证明为等边三角形得到，利用旋转性质和两点之间线段最短可得结论； （2）先根据（1）得到点B、、P共线，然后根据旋转性质和等边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：如图，将绕着点A顺时针旋转得到，则，，， ∴为等边三角形， ∴， ∴（当点B、、P共线时取等号）； （2）解：由（1）知，当时，点B、、P共线， ∵为等边三角形， ∴，则， 由旋转性质得． 22．已知在中，，将绕点A按顺时针方向旋转一定的角度得到，连接与相交于点的延长线与相交于点G． (1)求证： (2)探究当与满足什么关系时，． 【答案】(1)见解析 (2)当时，，见解析 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握旋转的性质，是解题的关键． （1）根据旋转的性质，得到，根据等边对等角，进行求证即可； （2）根据旋转的性质，结合全等三角形的性质，倒推角的关系，再根据全等的判定方法，证明即可． 【详解】（1）证明：∵旋转， ，， ∴， ，， ∵， ． （2）当时，． 证明如下： ，而， ， ， 又，且由（1）知，即， ． 23．在中，点为边的中点，过点的动直线可绕点旋转，分别过点作直线的垂线，垂足分别为点． (1)当直线经过点时，如图1，写出线段与的之间的数量关系，并给出证明； (2)当直线旋转到如图2、图3的位置时，线段之间分别有怎样的数量关系，写出你的结论，并给出证明． 【答案】(1)，见解析 (2)图2的结论：；图3的结论：．见解析 【分析】（1）根据垂线性质得到，结合点为边的中点，得到为的中位线，从而得到结论； （2）连接并延长，交的延长线于点，根据垂线性质得到，证明，为的中位线，从而得到结论； （3）连接并延长，交线段于点，根据垂线性质得到，证明，为的中位线，从而得到结论． 【详解】（1）． 证明：， 点为边的中点， 为的中位线， ． （2）图2的结论：． 证明如下：如图，连接并延长，交的延长线于点， ， ，即， ， 又点为边的中点，即， ， ， 为的中位线， ，即． 图3的结论：． 证明如下：如图，连接并延长，交线段于点， ， ， ， 又点为边的中点，即， ， ， 为的中位线， ，即． 【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，垂线性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 24．矩形中，，点在边上，连接，在线段上取一点，连接． (1)如图1，当时，求证：； (2)如图2，当且时，求的值； (3)如图3，当时，求证：． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）结合矩形的性质可得，即可求证； （2）过点C作于点F，由（1）得：，从而得到，再由勾股定理可得，从而得到，然后根据为等腰直角三角形，即可求解； （3）过点P作于点G，则，结合，可得到，从而得到，，再证明，可得，然后在中，利用勾股定理可得，即可求证． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图，过点C作于点F， 由（1）得：， ∴， 矩形中，∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴； （3）解：如图，过点P作于点G，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【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，解题的关键是掌握有两个角相等的两个三角形相似；相似三角形对应边成比例． 25．如图，在锐角中，、、分别为、、上的点，连结、、，若． (1)求的值； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了三角形的内角和定理的应用，相似三角形的性质与判定； （1）根据三角形内角和定理可得，结合已知可得，进而根据三角形内角和定理可得，即可得出结论； （2）由（1）的结论得出，进而证明，根据相似三角形的性质，即可得证． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）由（1）可得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 26．如图，在中，，，在中，，，连接，取的中点，连接，． 求证：且． 【答案】见解析 【分析】本题考查三角形的中位线性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质等知识，添加合适的辅助线是解答的关键． 取的中点P，的中点Q，连接，，，，先根据三角形的中位线性质得到，，，，再根据等腰直角三角形的性质推导出，，，进而证明得到，，然后根据平行线的性质和直角三角形的两个锐角互余得到，进而可证结论． 【详解】解：取的中点P，的中点Q，连接，，，， ∵M为的中点， ∴，，，， ∴， ∵在中，，， ∴，，则， ∵在中，，， ∴，，则， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 即且． 试卷第34页，共37页 试卷第35页，共37页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年青岛市西海岸新区九年级自主招生考试专题 专题十四、三角形综合（适中版） 一、单选题 1．如图，在矩形中，，连接，以对角线为边，按顺时针方向作矩形的相似矩形；再连接，以对角线为边，按顺时针方向作矩形的相似矩形依次类推，则矩形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．已知的三边长分别为，其中，则的外接圆半径和内切圆半径的和（　　） A． B． C． D． 3．如图，在梯形中，，，在线段上，且满足，过作交的延长线于．若，，，则（   ） A． B． C． D． 4．如图，在矩形中，，点P为边上的一个动点，线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接，．当线段的长度最小时，的度数为（  ） A． B． C． D． 5．在中，，点是平面内一点，则取得最小值时，下列结论正确的是（    ） A．点是三条中线的交点 B．点是三条内角平分线的交点 C．点是三边垂直平分线的交点 D．点是三条高的交点 6．如图，在正中，，点，分别在，上且有，记中点为，连接，则的最小值是（   ）． A． B． C． D． 7．如图，在矩形中，，，点，分别在，上且有，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值是（   ）． A． B． C． D． 8．如图，在四边形中，，，，，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 9．如图，为等腰三角形内一点，过分别作三条边、、的垂线，垂足分别为、、．已知，，且．则四边形的面积为（   ） A．10 B．15 C． D． 10．直角三角形纸片的两直角边的长分别为8和6，现将如图那样折叠，使点A与点B重合，折痕为，则的值是（    ） A． B． C． D． 11．《九章算术》中“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在其《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图甲所示，用对角线将长和宽分别为和的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）。将三种颜色的图形进行重组，得到如图乙所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论．如图丙所示，设为斜边的中点，作的内接正方形的对角线，过点作于点，则下列推理不正确的是（    ）． A．由图甲和图乙面积相等，可得 B．由，可得 C．由，可得 D．由，可得 12．七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被西方人誉为“东方魔板”，如图所示的正方形、“风车型”都是由同一七巧板拼成的，则图中正方形和正方形的面积比为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 13．如图所示，矩形，，，为矩形内一动点，为边上一动点，若，则的最小值为 ． 14．如图，在中，，，，点D为内一动点，且满足，则的最小值为 ． 15．如图，以各边向外作四个正方形，其中心、、、连接形成了一个大正方形，若，，，则正方形的面积为 ． 16．如图，四边形是边长为4的菱形，分别以A、B两点为圆心，大于2的长为半径画弧，两弧交于M、N两点，直线交边于点E，且，连接，则 ． 17．如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连接交于点，连接．若，则的值为 ． 18．如图，在▱中，的角平分线分别交于和与交于点，则与面积之比是，则 ． 19．如图，正方形，E、F分别为、上的点，连接、相交于一点G，若，，的面积等于5，的面积等于14，求四边形的面积 20．已知为的中点，，，若，，，则线段与的长度之差为 ． 三、解答题 21．如图，已知点为等边外一点， (1)求证：； (2)当时，求的度数． 22．已知在中，，将绕点A按顺时针方向旋转一定的角度得到，连接与相交于点的延长线与相交于点G． (1)求证： (2)探究当与满足什么关系时，． 23．在中，点为边的中点，过点的动直线可绕点旋转，分别过点作直线的垂线，垂足分别为点． (1)当直线经过点时，如图1，写出线段与的之间的数量关系，并给出证明； (2)当直线旋转到如图2、图3的位置时，线段之间分别有怎样的数量关系，写出你的结论，并给出证明． 24．矩形中，，点在边上，连接，在线段上取一点，连接． (1)如图1，当时，求证：； (2)如图2，当且时，求的值； (3)如图3，当时，求证：． 25．如图，在锐角中，、、分别为、、上的点，连结、、，若． (1)求的值； (2)求证：． 26．如图，在中，，，在中，，，连接，取的中点，连接，． 求证：且． 试卷第8页，共8页 试卷第7页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $