专题12 几何压轴题（复习讲义）（安徽专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题12 几何压轴题 目录 01析·考情目标 02筑·专题框架 03攻·重难考点 真题动向 题型01几何定值问题 题型02几何中的比值问题 题型03几何中的最值问题 题型04几何中的存在性问题 题型05几何探究问题 必备知识 知识01几何定值 知识02几何中的比值 知识03几何中的最值 知识04几何中的存在性 知识05几何探究问题 命题预测 命题 透视 命题形式： 图形背景：以四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）为主要载体，融入三角形全等、相似、旋转等变换。 设问递进：第(1)问为基础证明（如证全等、求角度），第(2)问为综合计算（求线段长、证线段相等），第(3)问为探究性结论（比值、形状判断）。 综合性强：融合全等三角形、相似三角形、勾股定理、图形变换（旋转、对称）、中点性质、垂直平分线等多个知识点 命题内容： 旋转全等：两个等腰三角形（或正方形）共顶点旋转，构造全等三角形，证明线段相等或角相等。2023年第22题以旋转入题，2025年第22题正方形中的旋转构造。 中点模型：出现中点时，常倍长中线构造全等，或利用中位线、斜边中线性质。2021、2023、2025年均涉及中点。 一线三等角：在正方形或矩形背景下，通过垂直构造一线三直角相似，用于求比例或建立方程。 折叠（轴对称）模型：折叠带来全等和垂直平分线，结合勾股定理列方程求线段长。2022年对称构图。 热考 角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 实数的概念与运算 T22：求线段长、证全等、判断三角形形状 T22：证全等、证线段相等、求比值 T22：求角度、证全等、求线段长 T22：证菱形、求角度、证线段相等 T23：证全等、求线段长、比值 命题 预测 1.考情预测 变换趋势：近三年几何压轴题变换形式丰富——2021位似、2022对称、2023旋转。2024、2025回归综合推理，但旋转仍是高频工具。预测2026年可能继续以旋转构造为突破口，考查手拉手模型。 模型延续：全等三角形依然是第(1)问的“标配”，相似三角形是第(2)(3)问的核心工具。中点、垂直平分线等辅助线构造方法仍是解题关键。 难度定位：第(1)问基础送分，第(2)问中等难度，第(3)问区分度高。预计2026年第(3)问可能考查线段比值定值或三角形形状判断（如2025）。 2.备考建议 相似三角形是“关键分”，熟练识别A字型、8字型、一线三等角，是解决第(2)(3)问的核心。 旋转模型是“高频点”，近三年频繁出现，2026年仍可能考查手拉手模型。 计算要“准而快”，设未知数列方程是几何计算的通用方法，必须熟练掌握。 回归教材是“根本”，中考几何压轴题多源于教材例题的变式和拓展 题型01几何定值问题 常见定值类型：线段长度、角度、面积、线段和（差）、积（比）为定值 证明策略：① 特殊位置猜测定值；② 设参表示目标量；③ 消参证明结果为常数 常用工具：相似三角形、勾股定理、圆幂定理、三角函数、坐标法 特殊技巧：构造辅助圆（定角对定边）、利用中位线、等积变形 特殊值猜测不准：未验证多种位置，将巧合当定值 消参过程计算错误：代数化简失误导致结论偏差 忽略动点范围：动点在特定区域时定值可能改变（如线段内/外） 1．（2025·安徽·中考真题）在如图所示的中，，分别为边，的中点，点，分别在边，上移动（不与端点重合），且满足，则下列为定值的是（   ） A．四边形的周长 B．的大小 C．四边形的面积 D．线段的长 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形对边平行且相等的性质，通过全等三角形转化面积关系，是解题的关键．利用平行四边形的性质，通过证明三角形全等分析四边形各边、角、面积等是否为定值，重点关注面积能否通过转化为平行四边形面积的一部分来判断 ． 【详解】解：连接， 在中，，分别为，中点， 且，，， 且，  四边形是平行四边形， ， 同理，且． ∴四边形是平行四边形， 则与的面积分别为与面积的一半， 四边形的面积，  四边形的面积始终为面积的一半，是定值． 选项A：、等边长随、移动变化，周长不定，错误． 选项B：随位置改变，错误． 选项D：长度随、移动改变，错误． 综上，四边形的面积是定值， 故选：． 2．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 【答案】(1)①证明见解析 ②为定值，该定值为 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可； ②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可； （2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）①证明：过点P作、，如图所示： 则 四边形是正方形 四边形是矩形 在中， 四边形是正方形 ， ； ②过点P作、，如图所示： 由①可知四边形是正方形 、 故 为定值，该定值为； （2）解：过点P作、，连接，如图所示： 四边形是正方形 射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F 、 同理可得 是等腰直角三角形 在中， 由勾股定理得 ． 答：四边形的面积为． ►题型02 几何中的比值问题 比例线段：利用相似三角形对应边成比例、平行线分线段成比例 面积比：等高三角形面积比=底边比；相似三角形面积比=相似比平方；同底三角形面积比=高比 构造比例：添加平行线（A字型、X字型）、作高转化面积比 求比值方法：设参数法、坐标法、梅涅劳斯定理 相似对应关系错乱：对应边比例写反（如AB/DE=BC/EF误为AB/BC=DE/EF） 面积比与相似比混淆：误以为面积比等于相似比 平行线分线段成比例用错：对应线段找不准（如AD/DB=AE/EC，不是AD/AB=AE/AC） 梅涅劳斯定理方向出错：乘积分式顺序错误 1．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形是正方形，点在边上，点在边的延长线上，，射线交对角线于点，交线段于点． (1)求证：．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明） (2)求证：． (3)若，直接写出的值（用含的式子表示）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题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，正方形的性质，线段比例关系的推导，熟练掌握这些知识点是解题的关键． （1）先证明，再根据全等三角形的性质及外角的定义得出，由等角对等边即可证明； （2）通过证明和，利用相似三角形的性质证明即可； （3）设，根据比例关系得出，，再根据全等关系得出，进而求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴； （2）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， 设， ∴， ∴，， ∴， 由（1）得， ∴， ∴． 2．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型03 几何中的最值问题 路径最短：将军饮马（对称转化）、造桥选址（平移）、费马点（旋转60°） 线段最值：垂线段最短、三角形两边之和大于第三边（共线取最值）、圆外一点到圆上点最值（连线过圆心） 面积最值：转化为二次函数求顶点、利用定底边找高最值 隐圆模型：定角对定边→点在圆上运动；直角→直径；张角定值→辅助圆 函数法：设变量表示目标，用二次函数或不等式求最值 共线条件判断错误：将军饮马中两点在直线同侧还是异侧搞反 隐圆识别不足：未发现动点轨迹是圆，导致思路偏差 最值点不在自变量范围内：忽略动点运动范围限制，直接取顶点 旋转角度选错：费马点问题旋转60°构造等边三角形，误旋转其他角度 1．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最大值是 【答案】A 【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性． 【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，． 又∵，，，， 过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形， ∴． ∴， ∴（）， ∴ ∴，即点在上运动， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，，， ∵，，，， ∴ ∴， ∴最大时，最大， 当点与点重合时，与重合时，最小此时，，故错误，符合题意；故B正确，不符合题意； 作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时当、、三点共线时，最小， ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴的最小值故正确，不符合题意； 当与重合时， 当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， 综上，最大值为．故项正确，不符合题意； 故选：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键． 2．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，． (1)如图1，求的值． (2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． ①当时，求的长． ②求的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）先根据菱形的性质可得，再根据勾股定理可得，然后根据正弦的定义求解即可得； （2）①连接，设交于点，同理求出，则；证明，得到，由轴对称的性质可得，则，据此可得，即可得到； ②由勾股定理得，根据，可求出，根据，可推出当有最小值时，有最小值，即此时有最大值，即当有最小值时，有最小值；过点B作于H，于T，由等面积法可得，则由轴对称的性质可得，由勾股定理得，则当有最小值时，有最小值，由垂线段最短可知，故当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，据此求解即可． 【详解】（1）解：如图1，设交于点， ∵在菱形中，， ∴， ∴， ∴； （2）解：①如图所示，连接，设交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴， ∴； ②在中，由勾股定理得  ∵， ∴  ， ∵， ∴要使的值最小，则要最大， ∴要有最小值， 又∵的值随着的值增大而增大， ∴的值随着的值增大而增大， ∴当有最小值时，有最小值，即此时有最大值， ∴当有最小值时，有最小值； 如图所示，过点B作于H，于T， ∵， ∴， ∴由轴对称的性质可得， 在中，由勾股定理得， ∴当有最小值时，有最小值， 由垂线段最短可知， ∴当点P与点T重合时，有最小值，最小值为， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出的最小值转换成求出的最小值，进而转换成求出的最小值． 3．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)的大小是定值，定值为 (3) 【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明； （2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论； （3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵的周长为4， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）得，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴的大小是定值，定值为； （3）解：连接， ∵正方形的边长为2， ∴，， ∴是的高， ∵， ∴是的高， 由（2）得，， ∴， ∴， 由（2）得，， ∴， ∵为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段最值问题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键． 4．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析. (3) 【分析】（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解； （2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出； （3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小， 此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出， 可求出，则利用即可求出． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转得， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点是的中点，，  ∴，  ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即； （3）解：取中点，中点，连接，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， 由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动， 由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线， 即点和点重合时，最小，  此时如图，  由翻折可知， ∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值， 此时如图，连接，过点作于点，过点作于点， 由旋转知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得：，  ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 题型04几何中的存在性问题 存在性问题：先假设存在 → 设参表示 → 根据条件列方程 → 求解 → 检验（是否满足范围、是否重合） 常见类型：等腰三角形、直角三角形、平行四边形、相似三角形、特殊点（如等角点） 分类讨论：等腰三角形需分哪边为腰；直角三角形分哪个角为直角；平行四边形分哪条线段为对角线 求解工具：距离公式、勾股定理、中点坐标公式、斜率关系 分类讨论不全：如直角三角形只考虑一个直角顶点，漏其他情况 解出点未检验：求出的点可能使图形退化（三点共线）或不符合运动范围 方程增根未舍去：平方去根号或分式方程产生增根 忽略条件“不同点”：存在点与已知点重合时一般不算 1．（2025·安徽·中考真题）已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，． (1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长； (2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接． ①求证：； ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解； （2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解； ②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论； （方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D， ∴，，， 由垂直平分线的性质知，，， 又， ∴， ∴． 又，  ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． （2）解：①证明：由题意知，， ∴，． ∴ ， ∴． ②解：是等腰直角三角形． 理由如下： （方法一）作交于点M，交于点N． ∵， ∴M为的中点． 又， ∴， ∴， ∴N是的中点， ∴是的中位线，． ∵，，且， ∴， ∴， 即E为的中点． 又， ∴， ∴． 同理可证， ∴． ∴是等腰直角三角形． （方法二）设，则． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∴， 又，， ∴． ∴，． 由①知， ∴． 又， ∴为等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 2．（2025·广东广州·中考真题）如图1，，为中点，点在上方，连接，． (1)尺规作图：作点关于点的对称点（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明：四边形为平行四边形； (2)如图2，延长至点，使得，当点在直线的上方运动，直线的上方有异于点的动点，连接，，，，若，且． ①求证：； ②的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接并延长，在的延长线上截取，连接，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）①根据得出，，根据已知可得； ②根据，，得出在的外接圆上运动，设的外接圆为，设与交于点，连接，证明得出，当为的直径时，取得最大值为，进而即可求解． 【详解】（1）解：如图， ∵为中点， ∴， 根据作图可得， ∴四边形为平行四边形， （2）①∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴且， ∴， ∴， ②∵，， ∴在的外接圆上运动，设的外接圆为 如图，设与交于点，连接， ∴ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴ 又，则， ∴ ∴ ∴当为的直径时，取得最大值为 ∴的最大值为 3．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 题型05 几何探究问题 探究类型：规律探究（数量关系、位置关系）、类比探究（方法迁移）、结论探究（是否成立） 解题策略：特殊情形找规律 → 一般情形验证 → 证明或举反例 常用方法：从特殊情况（端点、中点、垂直）入手，猜想一般结论；类比已证结论，构造相似全等；关注不变关系（旋转全等、手拉手模型） 探究步骤：① 观察特殊位置；② 猜想一般规律；③ 构造辅助线证明；④ 拓展应用 规律以偏概全：仅验证一两个特例就下结论，未证明一般情形 类比迁移不当：原结论成立的条件在变式题中已改变，盲目套用 辅助线构造方向错误：未能有效构造全等或相似，导致证明卡壳 忽视反向探究：探究“是否成立”时，可能有两种答案，需考虑反例 表述不严谨：结论缺少限制条件（如“在某个范围内成立”） 1．（2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）在中，，，为边上的中线，则的长为_____； （2）如图①，在中，为边上一点，，垂足分别为，连接，求的最小值； 问题解决 （3）如图②，四边形是一个游乐场的平面示意图，出入口在点处．已知，．为了进一步提升游乐场的服务功能，管理部门规划修建由四条直步道连接而成的观景环道及服务中心，其中，点在边上，点在边上，点在边上，点为的中点． 按照设计要求，的长为的长为，在点与点之间距离最短的情况下，使所修建的观景环道最短．请你帮助管理部门计算，当最小时的最小值及此时的长．（步道宽度及出入口，服务中心的大小均忽略不计） 【答案】（1）4；（2）；（3）的最小值为，此时的长为 【分析】（1）根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边长的一半解答即可； （2）根据矩形的判定和性质，结合垂线段最短解答即可； （3）根据矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形三边关系定理应用，解答即可．  本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，垂线段最短原理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：（1）∵，，为边上的中线， ∴, 故答案为：4； （2）如解图①， 四边形为矩形， 连接，则， 过点作于点， ． 在中，， 故， 根据三角形面积性质，得， 的最小值为； （3）如解图②，连接，则， ，当三点共线时最小， 在上顺次截取， 作，则四边形为矩形， 则， ， 解得，． 如解图③，作点关于的对称点，作， 连接， 与的交点即为所确定的位置． 作交于点，得矩形． 在中， ， ， ， 由， ， ，， 当最小时，的最小值为，此时的长为． 2．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用 【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空： 如图（1），过点A作于点D， 在中，∵，∴．    ① 在中，∵，∴ ．    ② 由①－②得：． ∵，， ∴ ． ∴． …… 根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ． 【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积． 【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长． 【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ． 【答案】（1），，，见解析（2）（3）（4） 【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可； （2）利用（1）中结论得到，进而求出，即可得出结果； （3）延长交于点，连接，利用（1）中结论得到，证明，得到，推出，代入中，进行求解即可； （4）设，根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出，作，垂足分别为，则：，根据，设，则，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，分别求出的长，进行求解即可． 【详解】解：（1）如图（1），过点A作于点D， 在中， ∵， ∴．① 在中， ∵， ∴．② 由①－②得：． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴， 故答案为：，，； （2）∵等腰直角三角形中，，， ∴， ∵， ∴； 由（1）中结论可知：，即：， ∴， ∴正方形的面积； （3）延长交于点，连接，则：， 由（1）中结论可知：，即：， ∴； ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得； （4）∵， ∴， 设， 则：， ∵， ∴， ∴， 作，垂足分别为，则：， ∵， ∴设，则， 在中，， ∴，， ∴，， 同理：，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三线合一，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形，熟练掌握（1）中得到的结论，是解题的关键． 3．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践 在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”． (1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________； (2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形； (3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________； (4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________． 【答案】(1)相等（或）；相等（或） (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可证明，根据全等三角形的性质，即可求解； （2）根据正方形的性质，旋转的性质，同（1）证明，得出，结合，即可得证； （3）同（2）的方法证明，得出四边形是矩形，连接交于点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出共圆，勾股定理求得，，进而解，求得，再证明，根据正弦的定义，得出，即可求解． （4）连接交于点，证明得出，当时，取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）； ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∵，  ∴，即 又∵， ∴ ∴； 故答案为：相等（或）；相等（或）． （2）证明：∵四边形是正方形 ∴， ∵绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴即 ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形 又∵ ∴四边形是正方形； （3）解：∵绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴ ∵四边形是矩形，，， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴即 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形， 如图，连接交于点，连接 ∵是的中点， 在中， ∴ ∴共圆， ∴， ∵ ∴ ∴， 在中， ∴ ∵， 在中， ∴， ∵ ∴ 又 ∴ ∴，即 ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：． （4）解：如图，连接交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∴是等边三角形，则 ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴ ∴，即 又 ∴， ∴ ∴在上运动，且 ∴当时，取得最小值， ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴当时， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 知识1：几何定值 1）常见定值类型 类型 典型模型 结论 线段和（差）定值 等边三角形内一点到三边距离之和 等于高（定值） 乘积定值 圆内相交弦 PA⋅PB=PC⋅PD（定值） 比值定值 相似三角形对应边 相似比为定值 角度定值 圆周角、弦切角 同弧所对圆周角相等 面积定值 平行线间三角形 同底等高的三角形面积相等 2）解题策略 特殊位置法：取动点处于特殊位置（端点、中点）求出定值，再证明一般情况。 转化法：将所求量转化为不变图形中的量（如矩形对角线、圆半径）。 设参消元：设动点坐标（或参数），用含参数的代数式表示目标，化简后参数消失。 知识2：几何中的比值 1）常见形式 线段比（如 ） 面积比（如 ） 周长比、弧长比等 2）核心工具 工具 应用 相似三角形 对应边成比例，面积比=相似比的平方 平行线分线段成比例 平行线截线段成比例 等高模型 面积比=底边比 同底模型 面积比=高之比 角平分线定理 =​ 重心性质 重心分中线2:1 3）解题策略 构造相似三角形或平行线。 利用“中间比”传递（设k法）。 坐标法：设点坐标，用距离公式表示线段比，化简。 知识3：几何中的最值 1）常见最值类型 类型 模型 原理 线段和最值 将军饮马（两定一动） 两点间线段最短 线段差最值 两定一动 三角形两边之差小于第三边 点到直线最值 垂线段最短 垂线段最短 圆外点到圆上点最值 圆外一点到圆上点 最大 = 距离 + 半径，最小 = |距离 - 半径| 面积最值 动点在抛物线上 二次函数顶点法（铅垂高） 2）常用方法 几何法：利用对称、平移、旋转将折线转化为直线。 代数法：建立函数关系，求顶点或利用不等式。 轨迹法：确定动点轨迹（圆、线段），再找最值。 3）关键技巧 将军饮马：作定点关于直线（或对称轴）的对称点，连接另一点与对称点，与直线交点即为所求。 胡不归：形如PA+k⋅PB（0<k<1），构造三角函数转化为垂线段最短。 阿氏圆：形如PA+k⋅PB（k≠1），利用母子相似转化。 知识4：几何中的存在性 1）常见问题 是否存在点，使三角形为等腰、直角、等边？ 是否存在点，使四边形为平行四边形、矩形、菱形、正方形？ 是否存在点，使两三角形相似？ 是否存在点，使线段长度成比例？ 2）解题通用步骤 设点坐标：用参数表示动点（如P(m,f(m))）。 分类讨论：根据几何条件，分情况列出方程（如等腰三角形分哪两边相等）。 列方程：利用距离公式、中点公式、斜率关系等。 解方程：求解参数，注意根号要去平方，注意增根检验。 验证：检查点是否在范围内（如在线段上、不与已知点重合）。 3）常用条件转化 几何条件 代数转化 等腰三角形 两距离相等（平方后列方程） 直角三角形 勾股定理 或 斜率积 = -1 平行四边形 对角线互相平分（中点坐标相等） 相似三角形 对应边成比例（注意分类对应顺序） 知识5：几何探究问题 1）常见探究类型 类型 示例 规律探究 图形个数、线段条数、交点个数随序号变化 结论探究 判断在变化过程中某结论是否成立（如线段相等、垂直） 方法迁移 将已有模型（如手拉手、一线三等角）应用到新情境 操作探究 折叠、旋转、平移后，探究新图形的性质 2）解题策略 从特殊到一般：先取特殊位置（中点、端点）观察结论，再证明一般情况。 类比迁移：回忆已学模型（如手拉手全等、半角模型、一线三等角），在新图中寻找相同结构。 大胆猜想，小心求证：通过测量、画图猜测结论，再用全等、相似、勾股等严格证明。 补全图形：对于复杂图形，作辅助线（如构造旋转、对称）将条件集中。 3）常用模型积累 手拉手模型：共顶点两个等边三角形（或等腰直角三角形）→ 全等三角形。 半角模型：正方形内含45 角→旋转构造全等。 一线三等角：一条直线上三个相等角 → 相似三角形。 中点模型：倍长中线、构造中位线。 一、单选题 1．（2026·安徽蚌埠·一模）如图，在中，是高，点E为边上一点，且，连接交于点F，，，，则的长为（  ） A．7 B．6 C．5 D． 【答案】A 【分析】过点C作交延长线于点G，由是高、得，故，；由得，得，进而即可求解． 【详解】解：如图，过点C作交的延长线于点G． ∵是高，， ∴，， ∴． 又∵， ∴． ， ， ， ． 2．（2025·安徽·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，A在x轴上，C在y轴上，四边形为矩形，D、E分别在上，若反比例函数过E、D两点，交于点F．则下列说法正确的是（    ） A．k越小，的长越小 B．当时，为定值 C．若矩形面积为16，时，  D．当为边长1的正方形时，最小为 【答案】C 【分析】本题主要考查了反比例函数的几何应用，涉及了勾股定理，求反比例函数的解析式，相似三角形的判定和性质等．设点B的坐标为，则，点，从而得到，再由勾股定理可得，可判定A；当时， ，可判定B；过点F作于点G，则，根据，可得，，从而得到点，进而得到，可判断C；若为边长1的正方形，可得，可判断D． 【详解】解：如图， 设点B的坐标为，则， ∵四边形为矩形，D、E分别在上，若反比例函数过E、D两点， ∴点， ∴， ∴， ∴， 当，即时，k越小，的长越大，故A选项错误； 当时， ，， ∴ ， 即的大小与有关，不是定值，故B选项错误； ∵矩形面积为16， ∴， 如图，过点F作于点G，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即，， ∴点， 把点代入，得： ，故C选项正确； ∵为边长1的正方形， ∴， ∴， 此时当时，取得最小值，为0，故D选项错误． 故选：C 3．（2025·安徽宿州·三模）在矩形中，，．点是上一动点，连接，再将沿翻折，使点落在点处，连接，．下列结论不正确的是（   ） A．点到直线距离的最小值为2 B．长度的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】D 【分析】本题考查了点到圆的最值，勾股定理，解直角三角形，三角形边长关系，相似三角形的判定和性质，运用上述性质逐一判断即可，作出正确的辅助线是解题的关键． 【详解】解：由折叠可知，， 点在以点为圆心，为半径的圆上，如图，作于点， ，当点，，共线时，的值最小， 点到直线距离的最小值为2，选项A正确； 如图，连接，， 当点，，共线时，的值最小，长度的最小值，选项B正确； 当角度最大时，的值最大， 当与相切时，最大， 的最大值为，选项C正确； 如图，在上取点，使，连接，， ， ， ， ， ， ， 当，，三点共线时，的值最小，最小值为的长，，选项D错误． 故选：D． 二、填空题 4．（25-26九年级上·安徽合肥·期末）如图，在中，，点D是边上的一个动点，点E在上，在点D运动的过程中始终保持． （1）当时，________； （2）当点D在上运动时，线段的最大值为________． 【答案】           【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，利用二次函数的性质求解最值． （1）证明即可求解； （2）设，利用相似三角形的性质得到，然后用表示出，再根据二次函数的性质求解最值． 【详解】解：（1）∵ ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， 故答案为：． （2）设，由（1）得， ∴， ∴， ∵ ∴当时，取得最大值， 故答案为：． 5．（2026·安徽蚌埠·一模）如图，在和中，，，点E在线段上，点A在线段上，且．连接． （1）若，则的大小为________；（用含的代数式表示） （2）当时，连接交于点P，则的长为________． 【答案】     /      【分析】（1）由得，证，得，结合等腰的，进而即可求解； （2）由推得，求得、，故；由证，可得，进而即可求解． 【详解】解：如图（1）， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∵， ， 由题意得，是等腰三角形， ∴， ； （2）如图（2），设，交于点G， ∵， ，即， ∴， 又由（1）知， ， ∴， ∴． ∴， 又∵， ∴． 设，则． 由（1）得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题以双直角三角形为载体，综合运用全等、相似三角形的判定与性质，结合三角函数推导角度与线段长度，体现了转化化归与数形结合的核心数学思想． 6．（2026·安徽蚌埠·一模）如图，有一矩形纸片，对其进行第一次折叠操作，使与重合，展开后，得到折痕；再对纸片进行第二次折叠操作，使点A的对应点恰好落在上，且折痕经过点B，展开后得到折痕． （1）如图（1），延长交于点G，则________°； （2）如图（2），对矩形纸片进行第三次折叠操作，使得点D的对应点落在上，且折痕经过点C，展开后得到折痕，已知点在点左侧．若，则矩形纸片的面积是________． 【答案】     60      【分析】（1）解直角三角形求得，据此求解即可得到； （2）证明四边形是平行四边形，求得，同理，设，则，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：（1）由题意可得，点E是的中点，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）如图，设与交于点P，与交于点Q， 同（1）得，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理， ∵，，， ∴，， 设，则， ∵，， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∴矩形的面积． 7．（2026·安徽阜阳·一模）如图，现有正方形纸片，点F在边上，沿折叠，点A落在处，然后还原，的延长线交于E，沿折叠，点D落在处，然后还原． （1）若，则________； （2）若，则的值为________． 【答案】           【分析】（1）利用折叠的性质结合正方形的性质即可求解； （2）分别延长相交于M，作于G，由折叠的性质结合正方形的性质易证，得到，设，，，，证明，求出，，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴； （2）分别延长相交于M，作于G， 由折叠的性质得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 设，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴，， ∴． 三、解答题 8．（2026·安徽芜湖·一模）在中，，点在上，点在上，连接，，． (1)如图1，若，求证：； (2)如图2，已知于点． （ⅰ）求证：； （ⅱ）如图3，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似进行证明； （2）（ⅰ）根据相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质进行证明即可；（ⅱ）证明点是的黄金分割点，即可得到答案． 【详解】（1）解：证明：， ， ， ， ， 又， ； （2）（ⅰ）证明：如图，作交延长线于点. ， ，， ，， ，， ， . ，， ， 在与中， ， ， ， ， 即； （ⅱ）， ，， ， ， 由（ⅰ）知， ， ， ，， ， ， ， 点是的黄金分割点， ， . 9．（2026·安徽·模拟预测）在边长为的正方形中，是边的中点，点是边上的一个动点，连接并延长交射线于点． (1)如图，连接，当时，求证：； (2)过点作的垂线交射线于点，连接，． （）如图，求证：； （）如图，当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（）证明见解析； （）． 【分析】（1）利用正方形性质证明得，，连接，再结合勾股定理证明，最后利用垂直平分线的判定定理即可证明； （2）（）过点作，交的延长线于点，结合正方形性质证明四边形是矩形，得，再证明，由相似三角形性质得出，即可证明； （）由可得，，由垂直平分线性质得，结合相似三角形性质得，，设，则，建立一元一次方程，解出后可得，根据即可得解． 【详解】（1）证：连接， 是边的中点， ， 四边形为正方形， ，， 在和中， ， ， ，， 为的中点，，， 中，， ， 点一定在线段的垂直平分线上， 故； （2）（）证明：如图，过点作，交的延长线于点， 四边形为正方形，是边的中点， ，，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， 即； （）解：由（1）可知， ，， 又， ， ， ， ，， 设，则， ， 又， 则有， 解得， 即， ． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂直平分线的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元一次方程的应用、求角的正切值，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质． 10．（2026·安徽·模拟预测）如图，，均为等腰直角三角形，其中，斜边和交于点，点是线段上的动点，连接交线段于点． (1)如图1，若， ①求证：平分； ②求． (2)如图2，连接．若，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)3 【分析】（1）①利用等边对等角结合三角形内角和定理求得，据此计算求得； ②证明，求得，，，据此计算即可求解； （2）证明和，求得，据此求解即可． 【详解】（1）①证明：∵，均为等腰直角三角形，其中，斜边和交于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平分；  ②解：如图，连接， ∵， ∴， 又∵，均为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 不妨设，则， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，则， ∵ ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴． 11．（2026·安徽·二模）如图，正方形中，、分别为边、上的点，且，连接、相交于点，为延长线上一点，连接交、于点、，且． (1)求证：； (2)若，求的值； (3)如图2，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质，利用证明，得出，根据角的和差关系即可得出，得出； （2）根据等腰三角形的性质得出，为的中点，利用直角三角形斜边上的中线的性质得出，进而得出，利用证明，得出，即可得出，利用三角函数的定义即可得答案； （3）先证明，得出，同理可得，，即可证明，根据等腰三角形的性质，结合平行线的性质得出，设，利用勾股定理可求出，证明，根据相似三角形的性质即可求出的长． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴，即． （2）解：∵，， ∴，为的中点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴，即， ∴． （3）解：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∵，， ∴，， 在中，，即， 解得：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题是四边形的综合，涉及全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义及勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题关键． 12．（2026·安徽阜阳·一模）如图1，在中，，，点是延长线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，． (1)判断与的数量关系和位置关系，并说明理由； (2)如图2，延长交于点，连接，为中点，连接． （i）当，时，求的值； （ii）如图3，过点作交于点，与交于点，若与全等，求． 【答案】(1)且，见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据条件，，，，判定，即可得出和之间的关系，即可得出结论； （2）（i）证明是的中位线，则，再根据勾股定理求出，从而可求出； （ii）连接，证明为等腰直角三角形，，得出当才有与全等，再证明为等腰直角三角形，设，则，得出，，再证明，根据相似三角形的判定与性质可得结论． 【详解】（1）解：且， 在中，，， 为等腰直角三角形， ， ， ，即， 在和中， ， ，， ， ， 综上，且； （2）解：（i）， 是直角三角形， 为的中点， 当时， 此时是的中位线，则， ，， ， ； （ii）如图，连接， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形，， ， 为中点， ， 为中点， ，且， ， ， ， ， ， ， ， 与全等， 或者， 由于， 只有当才有与全等， 在和中， ， ， ，， ， 为等腰直角三角形， 设，则， ， ， ， ， ． 13．（2026·安徽蚌埠·一模）在中，是中线，是边上的高，与相交于点F，，，的延长线交于点H，连接． (1)如图（1），求证：． (2)如图（2），若，． ①求的值； ②连接，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)①，②证明见解析 【分析】（1）根据已知条件，利用“平行线分线段成比例”得，再结合同位角、内错角相等，证明，推出，从而证得四边形是平行四边形，由，利用平行线的传递性可证得结论； （2）①过点D作交于点M，结合已知条件，利用平行线分线段成比例得到相关线段的比例关系，设，则，，求出相关线段的值，在直角三角形中利用正切的定理即可求得结果； ②连接，由①可得，结合已知条件证明，从而证得四边形是平行四边形，通过，得出四边形是菱形，利用菱形的性质结合已知条件即可证得结果． 【详解】（1）证明：∵是中线， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 又∵， ∴． （2）解：①如图，过点D作交于点M， ∵，， ∴，， 设，则，， ∴， ∴， 又∵， ∴； ②证明：如图，连接， 由①得，，， ∴， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 14．（2026·安徽阜阳·一模）在中，，D和E分别是和上的点，已知． (1)如图1，若，求证：； (2)作于点F，设，G是上一点，且． （ⅰ）如图2，求的度数；（用含的代数式表示） （ⅱ）如图3，H是的中点，连接，判断的形状并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）是等腰三角形，理由见解析 【分析】（1）证明得到，，即可得到； （2）（i）延长至点K，使得，连接，先证明，则．可得是的中位线，则，那么； （ii）先证明，再证明，则，则，那么，故，即可证明为等腰三角形． 【详解】（1）证明：∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴，， ∴； （2）解：（ⅰ）如图，延长至点K，使得，连接， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴是的中位线， ∴， ∴； （ⅱ）是等腰三角形，理由如下： ∵H是的中点，， ∴． 由（ⅰ）知， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴，则． 由（ⅰ）知， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． 15．（2026·安徽阜阳·一模）四边形的两条对角线相交于O点，，E为边上一点，交于F． (1)如图1，若，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，若，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求证：． 【答案】(1)见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析 【分析】（1）先证明，得到，结合即可证明结论； （2）（ⅰ）先证明，推出，由，得到，进而得到，即可求解； （ⅱ）分别过B，D两点作于G，于H．先证明，推出，再证明，即可证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）（ⅰ）解：∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （ⅱ）证明：如图，分别过B，D两点作于G，于H． 在和中，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴． 16．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在菱形中，E为的中点，点F在的延长线上，，交于点G，H为上一点，且． (1)求证：． (2)若． ①求的长； ②连接，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)①；②详见解析 【分析】（1）根据菱形的性质得，再说明，然后根据“两角相等的两个三角形相似”得，最后根据相似三角形的对应边成比例得出答案； （2）①连接，根据菱形的性质得是等边三角形，可得，，再结合已知条件得出，进而求出，然后说明，最后说明，根据相似三角形的对应边成比例得出答案；②结合已知条件说明，可得=，再根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”得，可得，接下来说明可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：①连接， ∵四边形是菱形， ∴． ∵E为的中点， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 由（1）得， ∴， ∴． 在中，， ∴， 根据勾股定理，得， 即， 解得：． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； ②证明：如图，连接交于点O， 可知， ∴． ∵ ∴， ∴=， ∴=． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴，即． 17．（2026·安徽阜阳·一模）在中，，，点是外一点，于，交边于，于，交边于，连接． (1)如图1，若，求证：四边形为正方形； (2)如图2，若，，（），求的面积（用含，，的式子表示）； (3)如图3，若为定值，，求证：四边形的面积为定值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）证明四边形为矩形，，得，可得，得，得，即得答案； （2）计算的面积的面积的面积的面积； （3）作于，于，证明，可得四边形的面积为定值．另解：证明．，得，可得四边形的面积为，即为定值． 【详解】（1）证明：为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ， ∴四边形为矩形，， ， ， ， ， ∴， ， 矩形为正方形； （2）解：，，， 的面积的面积的面积的面积； （3）证明：如图，作于，于， 则， 由（1）知，， ∴和均为等腰直角三角形， 设，，， ，． ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 为定值， ∴四边形的面积为定值． 另解：证明： ，， ． 在与中， ，， ． 同理，， ， ， ． 设，，则，， ， ， 四边形的面积为，即为定值． 18．（2025·安徽铜陵·二模）如图1，在矩形中，M为中点，延长交的延长线于点E，连接，与交于点F． (1)求证：； (2)如图2，将矩形改成正方形，，其他条件不变， ①求证，并求出的值； ②如图3，在的延长线上取点P，使得，延长与的延长线交于点Q，连接，，求证：平分． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用矩形的性质得到相等的边和角，然后证明即可得出结论； （2）①根据正方形的性质得出相等的角，求出相关边长，证明，，然后利用相似三角形的性质即可得出结论，利用勾股定理即可求解； ②延长，交于点E，证明，，利用相似三角形的性质得出，继而得出，最后根据等量代换得出可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ，， ， 为中点， ， 在和中， ， ， ； （2）证明：①由（1）知， ， 四边形为正方形， ，，， ， ∴， ∴，， ，， ， 在中，，，由勾股定理得， ， ；  ②如图，延长，交于点E， 四边形为正方形， ，， ， 同上易得，，， ，， ， ， ， ， ∴垂直平分， ， ， ， ， 又， ， 即平分． 19．（2025·安徽合肥·三模）如图，在菱形中，点E，F分别在边上，． (1)求证：． (2)G为中点，交于点O，，垂足为H． ①求证：； ②求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析 【分析】（1）先根据菱形的性质可得，，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）①连接，先证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，再证出，根据相似三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证； ②延长，交于点，先证出，再证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，然后在中，解直角三角形可得，最后根据和等量代换即可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）证明：①如图，连接， 由（1）已证：， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． ②如图，延长，交于点， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， 由上已证：， ∵， ∴， ∴，即， 由上已证：， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，综合性强，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键． 20．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个平行四边形纸片，是一条对角线，，．    (1)如图1，将平行四边形纸片沿折叠，点的对应点落在点处，交于点． ①试猜想与的数量关系，并说明理由； ②求的面积； (2)如图2，点，分别在平行四边形纸片的，边上，连接，且，将平行四边形纸片沿折叠，使点的对应点落在边上，求的长． 【答案】(1)①，理由略；② (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理。熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）①由翻折得，，利用四边形是平行四边形，可证明，，再证明，即可求证； ②由，得，过点作于点，过点作于点，利用等腰三角形性质得，求出，可得，利用勾股定理求出，即可求解； （2）过点作于点，连接交于点，过点作于点，由翻折的性质得，同（2）可得，利用，求出，可得，证明，得出，求出，证明，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：①由翻折得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴； ②由， ∴， 如图，过点作于点，过点作于点，    ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于点，连接交于点，过点作于点，    由翻折的性质得， 同（2）可得， ∴， ∴， 即， 得， ∴， ∵平行四边形中，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：． 21．（2025·安徽·中考真题）已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，． (1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长； (2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接． ①求证：； ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解； （2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解； ②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论； （方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D， ∴，，， 由垂直平分线的性质知，，， 又， ∴， ∴． 又，  ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． （2）解：①证明：由题意知，， ∴，． ∴ ， ∴． ②解：是等腰直角三角形． 理由如下： （方法一）作交于点M，交于点N． ∵， ∴M为的中点． 又， ∴， ∴， ∴N是的中点， ∴是的中位线，． ∵，，且， ∴， ∴， 即E为的中点． 又， ∴， ∴． 同理可证， ∴． ∴是等腰直角三角形． （方法二）设，则． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∴， 又，， ∴． ∴，． 由①知， ∴． 又， ∴为等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 22．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，在正方形中，点E在边上，连接，将四边形沿直线折叠，点A、B的对应点分别为点N、M，的延长线分别与延长线交于点F、． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，延长交于点H，若F为的中点， （ⅰ）求证：； （ⅱ）求的值． 【答案】(1)见解析； (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）． 【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质定理从而得出结论； 连接，可证得≌，从而，从而，可推出，从而，进一步得出结论； 连接，交于O，设，则，设，ze ，，在中，由勾股定理列出，从而得出，可推出四边形是平行四边形，从而，进而得出结果． 本题是相似形的综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是灵活运用有关知识． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， 如图所示，连接， 由折叠的性质可得，， ， 又， ， ； （2）（i）证明：如图，连接， 同理可证明， ， 是MN的中点， ， ， ， ， ， ， ； ⅱ解：如图2，连接，交于O， 设，则， 设， ∴， ，， ∽， ， ，， 在中，由勾股定理得， ， 舍去或， ，， 由（1）知，， ， ，， ， ， 由（2）知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 23．（25-26九年级下·安徽阜阳·月考）如图，，连接，，，半径交，于，两点，延长至点，使得． (1)求证：是的切线． (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明垂直平分，得出，进而可得，然后可证是的切线； （2）证明，得，由，设， 得，，利用勾股定理求出，，证明，利用相似三角形的性质求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接， ， ， ， 垂直平分， ， ， ， ，即， 是的半径， 是的切线； （2）解：， ， ， ， ， ，设， ，， 中，， 中，， ， ， ， ∴， ，即， ， ．  1 / 104 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 几何压轴题 目录 01析·考情目标 02筑·专题框架 03攻·重难考点 真题动向 题型01几何定值问题 题型02几何中的比值问题 题型03几何中的最值问题 题型04几何中的存在性问题 题型05几何探究问题 必备知识 知识01几何定值 知识02几何中的比值 知识03几何中的最值 知识04几何中的存在性 知识05几何探究问题 命题预测 命题 透视 命题形式： 图形背景：以四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）为主要载体，融入三角形全等、相似、旋转等变换。 设问递进：第(1)问为基础证明（如证全等、求角度），第(2)问为综合计算（求线段长、证线段相等），第(3)问为探究性结论（比值、形状判断）。 综合性强：融合全等三角形、相似三角形、勾股定理、图形变换（旋转、对称）、中点性质、垂直平分线等多个知识点 命题内容： 旋转全等：两个等腰三角形（或正方形）共顶点旋转，构造全等三角形，证明线段相等或角相等。2023年第22题以旋转入题，2025年第22题正方形中的旋转构造。 中点模型：出现中点时，常倍长中线构造全等，或利用中位线、斜边中线性质。2021、2023、2025年均涉及中点。 一线三等角：在正方形或矩形背景下，通过垂直构造一线三直角相似，用于求比例或建立方程。 折叠（轴对称）模型：折叠带来全等和垂直平分线，结合勾股定理列方程求线段长。2022年对称构图。 热考 角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 实数的概念与运算 T22：求线段长、证全等、判断三角形形状 T22：证全等、证线段相等、求比值 T22：求角度、证全等、求线段长 T22：证菱形、求角度、证线段相等 T23：证全等、求线段长、比值 命题 预测 1.考情预测 变换趋势：近三年几何压轴题变换形式丰富——2021位似、2022对称、2023旋转。2024、2025回归综合推理，但旋转仍是高频工具。预测2026年可能继续以旋转构造为突破口，考查手拉手模型。 模型延续：全等三角形依然是第(1)问的“标配”，相似三角形是第(2)(3)问的核心工具。中点、垂直平分线等辅助线构造方法仍是解题关键。 难度定位：第(1)问基础送分，第(2)问中等难度，第(3)问区分度高。预计2026年第(3)问可能考查线段比值定值或三角形形状判断（如2025）。 2.备考建议 相似三角形是“关键分”，熟练识别A字型、8字型、一线三等角，是解决第(2)(3)问的核心。 旋转模型是“高频点”，近三年频繁出现，2026年仍可能考查手拉手模型。 计算要“准而快”，设未知数列方程是几何计算的通用方法，必须熟练掌握。 回归教材是“根本”，中考几何压轴题多源于教材例题的变式和拓展 题型01几何定值问题 常见定值类型：线段长度、角度、面积、线段和（差）、积（比）为定值 证明策略：① 特殊位置猜测定值；② 设参表示目标量；③ 消参证明结果为常数 常用工具：相似三角形、勾股定理、圆幂定理、三角函数、坐标法 特殊技巧：构造辅助圆（定角对定边）、利用中位线、等积变形 特殊值猜测不准：未验证多种位置，将巧合当定值 消参过程计算错误：代数化简失误导致结论偏差 忽略动点范围：动点在特定区域时定值可能改变（如线段内/外） 1．（2025·安徽·中考真题）在如图所示的中，，分别为边，的中点，点，分别在边，上移动（不与端点重合），且满足，则下列为定值的是（   ） A．四边形的周长 B．的大小 C．四边形的面积 D．线段的长 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形对边平行且相等的性质，通过全等三角形转化面积关系，是解题的关键．利用平行四边形的性质，通过证明三角形全等分析四边形各边、角、面积等是否为定值，重点关注面积能否通过转化为平行四边形面积的一部分来判断 ． 【详解】解：连接， 在中，，分别为，中点， 且，，， 且，  四边形是平行四边形， ， 同理，且． ∴四边形是平行四边形， 则与的面积分别为与面积的一半， 四边形的面积，  四边形的面积始终为面积的一半，是定值． 选项A：、等边长随、移动变化，周长不定，错误． 选项B：随位置改变，错误． 选项D：长度随、移动改变，错误． 综上，四边形的面积是定值， 故选：． 2．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 【答案】(1)①证明见解析 ②为定值，该定值为 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可； ②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可； （2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）①证明：过点P作、，如图所示： 则 四边形是正方形 四边形是矩形 在中， 四边形是正方形 ， ； ②过点P作、，如图所示： 由①可知四边形是正方形 、 故 为定值，该定值为； （2）解：过点P作、，连接，如图所示： 四边形是正方形 射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F 、 同理可得 是等腰直角三角形 在中， 由勾股定理得 ． 答：四边形的面积为． ►题型02 几何中的比值问题 比例线段：利用相似三角形对应边成比例、平行线分线段成比例 面积比：等高三角形面积比=底边比；相似三角形面积比=相似比平方；同底三角形面积比=高比 构造比例：添加平行线（A字型、X字型）、作高转化面积比 求比值方法：设参数法、坐标法、梅涅劳斯定理 相似对应关系错乱：对应边比例写反（如AB/DE=BC/EF误为AB/BC=DE/EF） 面积比与相似比混淆：误以为面积比等于相似比 平行线分线段成比例用错：对应线段找不准（如AD/DB=AE/EC，不是AD/AB=AE/AC） 梅涅劳斯定理方向出错：乘积分式顺序错误 1．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形是正方形，点在边上，点在边的延长线上，，射线交对角线于点，交线段于点． (1)求证：．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明） (2)求证：． (3)若，直接写出的值（用含的式子表示）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题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，正方形的性质，线段比例关系的推导，熟练掌握这些知识点是解题的关键． （1）先证明，再根据全等三角形的性质及外角的定义得出，由等角对等边即可证明； （2）通过证明和，利用相似三角形的性质证明即可； （3）设，根据比例关系得出，，再根据全等关系得出，进而求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴； （2）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， 设， ∴， ∴，， ∴， 由（1）得， ∴， ∴． 2．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型03 几何中的最值问题 路径最短：将军饮马（对称转化）、造桥选址（平移）、费马点（旋转60°） 线段最值：垂线段最短、三角形两边之和大于第三边（共线取最值）、圆外一点到圆上点最值（连线过圆心） 面积最值：转化为二次函数求顶点、利用定底边找高最值 隐圆模型：定角对定边→点在圆上运动；直角→直径；张角定值→辅助圆 函数法：设变量表示目标，用二次函数或不等式求最值 共线条件判断错误：将军饮马中两点在直线同侧还是异侧搞反 隐圆识别不足：未发现动点轨迹是圆，导致思路偏差 最值点不在自变量范围内：忽略动点运动范围限制，直接取顶点 旋转角度选错：费马点问题旋转60°构造等边三角形，误旋转其他角度 1．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最大值是 【答案】A 【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性． 【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，． 又∵，，，， 过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形， ∴． ∴， ∴（）， ∴ ∴，即点在上运动， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，，， ∵，，，， ∴ ∴， ∴最大时，最大， 当点与点重合时，与重合时，最小此时，，故错误，符合题意；故B正确，不符合题意； 作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时当、、三点共线时，最小， ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴的最小值故正确，不符合题意； 当与重合时， 当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， 综上，最大值为．故项正确，不符合题意； 故选：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键． 2．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，． (1)如图1，求的值． (2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． ①当时，求的长． ②求的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）先根据菱形的性质可得，再根据勾股定理可得，然后根据正弦的定义求解即可得； （2）①连接，设交于点，同理求出，则；证明，得到，由轴对称的性质可得，则，据此可得，即可得到； ②由勾股定理得，根据，可求出，根据，可推出当有最小值时，有最小值，即此时有最大值，即当有最小值时，有最小值；过点B作于H，于T，由等面积法可得，则由轴对称的性质可得，由勾股定理得，则当有最小值时，有最小值，由垂线段最短可知，故当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，据此求解即可． 【详解】（1）解：如图1，设交于点， ∵在菱形中，， ∴， ∴， ∴； （2）解：①如图所示，连接，设交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴， ∴； ②在中，由勾股定理得  ∵， ∴  ， ∵， ∴要使的值最小，则要最大， ∴要有最小值， 又∵的值随着的值增大而增大， ∴的值随着的值增大而增大， ∴当有最小值时，有最小值，即此时有最大值， ∴当有最小值时，有最小值； 如图所示，过点B作于H，于T， ∵， ∴， ∴由轴对称的性质可得， 在中，由勾股定理得， ∴当有最小值时，有最小值， 由垂线段最短可知， ∴当点P与点T重合时，有最小值，最小值为， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出的最小值转换成求出的最小值，进而转换成求出的最小值． 3．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)的大小是定值，定值为 (3) 【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明； （2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论； （3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵的周长为4， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）得，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴的大小是定值，定值为； （3）解：连接， ∵正方形的边长为2， ∴，， ∴是的高， ∵， ∴是的高， 由（2）得，， ∴， ∴， 由（2）得，， ∴， ∵为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段最值问题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键． 4．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析. (3) 【分析】（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解； （2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出； （3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小， 此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出， 可求出，则利用即可求出． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转得， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点是的中点，，  ∴，  ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即； （3）解：取中点，中点，连接，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， 由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动， 由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线， 即点和点重合时，最小，  此时如图，  由翻折可知， ∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值， 此时如图，连接，过点作于点，过点作于点， 由旋转知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得：，  ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 题型04几何中的存在性问题 存在性问题：先假设存在 → 设参表示 → 根据条件列方程 → 求解 → 检验（是否满足范围、是否重合） 常见类型：等腰三角形、直角三角形、平行四边形、相似三角形、特殊点（如等角点） 分类讨论：等腰三角形需分哪边为腰；直角三角形分哪个角为直角；平行四边形分哪条线段为对角线 求解工具：距离公式、勾股定理、中点坐标公式、斜率关系 分类讨论不全：如直角三角形只考虑一个直角顶点，漏其他情况 解出点未检验：求出的点可能使图形退化（三点共线）或不符合运动范围 方程增根未舍去：平方去根号或分式方程产生增根 忽略条件“不同点”：存在点与已知点重合时一般不算 1．（2025·安徽·中考真题）已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，． (1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长； (2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接． ①求证：； ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解； （2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解； ②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论； （方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D， ∴，，， 由垂直平分线的性质知，，， 又， ∴， ∴． 又，  ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． （2）解：①证明：由题意知，， ∴，． ∴ ， ∴． ②解：是等腰直角三角形． 理由如下： （方法一）作交于点M，交于点N． ∵， ∴M为的中点． 又， ∴， ∴， ∴N是的中点， ∴是的中位线，． ∵，，且， ∴， ∴， 即E为的中点． 又， ∴， ∴． 同理可证， ∴． ∴是等腰直角三角形． （方法二）设，则． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∴， 又，， ∴． ∴，． 由①知， ∴． 又， ∴为等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 2．（2025·广东广州·中考真题）如图1，，为中点，点在上方，连接，． (1)尺规作图：作点关于点的对称点（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明：四边形为平行四边形； (2)如图2，延长至点，使得，当点在直线的上方运动，直线的上方有异于点的动点，连接，，，，若，且． ①求证：； ②的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接并延长，在的延长线上截取，连接，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）①根据得出，，根据已知可得； ②根据，，得出在的外接圆上运动，设的外接圆为，设与交于点，连接，证明得出，当为的直径时，取得最大值为，进而即可求解． 【详解】（1）解：如图， ∵为中点， ∴， 根据作图可得， ∴四边形为平行四边形， （2）①∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴且， ∴， ∴， ②∵，， ∴在的外接圆上运动，设的外接圆为 如图，设与交于点，连接， ∴ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴ 又，则， ∴ ∴ ∴当为的直径时，取得最大值为 ∴的最大值为 3．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 题型05 几何探究问题 探究类型：规律探究（数量关系、位置关系）、类比探究（方法迁移）、结论探究（是否成立） 解题策略：特殊情形找规律 → 一般情形验证 → 证明或举反例 常用方法：从特殊情况（端点、中点、垂直）入手，猜想一般结论；类比已证结论，构造相似全等；关注不变关系（旋转全等、手拉手模型） 探究步骤：① 观察特殊位置；② 猜想一般规律；③ 构造辅助线证明；④ 拓展应用 规律以偏概全：仅验证一两个特例就下结论，未证明一般情形 类比迁移不当：原结论成立的条件在变式题中已改变，盲目套用 辅助线构造方向错误：未能有效构造全等或相似，导致证明卡壳 忽视反向探究：探究“是否成立”时，可能有两种答案，需考虑反例 表述不严谨：结论缺少限制条件（如“在某个范围内成立”） 1．（2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）在中，，，为边上的中线，则的长为_____； （2）如图①，在中，为边上一点，，垂足分别为，连接，求的最小值； 问题解决 （3）如图②，四边形是一个游乐场的平面示意图，出入口在点处．已知，．为了进一步提升游乐场的服务功能，管理部门规划修建由四条直步道连接而成的观景环道及服务中心，其中，点在边上，点在边上，点在边上，点为的中点． 按照设计要求，的长为的长为，在点与点之间距离最短的情况下，使所修建的观景环道最短．请你帮助管理部门计算，当最小时的最小值及此时的长．（步道宽度及出入口，服务中心的大小均忽略不计） 【答案】（1）4；（2）；（3）的最小值为，此时的长为 【分析】（1）根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边长的一半解答即可； （2）根据矩形的判定和性质，结合垂线段最短解答即可； （3）根据矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形三边关系定理应用，解答即可．  本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，垂线段最短原理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：（1）∵，，为边上的中线， ∴, 故答案为：4； （2）如解图①， 四边形为矩形， 连接，则， 过点作于点， ． 在中，， 故， 根据三角形面积性质，得， 的最小值为； （3）如解图②，连接，则， ，当三点共线时最小， 在上顺次截取， 作，则四边形为矩形， 则， ， 解得，． 如解图③，作点关于的对称点，作， 连接， 与的交点即为所确定的位置． 作交于点，得矩形． 在中， ， ， ， 由， ， ，， 当最小时，的最小值为，此时的长为． 2．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用 【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空： 如图（1），过点A作于点D， 在中，∵，∴．    ① 在中，∵，∴ ．    ② 由①－②得：． ∵，， ∴ ． ∴． …… 根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ． 【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积． 【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长． 【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ． 【答案】（1），，，见解析（2）（3）（4） 【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可； （2）利用（1）中结论得到，进而求出，即可得出结果； （3）延长交于点，连接，利用（1）中结论得到，证明，得到，推出，代入中，进行求解即可； （4）设，根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出，作，垂足分别为，则：，根据，设，则，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，分别求出的长，进行求解即可． 【详解】解：（1）如图（1），过点A作于点D， 在中， ∵， ∴．① 在中， ∵， ∴．② 由①－②得：． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴， 故答案为：，，； （2）∵等腰直角三角形中，，， ∴， ∵， ∴； 由（1）中结论可知：，即：， ∴， ∴正方形的面积； （3）延长交于点，连接，则：， 由（1）中结论可知：，即：， ∴； ∵平分， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得； （4）∵， ∴， 设， 则：， ∵， ∴， ∴， 作，垂足分别为，则：， ∵， ∴设，则， 在中，， ∴，， ∴，， 同理：，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三线合一，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形，熟练掌握（1）中得到的结论，是解题的关键． 3．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践 在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”． (1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________； (2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形； (3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________； (4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________． 【答案】(1)相等（或）；相等（或） (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可证明，根据全等三角形的性质，即可求解； （2）根据正方形的性质，旋转的性质，同（1）证明，得出，结合，即可得证； （3）同（2）的方法证明，得出四边形是矩形，连接交于点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出共圆，勾股定理求得，，进而解，求得，再证明，根据正弦的定义，得出，即可求解． （4）连接交于点，证明得出，当时，取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）； ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∵，  ∴，即 又∵， ∴ ∴； 故答案为：相等（或）；相等（或）． （2）证明：∵四边形是正方形 ∴， ∵绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴即 ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形 又∵ ∴四边形是正方形； （3）解：∵绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴ ∵四边形是矩形，，， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴即 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形， 如图，连接交于点，连接 ∵是的中点， 在中， ∴ ∴共圆， ∴， ∵ ∴ ∴， 在中， ∴ ∵， 在中， ∴， ∵ ∴ 又 ∴ ∴，即 ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：． （4）解：如图，连接交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∴是等边三角形，则 ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴ ∴，即 又 ∴， ∴ ∴在上运动，且 ∴当时，取得最小值， ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴当时， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 知识1：几何定值 1）常见定值类型 类型 典型模型 结论 线段和（差）定值 等边三角形内一点到三边距离之和 等于高（定值） 乘积定值 圆内相交弦 PA⋅PB=PC⋅PD（定值） 比值定值 相似三角形对应边 相似比为定值 角度定值 圆周角、弦切角 同弧所对圆周角相等 面积定值 平行线间三角形 同底等高的三角形面积相等 2）解题策略 特殊位置法：取动点处于特殊位置（端点、中点）求出定值，再证明一般情况。 转化法：将所求量转化为不变图形中的量（如矩形对角线、圆半径）。 设参消元：设动点坐标（或参数），用含参数的代数式表示目标，化简后参数消失。 知识2：几何中的比值 1）常见形式 线段比（如 ） 面积比（如 ） 周长比、弧长比等 2）核心工具 工具 应用 相似三角形 对应边成比例，面积比=相似比的平方 平行线分线段成比例 平行线截线段成比例 等高模型 面积比=底边比 同底模型 面积比=高之比 角平分线定理 =​ 重心性质 重心分中线2:1 3）解题策略 构造相似三角形或平行线。 利用“中间比”传递（设k法）。 坐标法：设点坐标，用距离公式表示线段比，化简。 知识3：几何中的最值 1）常见最值类型 类型 模型 原理 线段和最值 将军饮马（两定一动） 两点间线段最短 线段差最值 两定一动 三角形两边之差小于第三边 点到直线最值 垂线段最短 垂线段最短 圆外点到圆上点最值 圆外一点到圆上点 最大 = 距离 + 半径，最小 = |距离 - 半径| 面积最值 动点在抛物线上 二次函数顶点法（铅垂高） 2）常用方法 几何法：利用对称、平移、旋转将折线转化为直线。 代数法：建立函数关系，求顶点或利用不等式。 轨迹法：确定动点轨迹（圆、线段），再找最值。 3）关键技巧 将军饮马：作定点关于直线（或对称轴）的对称点，连接另一点与对称点，与直线交点即为所求。 胡不归：形如PA+k⋅PB（0<k<1），构造三角函数转化为垂线段最短。 阿氏圆：形如PA+k⋅PB（k≠1），利用母子相似转化。 知识4：几何中的存在性 1）常见问题 是否存在点，使三角形为等腰、直角、等边？ 是否存在点，使四边形为平行四边形、矩形、菱形、正方形？ 是否存在点，使两三角形相似？ 是否存在点，使线段长度成比例？ 2）解题通用步骤 设点坐标：用参数表示动点（如P(m,f(m))）。 分类讨论：根据几何条件，分情况列出方程（如等腰三角形分哪两边相等）。 列方程：利用距离公式、中点公式、斜率关系等。 解方程：求解参数，注意根号要去平方，注意增根检验。 验证：检查点是否在范围内（如在线段上、不与已知点重合）。 3）常用条件转化 几何条件 代数转化 等腰三角形 两距离相等（平方后列方程） 直角三角形 勾股定理 或 斜率积 = -1 平行四边形 对角线互相平分（中点坐标相等） 相似三角形 对应边成比例（注意分类对应顺序） 知识5：几何探究问题 1）常见探究类型 类型 示例 规律探究 图形个数、线段条数、交点个数随序号变化 结论探究 判断在变化过程中某结论是否成立（如线段相等、垂直） 方法迁移 将已有模型（如手拉手、一线三等角）应用到新情境 操作探究 折叠、旋转、平移后，探究新图形的性质 2）解题策略 从特殊到一般：先取特殊位置（中点、端点）观察结论，再证明一般情况。 类比迁移：回忆已学模型（如手拉手全等、半角模型、一线三等角），在新图中寻找相同结构。 大胆猜想，小心求证：通过测量、画图猜测结论，再用全等、相似、勾股等严格证明。 补全图形：对于复杂图形，作辅助线（如构造旋转、对称）将条件集中。 3）常用模型积累 手拉手模型：共顶点两个等边三角形（或等腰直角三角形）→ 全等三角形。 半角模型：正方形内含45 角→旋转构造全等。 一线三等角：一条直线上三个相等角 → 相似三角形。 中点模型：倍长中线、构造中位线。 一、单选题 1．（2026·安徽蚌埠·一模）如图，在中，是高，点E为边上一点，且，连接交于点F，，，，则的长为（  ） A．7 B．6 C．5 D． 【答案】A 【分析】过点C作交延长线于点G，由是高、得，故，；由得，得，进而即可求解． 【详解】解：如图，过点C作交的延长线于点G． ∵是高，， ∴，， ∴． 又∵， ∴． ， ， ， ． 2．（2025·安徽·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，A在x轴上，C在y轴上，四边形为矩形，D、E分别在上，若反比例函数过E、D两点，交于点F．则下列说法正确的是（    ） A．k越小，的长越小 B．当时，为定值 C．若矩形面积为16，时，  D．当为边长1的正方形时，最小为 【答案】C 【分析】本题主要考查了反比例函数的几何应用，涉及了勾股定理，求反比例函数的解析式，相似三角形的判定和性质等．设点B的坐标为，则，点，从而得到，再由勾股定理可得，可判定A；当时， ，可判定B；过点F作于点G，则，根据，可得，，从而得到点，进而得到，可判断C；若为边长1的正方形，可得，可判断D． 【详解】解：如图， 设点B的坐标为，则， ∵四边形为矩形，D、E分别在上，若反比例函数过E、D两点， ∴点， ∴， ∴， ∴， 当，即时，k越小，的长越大，故A选项错误； 当时， ，， ∴ ， 即的大小与有关，不是定值，故B选项错误； ∵矩形面积为16， ∴， 如图，过点F作于点G，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即，， ∴点， 把点代入，得： ，故C选项正确； ∵为边长1的正方形， ∴， ∴， 此时当时，取得最小值，为0，故D选项错误． 故选：C 3．（2025·安徽宿州·三模）在矩形中，，．点是上一动点，连接，再将沿翻折，使点落在点处，连接，．下列结论不正确的是（   ） A．点到直线距离的最小值为2 B．长度的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】D 【分析】本题考查了点到圆的最值，勾股定理，解直角三角形，三角形边长关系，相似三角形的判定和性质，运用上述性质逐一判断即可，作出正确的辅助线是解题的关键． 【详解】解：由折叠可知，， 点在以点为圆心，为半径的圆上，如图，作于点， ，当点，，共线时，的值最小， 点到直线距离的最小值为2，选项A正确； 如图，连接，， 当点，，共线时，的值最小，长度的最小值，选项B正确； 当角度最大时，的值最大， 当与相切时，最大， 的最大值为，选项C正确； 如图，在上取点，使，连接，， ， ， ， ， ， ， 当，，三点共线时，的值最小，最小值为的长，，选项D错误． 故选：D． 二、填空题 4．（25-26九年级上·安徽合肥·期末）如图，在中，，点D是边上的一个动点，点E在上，在点D运动的过程中始终保持． （1）当时，________； （2）当点D在上运动时，线段的最大值为________． 【答案】           【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，利用二次函数的性质求解最值． （1）证明即可求解； （2）设，利用相似三角形的性质得到，然后用表示出，再根据二次函数的性质求解最值． 【详解】解：（1）∵ ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， 故答案为：． （2）设，由（1）得， ∴， ∴， ∵ ∴当时，取得最大值， 故答案为：． 5．（2026·安徽蚌埠·一模）如图，在和中，，，点E在线段上，点A在线段上，且．连接． （1）若，则的大小为________；（用含的代数式表示） （2）当时，连接交于点P，则的长为________． 【答案】     /      【分析】（1）由得，证，得，结合等腰的，进而即可求解； （2）由推得，求得、，故；由证，可得，进而即可求解． 【详解】解：如图（1）， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∵， ， 由题意得，是等腰三角形， ∴， ； （2）如图（2），设，交于点G， ∵， ，即， ∴， 又由（1）知， ， ∴， ∴． ∴， 又∵， ∴． 设，则． 由（1）得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题以双直角三角形为载体，综合运用全等、相似三角形的判定与性质，结合三角函数推导角度与线段长度，体现了转化化归与数形结合的核心数学思想． 6．（2026·安徽蚌埠·一模）如图，有一矩形纸片，对其进行第一次折叠操作，使与重合，展开后，得到折痕；再对纸片进行第二次折叠操作，使点A的对应点恰好落在上，且折痕经过点B，展开后得到折痕． （1）如图（1），延长交于点G，则________°； （2）如图（2），对矩形纸片进行第三次折叠操作，使得点D的对应点落在上，且折痕经过点C，展开后得到折痕，已知点在点左侧．若，则矩形纸片的面积是________． 【答案】     60      【分析】（1）解直角三角形求得，据此求解即可得到； （2）证明四边形是平行四边形，求得，同理，设，则，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：（1）由题意可得，点E是的中点，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）如图，设与交于点P，与交于点Q， 同（1）得，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理， ∵，，， ∴，， 设，则， ∵，， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∴矩形的面积． 7．（2026·安徽阜阳·一模）如图，现有正方形纸片，点F在边上，沿折叠，点A落在处，然后还原，的延长线交于E，沿折叠，点D落在处，然后还原． （1）若，则________； （2）若，则的值为________． 【答案】           【分析】（1）利用折叠的性质结合正方形的性质即可求解； （2）分别延长相交于M，作于G，由折叠的性质结合正方形的性质易证，得到，设，，，，证明，求出，，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴， 由折叠的性质得， ∴， ∴， 由折叠的性质得， ∴； （2）分别延长相交于M，作于G， 由折叠的性质得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 设，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴，， ∴． 三、解答题 8．（2026·安徽芜湖·一模）在中，，点在上，点在上，连接，，． (1)如图1，若，求证：； (2)如图2，已知于点． （ⅰ）求证：； （ⅱ）如图3，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似进行证明； （2）（ⅰ）根据相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质进行证明即可；（ⅱ）证明点是的黄金分割点，即可得到答案． 【详解】（1）解：证明：， ， ， ， ， 又， ； （2）（ⅰ）证明：如图，作交延长线于点. ， ，， ，， ，， ， . ，， ， 在与中， ， ， ， ， 即； （ⅱ）， ，， ， ， 由（ⅰ）知， ， ， ，， ， ， ， 点是的黄金分割点， ， . 9．（2026·安徽·模拟预测）在边长为的正方形中，是边的中点，点是边上的一个动点，连接并延长交射线于点． (1)如图，连接，当时，求证：； (2)过点作的垂线交射线于点，连接，． （）如图，求证：； （）如图，当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（）证明见解析； （）． 【分析】（1）利用正方形性质证明得，，连接，再结合勾股定理证明，最后利用垂直平分线的判定定理即可证明； （2）（）过点作，交的延长线于点，结合正方形性质证明四边形是矩形，得，再证明，由相似三角形性质得出，即可证明； （）由可得，，由垂直平分线性质得，结合相似三角形性质得，，设，则，建立一元一次方程，解出后可得，根据即可得解． 【详解】（1）证：连接， 是边的中点， ， 四边形为正方形， ，， 在和中， ， ， ，， 为的中点，，， 中，， ， 点一定在线段的垂直平分线上， 故； （2）（）证明：如图，过点作，交的延长线于点， 四边形为正方形，是边的中点， ，，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， 即； （）解：由（1）可知， ，， 又， ， ， ， ，， 设，则， ， 又， 则有， 解得， 即， ． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂直平分线的判定与性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元一次方程的应用、求角的正切值，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质． 10．（2026·安徽·模拟预测）如图，，均为等腰直角三角形，其中，斜边和交于点，点是线段上的动点，连接交线段于点． (1)如图1，若， ①求证：平分； ②求． (2)如图2，连接．若，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)3 【分析】（1）①利用等边对等角结合三角形内角和定理求得，据此计算求得； ②证明，求得，，，据此计算即可求解； （2）证明和，求得，据此求解即可． 【详解】（1）①证明：∵，均为等腰直角三角形，其中，斜边和交于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平分；  ②解：如图，连接， ∵， ∴， 又∵，均为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 不妨设，则， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，则， ∵ ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴． 11．（2026·安徽·二模）如图，正方形中，、分别为边、上的点，且，连接、相交于点，为延长线上一点，连接交、于点、，且． (1)求证：； (2)若，求的值； (3)如图2，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正方形的性质，利用证明，得出，根据角的和差关系即可得出，得出； （2）根据等腰三角形的性质得出，为的中点，利用直角三角形斜边上的中线的性质得出，进而得出，利用证明，得出，即可得出，利用三角函数的定义即可得答案； （3）先证明，得出，同理可得，，即可证明，根据等腰三角形的性质，结合平行线的性质得出，设，利用勾股定理可求出，证明，根据相似三角形的性质即可求出的长． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴，即． （2）解：∵，， ∴，为的中点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴，即， ∴． （3）解：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设， ∵，， ∴，， 在中，，即， 解得：， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题是四边形的综合，涉及全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义及勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题关键． 12．（2026·安徽阜阳·一模）如图1，在中，，，点是延长线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，． (1)判断与的数量关系和位置关系，并说明理由； (2)如图2，延长交于点，连接，为中点，连接． （i）当，时，求的值； （ii）如图3，过点作交于点，与交于点，若与全等，求． 【答案】(1)且，见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据条件，，，，判定，即可得出和之间的关系，即可得出结论； （2）（i）证明是的中位线，则，再根据勾股定理求出，从而可求出； （ii）连接，证明为等腰直角三角形，，得出当才有与全等，再证明为等腰直角三角形，设，则，得出，，再证明，根据相似三角形的判定与性质可得结论． 【详解】（1）解：且， 在中，，， 为等腰直角三角形， ， ， ，即， 在和中， ， ，， ， ， 综上，且； （2）解：（i）， 是直角三角形， 为的中点， 当时， 此时是的中位线，则， ，， ， ； （ii）如图，连接， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形，， ， 为中点， ， 为中点， ，且， ， ， ， ， ， ， ， 与全等， 或者， 由于， 只有当才有与全等， 在和中， ， ， ，， ， 为等腰直角三角形， 设，则， ， ， ， ， ． 13．（2026·安徽蚌埠·一模）在中，是中线，是边上的高，与相交于点F，，，的延长线交于点H，连接． (1)如图（1），求证：． (2)如图（2），若，． ①求的值； ②连接，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)①，②证明见解析 【分析】（1）根据已知条件，利用“平行线分线段成比例”得，再结合同位角、内错角相等，证明，推出，从而证得四边形是平行四边形，由，利用平行线的传递性可证得结论； （2）①过点D作交于点M，结合已知条件，利用平行线分线段成比例得到相关线段的比例关系，设，则，，求出相关线段的值，在直角三角形中利用正切的定理即可求得结果； ②连接，由①可得，结合已知条件证明，从而证得四边形是平行四边形，通过，得出四边形是菱形，利用菱形的性质结合已知条件即可证得结果． 【详解】（1）证明：∵是中线， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 又∵， ∴． （2）解：①如图，过点D作交于点M， ∵，， ∴，， 设，则，， ∴， ∴， 又∵， ∴； ②证明：如图，连接， 由①得，，， ∴， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 14．（2026·安徽阜阳·一模）在中，，D和E分别是和上的点，已知． (1)如图1，若，求证：； (2)作于点F，设，G是上一点，且． （ⅰ）如图2，求的度数；（用含的代数式表示） （ⅱ）如图3，H是的中点，连接，判断的形状并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）是等腰三角形，理由见解析 【分析】（1）证明得到，，即可得到； （2）（i）延长至点K，使得，连接，先证明，则．可得是的中位线，则，那么； （ii）先证明，再证明，则，则，那么，故，即可证明为等腰三角形． 【详解】（1）证明：∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴，， ∴； （2）解：（ⅰ）如图，延长至点K，使得，连接， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴是的中位线， ∴， ∴； （ⅱ）是等腰三角形，理由如下： ∵H是的中点，， ∴． 由（ⅰ）知， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴，则． 由（ⅰ）知， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． 15．（2026·安徽阜阳·一模）四边形的两条对角线相交于O点，，E为边上一点，交于F． (1)如图1，若，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，若，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求证：． 【答案】(1)见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析 【分析】（1）先证明，得到，结合即可证明结论； （2）（ⅰ）先证明，推出，由，得到，进而得到，即可求解； （ⅱ）分别过B，D两点作于G，于H．先证明，推出，再证明，即可证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）（ⅰ）解：∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （ⅱ）证明：如图，分别过B，D两点作于G，于H． 在和中，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴． 16．（2026·安徽阜阳·一模）如图，在菱形中，E为的中点，点F在的延长线上，，交于点G，H为上一点，且． (1)求证：． (2)若． ①求的长； ②连接，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)①；②详见解析 【分析】（1）根据菱形的性质得，再说明，然后根据“两角相等的两个三角形相似”得，最后根据相似三角形的对应边成比例得出答案； （2）①连接，根据菱形的性质得是等边三角形，可得，，再结合已知条件得出，进而求出，然后说明，最后说明，根据相似三角形的对应边成比例得出答案；②结合已知条件说明，可得=，再根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”得，可得，接下来说明可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：①连接， ∵四边形是菱形， ∴． ∵E为的中点， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 由（1）得， ∴， ∴． 在中，， ∴， 根据勾股定理，得， 即， 解得：． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； ②证明：如图，连接交于点O， 可知， ∴． ∵ ∴， ∴=， ∴=． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴，即． 17．（2026·安徽阜阳·一模）在中，，，点是外一点，于，交边于，于，交边于，连接． (1)如图1，若，求证：四边形为正方形； (2)如图2，若，，（），求的面积（用含，，的式子表示）； (3)如图3，若为定值，，求证：四边形的面积为定值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）证明四边形为矩形，，得，可得，得，得，即得答案； （2）计算的面积的面积的面积的面积； （3）作于，于，证明，可得四边形的面积为定值．另解：证明．，得，可得四边形的面积为，即为定值． 【详解】（1）证明：为等腰直角三角形， ∴， ∵，， ， ∴四边形为矩形，， ， ， ， ， ∴， ， 矩形为正方形； （2）解：，，， 的面积的面积的面积的面积； （3）证明：如图，作于，于， 则， 由（1）知，， ∴和均为等腰直角三角形， 设，，， ，． ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 为定值， ∴四边形的面积为定值． 另解：证明： ，， ． 在与中， ，， ． 同理，， ， ， ． 设，，则，， ， ， 四边形的面积为，即为定值． 18．（2025·安徽铜陵·二模）如图1，在矩形中，M为中点，延长交的延长线于点E，连接，与交于点F． (1)求证：； (2)如图2，将矩形改成正方形，，其他条件不变， ①求证，并求出的值； ②如图3，在的延长线上取点P，使得，延长与的延长线交于点Q，连接，，求证：平分． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用矩形的性质得到相等的边和角，然后证明即可得出结论； （2）①根据正方形的性质得出相等的角，求出相关边长，证明，，然后利用相似三角形的性质即可得出结论，利用勾股定理即可求解； ②延长，交于点E，证明，，利用相似三角形的性质得出，继而得出，最后根据等量代换得出可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ，， ， 为中点， ， 在和中， ， ， ； （2）证明：①由（1）知， ， 四边形为正方形， ，，， ， ∴， ∴，， ，， ， 在中，，，由勾股定理得， ， ；  ②如图，延长，交于点E， 四边形为正方形， ，， ， 同上易得，，， ，， ， ， ， ， ∴垂直平分， ， ， ， ， 又， ， 即平分． 19．（2025·安徽合肥·三模）如图，在菱形中，点E，F分别在边上，． (1)求证：． (2)G为中点，交于点O，，垂足为H． ①求证：； ②求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②见解析 【分析】（1）先根据菱形的性质可得，，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）①连接，先证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，再证出，根据相似三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证； ②延长，交于点，先证出，再证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，然后在中，解直角三角形可得，最后根据和等量代换即可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）证明：①如图，连接， 由（1）已证：， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． ②如图，延长，交于点， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， 由上已证：， ∵， ∴， ∴，即， 由上已证：， ∴， ∴， 又∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，综合性强，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键． 20．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个平行四边形纸片，是一条对角线，，．    (1)如图1，将平行四边形纸片沿折叠，点的对应点落在点处，交于点． ①试猜想与的数量关系，并说明理由； ②求的面积； (2)如图2，点，分别在平行四边形纸片的，边上，连接，且，将平行四边形纸片沿折叠，使点的对应点落在边上，求的长． 【答案】(1)①，理由略；② (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理。熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）①由翻折得，，利用四边形是平行四边形，可证明，，再证明，即可求证； ②由，得，过点作于点，过点作于点，利用等腰三角形性质得，求出，可得，利用勾股定理求出，即可求解； （2）过点作于点，连接交于点，过点作于点，由翻折的性质得，同（2）可得，利用，求出，可得，证明，得出，求出，证明，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：①由翻折得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴； ②由， ∴， 如图，过点作于点，过点作于点，    ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于点，连接交于点，过点作于点，    由翻折的性质得， 同（2）可得， ∴， ∴， 即， 得， ∴， ∵平行四边形中，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：． 21．（2025·安徽·中考真题）已知点在正方形内，点E在边上，是线段的垂直平分线，连接，． (1)如图1，若的延长线经过点D，，求的长； (2)如图2，点F是的延长线与的交点，连接． ①求证：； ②如图3，设，相交于点G，连接，，．若，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)详见解析；为等腰直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质得出，，证明，得出，结合正方形的性质可判断是等腰直角三角形，求出，然后根据勾股定理求出，即可求解； （2）①由正方形的性质和线段的垂直平分线的性质得出，根据等边对等角以及三角形内角和定理可求出，即可求解； ②（方法一）作交于点M，交于点N．根据三线合一的性质得出M为的中点．可证，根据平行线分线段成比例判断出N是的中点，根据三角形中位线定理得出．根据证明，得出，则E为的中点．结合，根据三角形中位线定理和平行线的性质得出．同理可证，得出，即可得出结论； （方法二）设，则．根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理求出，由（1）中，得出，则．根据等边对等角得出．根据三角形内角和定理求出，由角的和差关系求出，，根据证明，得出，．结合①中求出，则，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，的延长线经过点D， ∴，，， 由垂直平分线的性质知，，， 又， ∴， ∴． 又，  ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． （2）解：①证明：由题意知，， ∴，． ∴ ， ∴． ②解：是等腰直角三角形． 理由如下： （方法一）作交于点M，交于点N． ∵， ∴M为的中点． 又， ∴， ∴， ∴N是的中点， ∴是的中位线，． ∵，，且， ∴， ∴， 即E为的中点． 又， ∴， ∴． 同理可证， ∴． ∴是等腰直角三角形． （方法二）设，则． ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． ∴． ∴， 又，， ∴． ∴，． 由①知， ∴． 又， ∴为等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键． 22．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，在正方形中，点E在边上，连接，将四边形沿直线折叠，点A、B的对应点分别为点N、M，的延长线分别与延长线交于点F、． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，延长交于点H，若F为的中点， （ⅰ）求证：； （ⅱ）求的值． 【答案】(1)见解析； (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）． 【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质定理从而得出结论； 连接，可证得≌，从而，从而，可推出，从而，进一步得出结论； 连接，交于O，设，则，设，ze ，，在中，由勾股定理列出，从而得出，可推出四边形是平行四边形，从而，进而得出结果． 本题是相似形的综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是灵活运用有关知识． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， 如图所示，连接， 由折叠的性质可得，， ， 又， ， ； （2）（i）证明：如图，连接， 同理可证明， ， 是MN的中点， ， ， ， ， ， ， ； ⅱ解：如图2，连接，交于O， 设，则， 设， ∴， ，， ∽， ， ，， 在中，由勾股定理得， ， 舍去或， ，， 由（1）知，， ， ，， ， ， 由（2）知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 23．（25-26九年级下·安徽阜阳·月考）如图，，连接，，，半径交，于，两点，延长至点，使得． (1)求证：是的切线． (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明垂直平分，得出，进而可得，然后可证是的切线； （2）证明，得，由，设， 得，，利用勾股定理求出，，证明，利用相似三角形的性质求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接， ， ， ， 垂直平分， ， ， ， ，即， 是的半径， 是的切线； （2）解：， ， ， ， ， ，设， ，， 中，， 中，， ， ， ， ∴， ，即， ， ．  2 / 104 学科网（北京）股份有限公司 $