热点15 综合探究与综合实践6大题型（热点专练）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

热点15 综合探究与综合实践 热点聚焦 方法精讲 能力突破 第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 题型01 以多边形的外接圆为基本模型的新定义问题 题型02 在旋转变换中构造全等（相似）三角形解决问题 题型03 在三角形外部构造全等转化线段（含费马点模型） 题型04 在折叠模型中构造全等（相似）三角形解决问题 题型05 应用函数方程思想解决几何问题 题型06 综合实践类问题 第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：近三年全国中考综合探究与实践题以压轴解答题呈现，分值10–14分，区分度极强。考查形式为“问题初探—类比探究—拓展应用”三段式，融合几何变换（旋转、折叠）、新定义、构造全等/相似、函数方程、实际操作。陕西卷侧重几何操作、方案设计与最值决策。 命题特点：素养立意、梯度清晰、综合度高。重从特殊到一般、模型构造、转化迁移，常以旋转、折叠、费马点、隐圆为载体，强调逻辑推理、数学建模、创新应用。 能力要求：阅读理解、猜想证明、分类讨论、规范表达、知识迁移。 预测2026年：稳定结构，情境更真实、跨模块融合更强、开放度提升。2026备考建议：①熟练旋转/折叠构全等、分类讨论、模型迁移；②强化“阅读理解→猜想→证明→拓展”流程训练；③规范书写，确保前两问满分，突破第三问构造与转化难点。 题型01 以多边形的外接圆为基本模型的新定义问题 解｜题｜策｜略 ·一般思路 1. 精读新定义，抓取关键词，明确定义对应的外接圆、圆心、半径、圆周角等核心几何特征，将陌生定义转化为圆的基本性质。 2. 结合多边形外接圆性质，利用圆周角定理、圆心角定理、圆内接四边形对角互补等知识，建立角与角、线段与线段的关系。 3. 依据条件画出辅助圆，确定外心（多边形各边垂直平分线交点），通过半径相等、角度转化求解线段、角度或存在性问题。 4. 分情况讨论特殊多边形（正多边形、直角三角形）的外接圆特性，验证结论是否符合定义要求。 ·方法点拨 ①紧扣新定义本质，转化化归为圆的基础性质；②借助辅助圆实现几何关系转化。 例1（2025·青海西宁·中考真题）综合与实践 【问题提出】原题呈现（人教版九年级下册85页第14题） 如图1，在锐角中，探究，，之间的关系． 【问题探究】将下列探究过程补充完整： （1）如图1，过点A作，垂足为D，过点B作，垂足为E． 在中，，   ∴， 在中，，   ∴， ∴，即， 同理，在中，_____， 在中，_____， ∴___________， 即， ∴； 【结论应用】 （2）如图2，在中，，，．求，的长．（结果保留小数点后一位；参考数据：，．） 【深度探究】 （3）如图3，是锐角的外接圆，半径为． 求证：． 【拓展应用】 （4）如图4，在中，，，，D是线段上的一个动点，以为直径的分别交，于点E，F，连接．则线段长度的最小值是________． 例2（2025·吉林长春·中考真题）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆 【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆． 【探究一】线段的最小覆盖圆 线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆． 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为 ． 【探究二】直角三角形的最小覆盖圆 要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．如图②，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由． 又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆． 【拓展应用】矩形的最小覆盖圆 如图③，在矩形中，，． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点） （2）该矩形的最小覆盖圆的直径为 ； （3）若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ． 【变式1】（2026·广东深圳·模拟预测）综合与探究 【定义】有一组对角为直角的四边形叫做“对直四边形”． 【示例】如图1，在四边形中，，则称四边形叫做“对直四边形”． 【性质探究】小明同学在研究对直四边形时，发现“对直四边形具有四个顶点均在同一个圆上”的性质，证明的思路如下：如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，______，∴_____， ∴，∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． (1)请补全小明同学的证明过程． (2)【性质应用】如图3，在矩形中，点是边上一点，过三点的圆交对角线于点． ①求证：四边形是“对直四边形”； ②若，当为等腰三角形时，直接写出的长． (3)【拓展提升】如图4，在矩形中，（为正实数）．点是延长线上一点，过三点的圆交对角线于点，延长交于点．请求出的值（用含的式子表示）． 【变式2】（2026·广东中山·一模）在钝角三角形中，钝角的度数恰好是其中一个锐角的度数与90度的和，则称这个钝角三角形为妙趣三角形，这个锐角叫做妙趣角．如图1，是妙趣三角形，是妙趣角．若，则． 【概念理解】 (1)当妙趣三角形是等腰三角形时，则妙趣角的度数为__________； 【性质探究】 (2)如图2，数学兴趣小组发现，当是妙趣三角形，是钝角，是妙趣角时，存在的结论，请你证明这个结论； 【拓展应用】 (3)如图3，是的直径，点，是圆上的两点，弦与交于点，连接，，和都是妙趣三角形，且、分别为妙趣角时，求的值． 【变式3】（2026·湖南湘潭·一模）综合探究 (1)【问题发现】 如图1，已知点为正方形对角线上一动点（不与点、重合），连接，将线段绕点顺时针旋转90°到处，连接．请写出与的数量关系，并给出证明过程． (2)【类比探究】 如图2，在矩形中，，点为对角线上一动点（不与点、重合）．在中，，，连接．请探究此时与的数量关系，并给出探究过程． (3)【拓展延伸】 如图3，在矩形中，，点为射线上一动点，点为的外接圆的圆心，连接，，若，则当时，请直接写出线段的长． 题型02 在旋转变换中构造全等（相似）三角形解决问题 解｜题｜策｜略 ·一般思路： 1. 找准旋转中心、旋转角、旋转方向，抓住旋转全等/相似不变性，确定对应边相等、对应角相等、旋转角相等。 2. 寻找隐含条件（公共边、公共角、对顶角），结合旋转性质，通过SAS、ASA等判定定理构造全等三角形；利用等角推角相等，结合边长比例构造相似三角形。 3. 利用全等/相似转化线段、角度，将分散的几何条件集中，结合勾股定理、三角形内角和求解长度、角度与最值。 4. 关注旋转过程中的特殊位置（共线、垂直），分类讨论不同旋转情况，避免漏解。 ·常用策略：①紧抓旋转不变性，以旋转角为突破口构造全等/相似，实现线段与角度的等量转化；②掌握“找旋转要素→证全等/相似→转化求解”的固定思路。 例1 （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__________． 例2（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 【变式1】（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 题型03 在三角形外部构造全等转化线段（含费马点模型） 解｜题｜策｜略 ·一般思路： 1. 分析线段位置关系，当线段分散难以直接求解时，围绕三角形顶点向外作全等三角形，实现线段平移、转化。 2. 费马点模型：以三角形任意两边为边，向外作等边三角形，连接对应顶点，交点即为费马点；通过旋转60°构造全等三角形，将三条线段和转化为直线段，利用两点之间线段最短求最值。 3. 结合全等性质，确定转化后线段的等量关系，借助三角形三边关系、勾股定理计算线段长度与最值。 4. 明确构造方向与角度，验证构造后的图形性质，避免辅助线画法错误。 ·常用方法： ①核心是构造全等实现线段转化；②费马点牢记“旋转60°+等边三角形+化折为直”；③掌握向外构造全等的辅助线画法，突破线段最值与求和问题。 例1 （2026·江苏南京·模拟预测）定义：三角形的三条中线相交于一点，这点叫做三角形的重心．如图，在中，分别是边上的中线，三条中线交于重心G． 【性质探究】 (1)小颖发现点E、D分别是的中点，由此联想到三角形中位线，请你根据小颖的思路，证明：； 【迁移应用】 (2)经过探究，小颖进一步发现：以的三条中线为边，一定可以构成一个新的三角形．请你帮助小颖完成这一结论的证明． 【创新研究】 (3)探究由三条中线为边构成的三角形与的面积之间的数量关系．若设的面积为S，由三条中线构成的三角形的面积为，请写出S与之间的数量关系． 【变式1】（2026·广东东莞·一模）旋转是初中数学图形变换很重要的内容．通过旋转将已知条件这种分散的边或角等条件相对集中在一起，构建起新的联系，从而解决问题． (1)【发现问题】如图 1，P为等边内一点，，求：以为边构成的三角形各个内角的度数． 解：如图 2 ，把绕点 A 旋转到，连接，请完成后面的过程； (2)【类比探究】如图 3 ，已知线段用无刻度的直尺和圆规求作等边，使内部一个顶点 P 到三个顶点的距离分别为4 ，5 ，6．（保留作图痕迹，不写作法） (3)【拓展延伸】如图4，在四边形中，．探索线段的数量关系并证明你的结论． 题型04 在折叠模型中构造全等（相似）三角形解决问题 解｜题｜策｜略 ·一般思路： 1. 明确折叠本质是轴对称变换，折叠前后图形全等，对应边、对应角相等，折痕为对称轴。 2. 标注折叠前后的相等线段、相等角，寻找公共角、直角等条件，构造全等或相似三角形。 3. 设未知数表示未知线段长度，利用全等/相似的比例关系、勾股定理，建立方程求解线段长度。 4. 关注折叠后重叠、重合的特殊情况，分类讨论折叠位置，避免忽略多解问题。 ·常用方法：牢记①“折叠即全等”；②数形结合+方程思想；③通过标等量、构相似/全等、列方程三步解题；④重点掌握折叠后角度与线段的转化规律。 例1 （2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 例2（2025·山东东营·中考真题）    （1）探索发现 东营市全面落实国家课程方案．某校开设了纸艺课程，三个项目组在折纸活动中发现：在中，，，折叠，使边落在边上，折痕为，则、与的两边、存在着某种关系．如图1，请你帮助项目组判断与的数量关系为____________． （2）猜想验证 项目组猜想：当为任意三角形时，上述数量关系仍然成立．为了验证这一猜想，项目组按照（1）中的方法折叠，为折痕，分别得出了不同的方案，并画出了以下图形．请选择任意一种方案证明． （3）拓展应用 如图5，在中，平分交于点，为延长线上一点，．求证：． 例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． 【变式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） 【变式3】（2026·江苏无锡·一模）数学活动课上，老师为同学们提供了若干大小不同的矩形纸片、其中边长均为．同学们以折叠矩形纸片展开数学探究活动． 【动手操作】 步骤如下： 第一步：如图①，将矩形纸片对折、使边重合，展开后折痕与交于点F． 第二步：如图②，在上取一点E，沿折叠矩形，点A的对应点为G．延长交于点H，将纸片沿过点H的直线折叠．使点C的对应点落在所在直线上，折痕与交于点M． (1)求证：． 【初步感知】 A小组的同学们选用了如图③所示的矩形纸片．在按上述步骤折叠的过程中发现，当点E与点D重合时，此时点F、G、M三点在一条直线上． (2)求的长． 【应用创新】 (3) 如图④，B小组的同学们选用了的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点E），且第二步折叠中，过点H的折痕与交于点M，把纸片展开后，连接．当为直角三角形时，则的长为________． (4) 题型05 应用函数方程思想解决几何问题 解｜题｜策｜略 ·一般思路： 1. 梳理几何图形中的已知量与未知量，挖掘线段、角度、面积的等量关系。 2. 设关键线段长度、角度为未知数，利用全等、相似、勾股定理、面积公式等，建立一元一次方程、一元二次方程或函数关系式。 3. 结合几何图形的取值范围，确定自变量的取值范围，求解方程或函数的最值、特殊值。 4. 检验解的合理性，排除不符合几何实际意义的解。 ·常用策略：①以函数方程思想为核心，将几何问题代数化；②通过“找等量→列方程/函数→求解验证”，实现几何与代数的融合解题。 例1 （2026·山东潍坊·一模）【问题提出】 在中，，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，连接，过点D作的垂线交直线于点F．探究、、之间的数量关系． 【特例探究】 (1)如图1，当时，证明：； (2)如图2，当时，数学兴趣小组给出了一种解题思路： 取的中点G，过点G作，分别交、于点H、M． 易得为等腰直角三角形，由（1）可得，进而由，，推导得、、之间的数量关系是：_________； (3)如图3，当时，探究、、之间的数量关系，并说明理由． 【问题解决】 (4)当时，写出、、之间的数量关系：_____． 例2（2026·山东青岛·一模）综合与实践 问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动． 操作思考： 如图1，在矩形中，当，，为边上一点，为边上一点，连接，将和分别沿翻折，若的对应点均落在矩形对角线上．小明发现，若设为、为，则． 小明是这样思考的： 设为、为，则，， 由于， 易证： ， ，，则，， ， ． ，两边同除以得 问题探究：(1)如图2，在矩形中，当，，为边上一点，为边上一点，连接，将和分别沿翻折，若的对应点均落在矩形对角线上．若设为、为y，则______，请写出你的具体解决过程． 拓展延伸： (2)如图3，在矩形中，当，，为边上一点，为边上一点，连接，将和分别沿翻折，若的对应点均落在矩形对角线上．设为、为，则______（用含、的代数式表示）． 【变式1】（2026·河北廊坊·一模）综合与实践 【问题情境】在数学课上，老师给出矩形纸片（，），让同学们在纸片中作出一个的角． 【操作一】甲组同学利用折叠：如图1，把矩形纸片对折，使边与重合，展开后得到折痕．再一次折叠纸片，使点A落在上的点E处． (1)的长为_____，的度数为_____； (2)连接．若，求的值； 【操作二】 (3)乙组同学利用尺规，根据“圆周角等于它所对弧上的圆心角的一半”来得到的角：如图2，分别以点A，B为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点O，连接，． 请你在图2中补全作图，并在矩形纸片中找出一点K，使，在图2的作图中，可画出_____（填“1”“2”或“无数”）个满足条件的； 【折叠拓展】 (4)甲组同学连接图1中的，并将剪下来，点G在边上，点H在边上，将沿直线折叠，使点A落在点处，如图3、图4所示．    在图3中，点H与点E重合，阴影部分的周长为_____． (5)如图4，点P，Q在边上，且，点落在线段上（包括端点）若，，直接写出y与m之间的关系式，并写出m的取值范围． 【变式2】（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践 如图，在边长为8的正方形中，作射线，点是射线上的一个动点，连接，以为边作正方形，连接交射线于点，连接．（提示：依题意补全图形，并解答） 【用数学的眼光观察】 （1）请判断与的位置关系，并利用图（1）说明你的理由． 【用数学的思维思考】 （2）若，请你用含的代数式直接写出的正切值________． 【用数学的语言表达】 （3）设，正方形的面积为．请求出与的函数解析式．（不要求写出自变量的取值范围） 题型06 综合实践 解｜题｜策｜略 ·一般思路 1. 审题拆解问题，分为“操作探究→猜想证明→拓展应用”三部分，遵循从特殊到一般的解题思路。 2. 操作探究：按题目要求动手画图、测量、计算，总结初步规律；猜想证明：结合几何定理、全等/相似性质，严谨推理验证猜想。 3. 拓展应用：将前面得出的结论、方法迁移到复杂情境中，解决实际应用、最值、存在性问题。 ·方法点拨 ①遵循“特殊→一般→应用”的探究思路；②注重知识迁移与方法复用，规范作图，从图中分析转化问题；③前序结论为后续解题铺垫，分步突破。 例1 （2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）如图①，在中，请画出一个，使得点，，分别在边，，上； （2）如图②，在矩形中，，，为矩形内一点，且满足，周长的最小值； 问题解决 （3）为了进一步提升游客的体验感，某公园管理部门准备在花海边沿与游客服务中心之间的草地上选址修建一条笔直的步道及一个观景台．如图③所示，区域为草地，线段为花海边沿，点为游客服务中心，线段为步道，点和点为步道口，点为观景台．按照设计要求，点，分别在边，上，且满足，为的中点，为保证观赏花海的最佳效果，还需使最大．已知，，请你帮助公园管理部门确定观景台的位置（在图中画出符合条件的点），并计算此时步道口与游客服务中心之间的距离．（步道的宽及步道口、观景台、游客服务中心的大小均忽略不计） 例2（2026·福建泉州·一模）随着科技的发展，新能源汽车越来越普及．某停车场为了满足新能源汽车充电的需要，计划在长、宽的矩形空地修建一个新能源汽车充电场所，某数学项目组负责设计方案． 【资料收集】该项目组通过网络查阅资料和实地考察，确定采用“垂直式”、“平行式”或“倾斜式”三种车位类型进行设计，相关信息如下表： 类型 垂直式车位 平行式车位 倾斜式车位 示意图            数据单位：m 矩形，， 矩形，， 平行四边形，， 行车通道宽度不低于3.5m 【设计方案】依据收集的材料，同学们设计了如下两种方案： 案例解析 方案一：拟设计成如图1所示的垂直式和平行式车位各一排． ， ∴可设计成垂直式和平行式车位各一排， ，， ∴一排垂直式的停车位有14个，一排平行式的停车位有6个， ∴方案一的停车位共有20个． 问题探究 (1)方案二：拟设计成如图2所示的两排都是倾斜式车位，这种设计方案是否可行？若可行，试求出这种方案的最多停车位数？若不可行，请说明理由； （相关参考数据：，） 优化设计 (2)请你结合以上数据及分析，设计一个停车位数量更多的方案，画出设计示意图，并说明理由． 【变式2】（2026·陕西西安·三模）问题探究 (1)如图①，已知中，，，平分．若为上一动点，连接，则的最小值为_____； (2)如图②，已知中，，，为中点，作，分别交边、于、两点，四边形的面积是否发生变化？若不变化请求出这个面积；若发生变化，请求出四边形的面积的最小值； 问题解决 (3)如图③，某公园中有一块四边形空地，经测量米，，．现计划对该空地进行重新规划，分别在边上选取点、，并沿，修两条休闲通道（通道的宽度忽略不计），设计要求四边形的面积为平方米，该区域将用于种植观赏花卉．为保障施工的安全，需在四边形的四周修建护栏．为了节约修建成本，四边形的周长是否存在最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由． （90分钟限时练） 1．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 2.（2026·广东深圳·二模）综合与探究 【定义】如图1，点是的对角线的交点，过点作，，垂足分别为、．若时，我们称是的中心距比． (1)【概念理解】如图2，当时，求证：是菱形； (2)【性质探究】在图1中，的中心距比与其相邻两边比是否存在某种关系？若有，求出这种关系；若没有，请说明理由； (3)【拓展应用】如图3，在矩形中，其中心距比，为对角线中点，是边上一点，连接，作交边于点，若，，求的值； (4)如图4，，，点是射线上一动点，点是平面内一点．以、、、为顶点、为边的平行四边形的中心距比．点在射线上，连接、，当时，直接写出的长． 3.（2026·陕西咸阳·一模）【问题探究】 (1)如图，在中，，点是边上的动点，连接，则的最小值为___________； (2)如图，在中，，点是延长线上一点，于点，求的长； 【问题解决】 (3)如图，矩形是某校实践活动基地，现要对该实践活动基地重新扩建规划，首先延长至点，使得，在边上找一点建一口水井，沿修一条水渠，再从向修一条小路，使得于点，再沿分别修小路，在四边形内种植果树．已知，求种植果树面积的最小值（即四边形面积的最小值）．（水井的大小和水渠、小路的宽度均忽略不计） 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 热点15 综合探究与综合实践 热点聚焦 方法精讲 能力突破 第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 题型01 以多边形的外接圆为基本模型的新定义问题 题型02 在旋转变换中构造全等（相似）三角形解决问题 题型03 在三角形外部构造全等转化线段（含费马点模型） 题型04 在折叠模型中构造全等（相似）三角形解决问题 题型05 应用函数方程思想解决几何问题 题型06 综合实践类问题 第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：近三年全国中考综合探究与实践题以压轴解答题呈现，分值10–14分，区分度极强。考查形式为“问题初探—类比探究—拓展应用”三段式，融合几何变换（旋转、折叠）、新定义、构造全等/相似、函数方程、实际操作。陕西卷侧重几何操作、方案设计与最值决策。 命题特点：素养立意、梯度清晰、综合度高。重从特殊到一般、模型构造、转化迁移，常以旋转、折叠、费马点、隐圆为载体，强调逻辑推理、数学建模、创新应用。 能力要求：阅读理解、猜想证明、分类讨论、规范表达、知识迁移。 预测2026年：稳定结构，情境更真实、跨模块融合更强、开放度提升。2026备考建议：①熟练旋转/折叠构全等、分类讨论、模型迁移；②强化“阅读理解→猜想→证明→拓展”流程训练；③规范书写，确保前两问满分，突破第三问构造与转化难点。 题型01 以多边形的外接圆为基本模型的新定义问题 解｜题｜策｜略 ·一般思路 1. 精读新定义，抓取关键词，明确定义对应的外接圆、圆心、半径、圆周角等核心几何特征，将陌生定义转化为圆的基本性质。 2. 结合多边形外接圆性质，利用圆周角定理、圆心角定理、圆内接四边形对角互补等知识，建立角与角、线段与线段的关系。 3. 依据条件画出辅助圆，确定外心（多边形各边垂直平分线交点），通过半径相等、角度转化求解线段、角度或存在性问题。 4. 分情况讨论特殊多边形（正多边形、直角三角形）的外接圆特性，验证结论是否符合定义要求。 ·方法点拨 ①紧扣新定义本质，转化化归为圆的基础性质；②借助辅助圆实现几何关系转化。 例1（2025·青海西宁·中考真题）综合与实践 【问题提出】原题呈现（人教版九年级下册85页第14题） 如图1，在锐角中，探究，，之间的关系． 【问题探究】将下列探究过程补充完整： （1）如图1，过点A作，垂足为D，过点B作，垂足为E． 在中，，   ∴， 在中，，   ∴， ∴，即， 同理，在中，_____， 在中，_____， ∴___________， 即， ∴； 【结论应用】 （2）如图2，在中，，，．求，的长．（结果保留小数点后一位；参考数据：，．） 【深度探究】 （3）如图3，是锐角的外接圆，半径为． 求证：． 【拓展应用】 （4）如图4，在中，，，，D是线段上的一个动点，以为直径的分别交，于点E，F，连接．则线段长度的最小值是________． 【答案】（1），，，；（2），；（3）证明见解析；（4）． 【难度】0.4 【分析】（1）根据三角函数的定义，类比题目求解即可； （2）根据（1）中结论可知，代入相关数值求解即可； （3）连接，延长分别交于D，E，连接，根据直径对直角和圆周角定理可知，，根据三角函数的定义，分别在，，，中，可得，，即可得证； （4）过O作，连接，，根据垂径定理，圆周角定理和三角函数可得，当时，最小，此时也最小，根据三角函数求出最小值，即可得解． 【详解】（1）解：同理，在中，， 在中  ，， ∴， 即， ∴； 故答案为：，，，； （2）解：， ， 由（1）知：， ， ，， ，； （3）证明：连接，延长分别交于D，E，连接，则， ， 是直径， ， 在中，， ∴， 在中，，   ∴， ∴ ， 同理，在中，， 在中，可得， ， ∴； （4）解：过O作，连接，， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 当时，最小，此时也最小， 过A作于， 在中，， ， ， 长度的最小值是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数，垂径定理，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，综合运用以上知识解决问题． 例2（2025·吉林长春·中考真题）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆 【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆． 【探究一】线段的最小覆盖圆 线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆． 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为 ． 【探究二】直角三角形的最小覆盖圆 要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．如图②，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由． 又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆． 【拓展应用】矩形的最小覆盖圆 如图③，在矩形中，，． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点） （2）该矩形的最小覆盖圆的直径为 ； （3）若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ． 【答案】探究一：三角形的任意两边之和大于第三边；探究二：在上；证明见解析；拓展应用：（1）作图见解析；（2）；（3）； 【难度】0.4 【分析】探究一：根据三角形的三边关系可得答案； 探究二：利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可得到答案； 拓展应用：（1）连接，交于点，以为圆心，为半径作圆即可； （2）结合矩形性质与勾股定理计算即可； （3）作的垂直平分线，交于，交于，可得四边形，是两个全等的矩形，，用两个等圆完全覆盖矩形，可得两圆一定过，再进一步解答即可. 【详解】解：探究一： 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（三角形的任意两边之和大于第三边）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边． 故答案为：三角形的任意两边之和大于第三边； 探究二：∵，为的中点， ∴， ∴在上； 拓展应用：（1）如图，即为矩形的最小覆盖圆； （2）∵矩形，，， ∴，； （3）作的垂直平分线，交于，交于， ∴四边形，是两个全等的矩形， ∴， ∵用两个等圆完全覆盖矩形， ∴两圆一定过， 连接，交点分别为， 同理可得：这样的两个等圆的最小直径为或或或， ∴最小直径为， 如图，作的垂直平分线交于， 同法作，，此时不是直径最小的等圆； 综上：用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为. 【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，点与圆的位置关系，多边形的外接圆的含义，矩形的判定与性质，熟练的作图是解本题的关键. 【变式1】（2026·广东深圳·模拟预测）综合与探究 【定义】有一组对角为直角的四边形叫做“对直四边形”． 【示例】如图1，在四边形中，，则称四边形叫做“对直四边形”． 【性质探究】小明同学在研究对直四边形时，发现“对直四边形具有四个顶点均在同一个圆上”的性质，证明的思路如下： 如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，______， ∴_____， ∴， ∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． (1)请补全小明同学的证明过程． (2)【性质应用】如图3，在矩形中，点是边上一点，过三点的圆交对角线于点． ①求证：四边形是“对直四边形”； ②若，当为等腰三角形时，直接写出的长． (3)【拓展提升】如图4，在矩形中，（为正实数）．点是延长线上一点，过三点的圆交对角线于点，延长交于点．请求出的值（用含的式子表示）． 【答案】(1)的中点为； (2)①见解析；②的长为或或． (3)的值为． 【难度】0.35 【分析】（1）根据“对直四边形”定义和直角三角形斜边中线的性质解答； （2）①连接，设圆心为O，证明为的直径，可得四边形是“对直四边形”；②求出，证明，得，根据为等腰三角形，当时，当时，当时，分三种情况解答． （3）设圆心为点O，连接，证明，可得，得，证明C，D，E，F在以为直径的圆上，得，证明，可得，即得． 【详解】（1）解：如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，的中点为， ∴， ∴， ∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． （2）解：①连接，设圆心为O， ∵在矩形中，， ∴为的直径， ∴， ∴四边形是“对直四边形”； ②∵矩形中，，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等腰三角形， ∴当时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，， 设与交点为F，连接， ∵， ∴是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，． 故的长为或或． （3）解：设圆心为点O，连接， ∵在矩形中，，且（为正实数）． ∴， ∴是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴C，D，E，F到线段的中点的距离相等， ∴C，D，E，F在以为直径的圆上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故的值为． 【变式2】（2026·广东中山·一模）在钝角三角形中，钝角的度数恰好是其中一个锐角的度数与90度的和，则称这个钝角三角形为妙趣三角形，这个锐角叫做妙趣角．如图1，是妙趣三角形，是妙趣角．若，则． 【概念理解】 (1)当妙趣三角形是等腰三角形时，则妙趣角的度数为__________； 【性质探究】 (2)如图2，数学兴趣小组发现，当是妙趣三角形，是钝角，是妙趣角时，存在的结论，请你证明这个结论； 【拓展应用】 (3)如图3，是的直径，点，是圆上的两点，弦与交于点，连接，，和都是妙趣三角形，且、分别为妙趣角时，求的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【难度】0.3 【分析】（1）设妙趣角的度数为x．根据新定义，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理列方程再求解即可； （2）先根据新定义证明，再证，推出，即可证明； （3）连接，，设，由为妙趣角，得出，由为妙趣角，得出，根据内角和为180度列式可求得，再证明，据此计算即可求解． 【详解】（1）解：设妙趣角的度数为x． 则， 解得， 即妙趣角的度数为． （2）证明：如图，作交于D， ， 是妙趣三角形，是钝角，是妙趣角， ， ， 又， ， ， ， ； （3）解：如图，连接，，设， 为妙趣角， ， ， 是的直径， ， ， 为妙趣角， 在中，， ， ， ， 解得， 即． 则， ∵，， ∴， ∴， 则， ∴， 故， ∵， ∴， 则， 即， ∴， ∵， ∴， 则， ∴， ∵， ∴． 【变式3】（2026·湖南湘潭·一模）综合探究 (1)【问题发现】 如图1，已知点为正方形对角线上一动点（不与点、重合），连接，将线段绕点顺时针旋转90°到处，连接．请写出与的数量关系，并给出证明过程． (2)【类比探究】 如图2，在矩形中，，点为对角线上一动点（不与点、重合）．在中，，，连接．请探究此时与的数量关系，并给出探究过程． (3)【拓展延伸】 如图3，在矩形中，，点为射线上一动点，点为的外接圆的圆心，连接，，若，则当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)，见解析 (2)，见解析 (3)的长为或 【难度】0.4 【分析】（1）①先根据旋转的性质得出，，再根据正方形的性质得出，，接着证明，从而可得； （2）先根据矩形的性质得出，再利用正切求得，，从而可得，再证明，从而可得，根据相似三角形的性质列出比例式，由此可得； （3）分两种情况：当点在线段上时，当点在线段的延长线上时．根据可得，再解三角形即可． 【详解】（1）解： 证明如下： 将绕点顺时针旋转90°到处， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， （2）， 理由如下： 四边形是矩形， ， ， ， 同理在中，， ， ， ， ， 即， ， ，即 （3）的长为或 解：方法一 在中，，， ， 当点在线段上时， ， 在中，， 过点作， 在中，，， ，， 在中，， ， ； 当点在线段的延长线上时： ， 在中，， 过点作， 同理，在中，，， 在中，， ． 综上所述，的长为或． 方法二： 在中，，， ， 连接并延长交于点，连接， 在中，为直径 ，，且， 又， ，， 由（2）得， 设，则，， ，， ， 或， 或． 题型02 在旋转变换中构造全等（相似）三角形解决问题 解｜题｜策｜略 ·一般思路： 1. 找准旋转中心、旋转角、旋转方向，抓住旋转全等/相似不变性，确定对应边相等、对应角相等、旋转角相等。 2. 寻找隐含条件（公共边、公共角、对顶角），结合旋转性质，通过SAS、ASA等判定定理构造全等三角形；利用等角推角相等，结合边长比例构造相似三角形。 3. 利用全等/相似转化线段、角度，将分散的几何条件集中，结合勾股定理、三角形内角和求解长度、角度与最值。 4. 关注旋转过程中的特殊位置（共线、垂直），分类讨论不同旋转情况，避免漏解。 ·常用策略：①紧抓旋转不变性，以旋转角为突破口构造全等/相似，实现线段与角度的等量转化；②掌握“找旋转要素→证全等/相似→转化求解”的固定思路。 例1 （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) 【难度】0.4 【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． 例2（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或. 【难度】0.4 【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论； （3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案. 【详解】解：（1）∵在菱形中， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵点与线段的中点重合， ∴，； （2）如图，把绕顺时针旋转得到， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵点在线段上，且， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）如图，当在线段上，记与交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 如图，当在线段上时，延长交于， 同理可得：，， ∴， 设，而，则， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 综上：的长为或. 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 【变式1】（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 【答案】（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）． 【难度】0.4 【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可； （2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可； （3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可； （4）同理可证，，，根据，求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形， ∴，， ∴旋转角为，， 故答案为：；； （2）如图， 根据题意得， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）的值与α无关，理由如下， 如图， 同理可证， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∵O是的垂直平分线与的交点， ∴， ∴， 过点作于点， ∴，， ∴， ∴， ∴的值与α无关； （3）同理可证，，， ∴，， ∵， ∴ ， 即． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 题型03 在三角形外部构造全等转化线段（含费马点模型） 解｜题｜策｜略 ·一般思路： 1. 分析线段位置关系，当线段分散难以直接求解时，围绕三角形顶点向外作全等三角形，实现线段平移、转化。 2. 费马点模型：以三角形任意两边为边，向外作等边三角形，连接对应顶点，交点即为费马点；通过旋转60°构造全等三角形，将三条线段和转化为直线段，利用两点之间线段最短求最值。 3. 结合全等性质，确定转化后线段的等量关系，借助三角形三边关系、勾股定理计算线段长度与最值。 4. 明确构造方向与角度，验证构造后的图形性质，避免辅助线画法错误。 ·常用方法： ①核心是构造全等实现线段转化；②费马点牢记“旋转60°+等边三角形+化折为直”；③掌握向外构造全等的辅助线画法，突破线段最值与求和问题。 例1 （2026·江苏南京·模拟预测）定义：三角形的三条中线相交于一点，这点叫做三角形的重心．如图，在中，分别是边上的中线，三条中线交于重心G． 【性质探究】 (1)小颖发现点E、D分别是的中点，由此联想到三角形中位线，请你根据小颖的思路，证明：； 【迁移应用】 (2)经过探究，小颖进一步发现：以的三条中线为边，一定可以构成一个新的三角形．请你帮助小颖完成这一结论的证明． 【创新研究】 (3)探究由三条中线为边构成的三角形与的面积之间的数量关系．若设的面积为S，由三条中线构成的三角形的面积为，请写出S与之间的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【难度】0.48 【分析】（1）得到为的中位线，则，再由即可证明； （2）连接并延长至点，使得，连接，先证明四边形为平行四边形，则，再证明四边形为平行四边形，则，而构成了，即可证明以的三条中线为边，一定可以构成一个新的三角形； （3）根据三角形的中线等分面积以及相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的中线， ∴点为的中点， ∴， ∴ ∴， 即； （2）证明：连接并延长至点，使得，连接， 同理可得， ∴ ∵点为的中点， ∴ ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵点为的中点， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵构成了， ∴以的三条中线为边，一定可以构成一个新的三角形； （3）解：S与之间的数量关系为，如图： 设， ∵， ∴， 由（2）知，， ∴ ∴， ∴，即 ∵点为中点， ∴ ∴ 同理 由（2）知， ∴ 同理可得， ∴， ∴，即， ∴． 【变式1】（2026·广东东莞·一模）旋转是初中数学图形变换很重要的内容．通过旋转将已知条件这种分散的边或角等条件相对集中在一起，构建起新的联系，从而解决问题． (1)【发现问题】如图 1，P为等边内一点，，求：以为边构成的三角形各个内角的度数． 解：如图 2 ，把绕点 A 旋转到，连接，请完成后面的过程； (2)【类比探究】如图 3 ，已知线段用无刻度的直尺和圆规求作等边，使内部一个顶点 P 到三个顶点的距离分别为4 ，5 ，6．（保留作图痕迹，不写作法） (3)【拓展延伸】如图4，在四边形中，．探索线段的数量关系并证明你的结论． 【答案】(1)，过程见解析 (2)见解析 (3)，证明见解析 【难度】0.37 【分析】（1）由等边三角形的性质得到，由旋转的性质可得，则可证明是等边三角形，得到，据此求出和的度数，再求出的度数即可得到答案； （2）先作，满足，再作等边三角形，连接，以为边作等边，则即为所求；利用可证明，则，而，故即为所求； （3）将绕点B逆时针旋转60度得到，连接，则是等边三角形，可得，；证明是等边三角形，得到，证明，得到；证明，由勾股定理得，即． 【详解】（1）解：如图 2 ，把绕点 A 旋转到，连接， ∵是等边三角形， ∴； 由旋转的性质可得，， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴以为边构成的三角形即为， ∴以为边构成的三角形的三个内角的度数分别为； （2）解：如图所示，即为所求； （3）解：，证明如下： 如图所示，将绕点B逆时针旋转60度得到，连接， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 题型04 在折叠模型中构造全等（相似）三角形解决问题 解｜题｜策｜略 ·一般思路： 1. 明确折叠本质是轴对称变换，折叠前后图形全等，对应边、对应角相等，折痕为对称轴。 2. 标注折叠前后的相等线段、相等角，寻找公共角、直角等条件，构造全等或相似三角形。 3. 设未知数表示未知线段长度，利用全等/相似的比例关系、勾股定理，建立方程求解线段长度。 4. 关注折叠后重叠、重合的特殊情况，分类讨论折叠位置，避免忽略多解问题。 ·常用方法：牢记①“折叠即全等”；②数形结合+方程思想；③通过标等量、构相似/全等、列方程三步解题；④重点掌握折叠后角度与线段的转化规律。 例1 （2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或 【难度】0.4 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形； （2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 解：②∵，，， ∴， 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得，，， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则， 同理得，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵是以为腰为底的等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键． 例2（2025·山东东营·中考真题）    （1）探索发现 东营市全面落实国家课程方案．某校开设了纸艺课程，三个项目组在折纸活动中发现：在中，，，折叠，使边落在边上，折痕为，则、与的两边、存在着某种关系．如图1，请你帮助项目组判断与的数量关系为____________． （2）猜想验证 项目组猜想：当为任意三角形时，上述数量关系仍然成立．为了验证这一猜想，项目组按照（1）中的方法折叠，为折痕，分别得出了不同的方案，并画出了以下图形．请选择任意一种方案证明． （3）拓展应用 如图5，在中，平分交于点，为延长线上一点，．求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【难度】0.4 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是做题的关键． （1）根据折叠的性质可得，，进一步得，再根据，，证明，最后通过线段的比例式即可得出结论； （2）根据每组方案已知条件，证出相似三角形，再通过线段的比例式即可得出结论； （3）先通过倒角证出，再通过线段的比例式即可得出结论． 【详解】解：（1），， ． 由折叠可得，， ，， ． ，， ， ，即， ． 故答案为：． （2）方案①： 证明：∵， ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴．                                                      ∵，                                               ∴， ∴， ∴． 方案②： 证明：∵， ∴，． ∵， ∴， ∴．                                                      ∵，                                               ∴， 即． 方案③ 证明：∵，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵，                                              ∴，                                        ∴， ∴． （3）证明：∵平分， ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴．                                                      又∵，                                        ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． 例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 【难度】0.4 【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． 【变式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） 【难度】0.4 【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． 【变式3】（2026·江苏无锡·一模）数学活动课上，老师为同学们提供了若干大小不同的矩形纸片、其中边长均为．同学们以折叠矩形纸片展开数学探究活动． 【动手操作】 步骤如下： 第一步：如图①，将矩形纸片对折、使边重合，展开后折痕与交于点F． 第二步：如图②，在上取一点E，沿折叠矩形，点A的对应点为G．延长交于点H，将纸片沿过点H的直线折叠．使点C的对应点落在所在直线上，折痕与交于点M． (1)求证：． 【初步感知】 A小组的同学们选用了如图③所示的矩形纸片．在按上述步骤折叠的过程中发现，当点E与点D重合时，此时点F、G、M三点在一条直线上． (2)求的长． 【应用创新】 (3)如图④，B小组的同学们选用了的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点E），且第二步折叠中，过点H的折痕与交于点M，把纸片展开后，连接．当为直角三角形时，则的长为________． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【难度】0.36 【分析】（1）连接，根据折叠的性质得到，再证明即可； （2）证明，则，再对运用勾股定理求解即可； （3）当时，可得四边形是矩形，则，然后可得 为等腰直角三角形，则；当时，连接，过点作于点，先得到三点共线，求出，则，再证明，设，则，根据相似三角形的性质求解，最后由勾股定理求解得到． 【详解】（1）证明：连接，如图②： 由第一次折叠可得，， ∵四边形是矩形， ∴ 由第二次折叠可得， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：连接，如图③： 由②得，， ∴ ∵矩形， ∴，， ∴ 由折叠可得， ∵ ∴ ∴， 由（1）得， ∴ ∴ ∴， 由折叠可得， ∴， ∴， ∴； （3）解：当时， ∴ ∵矩形， ∴ ∴ ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠可得，平分 ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴； 当时，连接，过点作于点， 则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， ∴， 同上可证明四边形为矩形， ∴， ∴， 由折叠可得，， 由（1）得， ∴， ∴ ∴ ∴， ∵ ∴， ∵， 又∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴， 设，则 ∴， 解得 ∴， 综上：当为直角三角形时，则的长为或． 题型05 应用函数方程思想解决几何问题 解｜题｜策｜略 ·一般思路： 1. 梳理几何图形中的已知量与未知量，挖掘线段、角度、面积的等量关系。 2. 设关键线段长度、角度为未知数，利用全等、相似、勾股定理、面积公式等，建立一元一次方程、一元二次方程或函数关系式。 3. 结合几何图形的取值范围，确定自变量的取值范围，求解方程或函数的最值、特殊值。 4. 检验解的合理性，排除不符合几何实际意义的解。 ·常用策略：①以函数方程思想为核心，将几何问题代数化；②通过“找等量→列方程/函数→求解验证”，实现几何与代数的融合解题。 例1 （2026·山东潍坊·一模）【问题提出】 在中，，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，连接，过点D作的垂线交直线于点F．探究、、之间的数量关系． 【特例探究】 (1)如图1，当时，证明：； (2)如图2，当时，数学兴趣小组给出了一种解题思路： 取的中点G，过点G作，分别交、于点H、M． 易得为等腰直角三角形，由（1）可得，进而由，，推导得、、之间的数量关系是：_________； (3)如图3，当时，探究、、之间的数量关系，并说明理由． 【问题解决】 (4)当时，写出、、之间的数量关系：_____． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，理由见解析 (4) 【难度】0.4 【分析】（1）当时，，连接，可证明，得出，则，根据勾股定理求出，即可得证； （2）当时，，取的中点G，过点G作，分别交、于点H、M．则，，得出，，由（1）可得，证明，根据相似三角形的性质求出∴，即可求解 （3）当时，，取的中点G，过点G作，分别交、于点H、M．类似（2）求解即可； （4）当时，，取的分之一点G（靠近点D），过点G作，分别交、于点H、M．类似（2）求解即可． 【详解】（1）证明：当时，， ∴， 连接， ∵在中，，， ∴，，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：当时，， 取的中点G，过点G作，分别交、于点H、M． 则，， ∴，，即为等腰直角三角形， 由（1）可得， ∵， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴； （3）解： 理由：当时，， 取的三分之一点G（靠近点D），过点G作，分别交、于点H、M． 则，， 由（2）可得， ∵， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴； （4）解：当时，， 取的分之一点G（靠近点D），过点G作，分别交、于点H、M． 则，， 由（2）可得， ∵， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴． 例2（2026·山东青岛·一模）综合与实践 问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动． 操作思考： 如图1，在矩形中，当，，为边上一点，为边上一点，连接，将和分别沿翻折，若的对应点均落在矩形对角线上．小明发现，若设为、为，则． 小明是这样思考的： 设为、为，则，， 由于， 易证： ， ，，则，， ， ． ，两边同除以得 问题探究： (1)如图2，在矩形中，当，，为边上一点，为边上一点，连接，将和分别沿翻折，若的对应点均落在矩形对角线上．若设为、为y，则______，请写出你的具体解决过程． 拓展延伸： (2)如图3，在矩形中，当，，为边上一点，为边上一点，连接，将和分别沿翻折，若的对应点均落在矩形对角线上．设为、为，则______（用含、的代数式表示）． 【答案】(1) (2) 【难度】0.45 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，由折叠的性质可得 ，证明，根据锐角三角函数可推出，，则可得到，，进而可得，据此求解即可； （2）同（1）求解即可． 【详解】（1）解：设为、为，则，， ∵四边形是矩形， ∴，， 由折叠的性质可得 ∴， ∴， ∴， ∴，， ，， ，， ∵，， ． ， ∴； （2）解：设为、为，则，， ∵四边形是矩形， ∴，， 由折叠的性质可得 ∴， ∴， ∴， ∴，， ，， ，， ∵，， ． ， ∴， ∴ ∴． 【变式1】（2026·河北廊坊·一模）综合与实践 【问题情境】在数学课上，老师给出矩形纸片（，），让同学们在纸片中作出一个的角． 【操作一】甲组同学利用折叠：如图1，把矩形纸片对折，使边与重合，展开后得到折痕．再一次折叠纸片，使点A落在上的点E处． (1)的长为_____，的度数为_____； (2)连接．若，求的值； 【操作二】 (3)乙组同学利用尺规，根据“圆周角等于它所对弧上的圆心角的一半”来得到的角：如图2，分别以点A，B为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点O，连接，． 请你在图2中补全作图，并在矩形纸片中找出一点K，使，在图2的作图中，可画出_____（填“1”“2”或“无数”）个满足条件的； 【折叠拓展】 (4)甲组同学连接图1中的，并将剪下来，点G在边上，点H在边上，将沿直线折叠，使点A落在点处，如图3、图4所示．    在图3中，点H与点E重合，阴影部分的周长为_____． (5)如图4，点P，Q在边上，且，点落在线段上（包括端点）若，，直接写出y与m之间的关系式，并写出m的取值范围． 【答案】(1)2； (2) (3)见解析，无数 (4)6 (5)，m的取值范围是 【难度】0.44 【分析】（1）根据折叠的性质特殊角的三角函数值，即可求解； （2）作，垂足为，根据矩形的性质和折叠的性质，易求，再通过解直角三角形，求出，，从而求出，最后根据正切的定义，计算即可； （3）根据尺规作图的步骤，作图即可；再根据“圆周角等于它所对弧上的圆心角的一半”，易得，最后根据K是弧上的点，可得出有无数个； （4）根据折叠的性质，即可求解； （5）根据题意，易求，，再根据折叠的性质，可得， ，利用“”得，从而，最后根据点分别与点、重合时，计算出的值，即可求出范围． 【详解】（1）解：由折叠可知，，，， 在中，，则； （2）解：如图1，作，垂足为， 由折叠可知，，，， 在中，，则， ， 矩形， ， ， 在中，，， ， ， 在中，； （3）解：如图2，即为所求， 以点为圆心，为半径作圆，在与矩形纸片相交弧上任选一点K，连接、即可； 由图可知，，即是等边三角形， ， ， 即点K可以是与矩形纸片相交弧上的任意一点， 故可以画出无数个满足条件的； （4）解：由折叠可知，，， 由（2）知，，即， ， 是等边三角形， ， 阴影部分的周长为：； （5）解：由折叠可知，，，， ，， ，， 则， ， 由（4）知，是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ，即， ，， ，， 当与点重合时，，则， 当与点重合时，，则， 点落在线段上（包括端点）， ， 综上可知：，其中． 【变式2】（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践 如图，在边长为8的正方形中，作射线，点是射线上的一个动点，连接，以为边作正方形，连接交射线于点，连接．（提示：依题意补全图形，并解答） 【用数学的眼光观察】 （1）请判断与的位置关系，并利用图（1）说明你的理由． 【用数学的思维思考】 （2）若，请你用含的代数式直接写出的正切值________． 【用数学的语言表达】 （3）设，正方形的面积为．请求出与的函数解析式．（不要求写出自变量的取值范围） 【答案】（1），理由见解析； （2）； （3）与的函数解析式为． 【难度】0.4 【分析】（1）由正方形的性质，得出线段之间的数量关系和角之间的数量关系，综合应用全等三角形的判定和性质即可确定与的位置关系； （2）由正方形的性质，可得线段之间的位置关系，综合应用相似三角形的判定和性质，可得边之间的比例关系，化简整理即可； （3）根据点的位置变化，进行分类讨论，应用勾股定理即可得出每种情况下正方形的面积，对各种情况所得结果进行整理即可． 【详解】（1）解： 理由： ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接交于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵正方形的边长， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． （3）解：当点在对角线上时，如图，过点作于点， ∵，， ∴，， ∴在中，， ∴， 当点在上，点在上时，如图，过点作于点， ∵，， ∴，， ∴在中，， ∴， 当点在对角线的延长线上时，如图，过点作交的延长线于点， ∵，， ∴，， ∴在中，， ∴， 综上所述，， 答：与的函数解析式为． 【点睛】本题考查正方形的性质，锐角三角函数，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，正方形的面积，解题的关键是熟练掌握三角形全等和相似的判定定理，会用分类讨论的思想方法解决问题． 题型06 综合实践 解｜题｜策｜略 ·一般思路 1. 审题拆解问题，分为“操作探究→猜想证明→拓展应用”三部分，遵循从特殊到一般的解题思路。 2. 操作探究：按题目要求动手画图、测量、计算，总结初步规律；猜想证明：结合几何定理、全等/相似性质，严谨推理验证猜想。 3. 拓展应用：将前面得出的结论、方法迁移到复杂情境中，解决实际应用、最值、存在性问题。 ·方法点拨 ①遵循“特殊→一般→应用”的探究思路；②注重知识迁移与方法复用，规范作图，从图中分析转化问题；③前序结论为后续解题铺垫，分步突破。 例1 （2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）如图①，在中，请画出一个，使得点，，分别在边，，上； （2）如图②，在矩形中，，，为矩形内一点，且满足，周长的最小值； 问题解决 （3）为了进一步提升游客的体验感，某公园管理部门准备在花海边沿与游客服务中心之间的草地上选址修建一条笔直的步道及一个观景台．如图③所示，区域为草地，线段为花海边沿，点为游客服务中心，线段为步道，点和点为步道口，点为观景台．按照设计要求，点，分别在边，上，且满足，为的中点，为保证观赏花海的最佳效果，还需使最大．已知，，请你帮助公园管理部门确定观景台的位置（在图中画出符合条件的点），并计算此时步道口与游客服务中心之间的距离．（步道的宽及步道口、观景台、游客服务中心的大小均忽略不计） 【答案】（1）见详解（2）（3） 【难度】0.4 【分析】（1）先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接，则，故四边形是平行四边形，即可作答． （2）过点作于点，解得，故在线段上运动的，整理，经过分析当有最小值时，则的周长有最小值，即作点关于的对称点，当三点共线时，有最小值，即的长，结合矩形的性质以及勾股定理列式计算，得，即可作答． （3）取的中点，取的中点，连接，得是的中位线，再过点作，证明，整理，故，再证明四边形是平行四边形，因为是的中点，得，11 、证明，，理解题意，得为定值，则点在的中位线上运动，作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大，先得出，，运用三角函数得，代入数值进行计算，即可作答． 【详解】解：（1）依题意， 先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接， 则， ∵ ∴四边形是平行四边形， 即如图所示： （2）如图，过点作于点， ∵， ∴， 解得， 过点作且分别与，交于， 即在线段上运动的， 则， 当有最小值时，则的周长有最小值， 作点关于的对称点 ∴，， ∴， 当三点共线时，有最小值，即的长， 即的周长有最小值， ∵ 四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， 此时的周长； （3）如图，取的中点，取的中点，连接， ∴是的中位线， 过点作， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 连接 ∵是的中点，且四边形是平行四边形， ∴， ∴是的中点 过点作于点，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，过点作于点， ∴为定值， ∴为定值， 则点在的中位线上运动， 作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大， ， 故， 如图，连接，作于点，于点，连接 ∵与相切于点 ∴， ∵于点， ∴， ∵， ∴， 故三点共线， ∴， 则， ∴， ∵，是的中点， ∴，， ∴， 即， ∴， ∴， ∵点是的中点，是的中点 ∴是三角形的中位线， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了解直角三角形的相关运算，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 例2（2026·福建泉州·一模）随着科技的发展，新能源汽车越来越普及．某停车场为了满足新能源汽车充电的需要，计划在长、宽的矩形空地修建一个新能源汽车充电场所，某数学项目组负责设计方案． 【资料收集】该项目组通过网络查阅资料和实地考察，确定采用“垂直式”、“平行式”或“倾斜式”三种车位类型进行设计，相关信息如下表： 类型 垂直式车位 平行式车位 倾斜式车位 示意图            数据单位：m 矩形，， 矩形，， 平行四边形，， 行车通道宽度不低于3.5m 【设计方案】依据收集的材料，同学们设计了如下两种方案： 案例解析 方案一：拟设计成如图1所示的垂直式和平行式车位各一排． ， ∴可设计成垂直式和平行式车位各一排， ，， ∴一排垂直式的停车位有14个，一排平行式的停车位有6个， ∴方案一的停车位共有20个． 问题探究 (1)方案二：拟设计成如图2所示的两排都是倾斜式车位，这种设计方案是否可行？若可行，试求出这种方案的最多停车位数？若不可行，请说明理由； （相关参考数据：，） 优化设计 (2)请你结合以上数据及分析，设计一个停车位数量更多的方案，画出设计示意图，并说明理由． 【答案】(1)方案二设计为两排倾斜式停车位最多有22个 (2)理由见解析 【难度】0.4 【分析】（1）过点H作，交的延长线于点P，则，利用平行四边形的性质得，结合解直角三角形求得和，结合，可得倾斜式车位可以设计2排，所以方案二的设计合理，经计算方案二可以设计为两排倾斜式停车位最多有22个； （2）根据，则可设计成垂直式和倾斜式车位各一排，这样停车位数更多，那么该方案可以设计停车位共有25个． 【详解】（1）解：方案二是可行的， 如图，过点H作，交的延长线于点P，则． 在中，， ， 在中，，， ，， ， ， ∴方案二是可行的． ， ∴一排倾斜式停车位有11个， ∴方案二设计为两排倾斜式停车位最多有22个． （2）解：可设计成如图所示垂直式和倾斜式车位各一排，这样停车位数更多， 理由如下： ， ∴可设计成垂直式和倾斜式车位各一排． 由方案一可知，一排垂直式停车位有14个， 由方案二可知，一排倾斜式停车位有11个， ∴按图设计为一排垂直式和一排倾斜式的停车位共有25个． 【变式1】（2026·陕西西安·模拟预测）小赵同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”． 【特例感知】 (1)如图①，为半圆的直径，为圆心，为半圆上的两点，若，则的值为______； 【类比迁移】 (2)如图②，在中，，，，点在直线的右侧，且满足，试探究线段最小值．聪明的小赵同学想到了方法：在上截取，以为直径作，如图③所示，请聪明的你延续小赵同学的思路求出线段最小值． 【问题解决】 (3)如图④，有一块矩形型板材，米，米，由于工作需要，工人王师傅想在这块板材上找一点，裁出与，并满足，．请问王师傅的设想可以实现吗？如果可以，请帮他计算所裁得的的面积；如果不能，请说明你的理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，7 【难度】0.3 【分析】（1）利用半圆直径所对圆周角为直角，得到，再依据同弧所对圆周角相等，将转化为，结合三角函数定义求解． （2）根据的条件，构造以特定线段为直径的圆，利用圆的性质确定点的轨迹，再通过相似三角形、勾股定理等知识求出的最小值． （3）先根据三角形面积比推出平分，再构造圆确定点的位置，最后借助三角函数、三角形面积公式等计算的面积，判断设想是否可实现． 【详解】（1）解：∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． （2）解：在上截取，以为直径作， ∵， ∴过点，， 连接交于，连接、，则， ∴，此时取最小值， 过点作于，则， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， 即线段最小值为； （3）解：存在． 理由：在上取一点，使得，连接，以为直径作，作的平分线交于点，即可实现设想 ∵， ∴当点在上，且在直线的右边时，满足条件， 过点作于点，于点，延长交于点． ∵，， 又∵， ∴， ∴平分， ∴， 过点作于 ∴， ∴ ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的基本性质（直径所对圆周角为直角、同弧所对圆周角相等 ）、三角函数的定义与应用、三角形面积计算、相似三角形判定与性质以及最值问题求解．解题关键在于准确“化隐圆为显圆”，即根据已知条件构造合适的圆，将分散的几何条件集中到圆上，利用圆的性质和相关几何知识解决问题，同时要灵活运用三角函数、三角形面积公式等知识进行计算和推理． 【变式2】（2026·陕西西安·三模）问题探究 (1)如图①，已知中，，，平分．若为上一动点，连接，则的最小值为_____； (2)如图②，已知中，，，为中点，作，分别交边、于、两点，四边形的面积是否发生变化？若不变化请求出这个面积；若发生变化，请求出四边形的面积的最小值； 问题解决 (3)如图③，某公园中有一块四边形空地，经测量米，，．现计划对该空地进行重新规划，分别在边上选取点、，并沿，修两条休闲通道（通道的宽度忽略不计），设计要求四边形的面积为平方米，该区域将用于种植观赏花卉．为保障施工的安全，需在四边形的四周修建护栏．为了节约修建成本，四边形的周长是否存在最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)四边形的面积不会变化，面积的最小值为平方米 (3)存在，四边形的周长的最小值为米 【难度】0.4 【分析】（1）根据三线合一得到，，当时，的值最小，由等面积法即可求解； （2）根据题意，是等腰直角三角形，证明，得到，结合图形，面积的计算及等量代换即可求解； （3）如图所示，过点作于点，过点作于点，可算出（平方米），如图所示，过点E作于点K，设米，米，得到，则最小即可，点重合，点重合，此时的值最小，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵，，平分， ∴，， ∴在中，， 为上一动点，连接， ∴当时，的值最小， ∵， ∴； （2）解：四边形的面积不会变化，面积为16平方米，理由如下， 如图所示，连接， ∵已知中，，，为中点， ∴是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的面积不会发生变化， ∵， ∴四边形的面积为； （3）解：存在，四边形的周长的最小值为米，理由如下， ∵米，，， ∴四边形是等腰梯形，， 如图所示，过点作于点，过点作于点， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形，则米， 在中，米，， ∴米，米， ∵米， 同理，米，米 ∴米， ∴（平方米）， ∵四边形的面积为平方米， ∴（平方米）， 如图所示，过点E作于点K，设米，米， ∴，则， ∴米，米， ∴（平方米），（平方米）， ∴， 化简得，， ∴米，则米， ∴当值最小时，四边形的周长存在最小值， 把绕点逆时针旋转，得到，作点关于射线的对称点，交于点，连接，如图所示， 由旋转可得，， ∵， ∴共线，米， ∵米， ∴米， ∵， 当共线时，取得最小值，最小值为的长，即米， ∴四边形的周长的最小值为（米）． （90分钟限时练） 1．（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为． 【难度】0.4 【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可； （2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解； ②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可； （3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （2）①四边形是矩形，理由如下， 由折叠的性质得，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； ②延长和相交于点，连接， 由折叠的性质得，，， ∵点恰好落在边上， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵， ∴点在对角线上， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）由折叠的性质得，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴点在以为直径的上，连接，， ∴，即点在上时，线段存在最小值， ∵， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键． 2.（2026·广东深圳·二模）综合与探究 【定义】如图1，点是的对角线的交点，过点作，，垂足分别为、．若时，我们称是的中心距比． (1)【概念理解】如图2，当时，求证：是菱形； (2)【性质探究】在图1中，的中心距比与其相邻两边比是否存在某种关系？若有，求出这种关系；若没有，请说明理由； (3)【拓展应用】如图3，在矩形中，其中心距比，为对角线中点，是边上一点，连接，作交边于点，若，，求的值； (4)如图4，，，点是射线上一动点，点是平面内一点．以、、、为顶点、为边的平行四边形的中心距比．点在射线上，连接、，当时，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)存在， (3) (4)的长为或16或． 【难度】0.3 【分析】（1）方法1：当时，则，根据平行四边形的性质，证明，则，从而得出，即可得证；方法2：根据平行四边形对角线互相平分，可得，再结合，得到，即可得证； （2）根据平行四边形对角线互相平分，可得，从而得出，进而推出，即可得解； （3）过点作，，设，，利用勾股定理列方程，求出，，证明四边形是矩形，得到，，，进而推出，设，，根据三角形面积公式列方程，求出的值，即可得解； （4）由（2）可知，当时，平行四边形两相邻边的比为2．分三种情况讨论：①当时，过点作于点，过点作延长线于点；②当时，过点作于点，过点作延长线于点，利用角的正切值求解；③时，连接，过点作，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：方法1： 当时，则， ， ， 在和中， ， ， ． ， 是菱形． 方法2： ， ， 时，， ， 是菱形． （2）解： ， ， ， ． （3）解：如图，过点作，， 矩形，， ，，，， ， 设，， ， 解得：， ，， ，，， ，， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， 设，， ，， ， ， 解得：， ． （4）解：由（2）可知，当时，平行四边形两相邻边的比为2． ①如图1，当时，过点作于点，过点作延长线于点， 四边形是平行四边形， ，， ，， 在中， ， 设，， ， 解得：， ，， ， 同理可得，，， ， ， ， ， ， ， ； ②如图2，当时，过点作于点，过点作延长线于点， 四边形是平行四边形， ，， ，， ， ， 同理可求，，， ， 由①可知，，， ， ， ， ， ， ； ③如图3，当时，连接，过点作， ， 设，， ， ， ， ， 解得：， ， ， 又， ， ， ， ， ． 综上可知，的长为或16或． 3.（2026·陕西咸阳·一模）【问题探究】 (1)如图，在中，，点是边上的动点，连接，则的最小值为___________； (2)如图，在中，，点是延长线上一点，于点，求的长； 【问题解决】 (3)如图，矩形是某校实践活动基地，现要对该实践活动基地重新扩建规划，首先延长至点，使得，在边上找一点建一口水井，沿修一条水渠，再从向修一条小路，使得于点，再沿分别修小路，在四边形内种植果树．已知，求种植果树面积的最小值（即四边形面积的最小值）．（水井的大小和水渠、小路的宽度均忽略不计） 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.46 【分析】（）根据垂线段最短，确定时最小，再利用等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，由求出的最小值为； （）先由已知条件求出各边长度，再证明与相似，最后根据相似三角形对应边成比例，计算出的长度； （）将四边形的面积拆分为与的面积之和，先由矩形边长算出的面积，将求四边形面积最小值转化为求面积最小值；再把面积表示为点到的距离的函数，结合点的运动轨迹(以中点为圆心的圆)，利用垂线段最短求出点到的最小距离，最终算出四边形的最小面积． 【详解】（1）解：根据垂线段最短，当时，取得最小值，如图： ∵， ， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴； （2）解：， ，则． ， ． ， ， ， ． （3）解：连接，则． 四边形是矩形，， ， ， ， ， 要求四边形面积的最小值，只需求出面积的最小值． 过点作于点， 则， 只需求出点到的距离的最小值． 以的中点为圆心，为半径作， ，即， 点在上方的上运动． 过点作于点交于点，连接． ， 当点移动到点的位置时，点与点重合，此时点到的距离最小，最小值为的长． 是的中点， ， ． 在和中，， ， ，即， ， ， ， 故种植果树面积的最小值为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $