专题02 几何综合探究压轴（解答题压轴题）（北京专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题02几何综合探究压轴（解答题压轴题） 命题预测 以等腰三角形、直角三角形、圆、特殊四边形为载体，融合几何变换、动点探究、分类讨论。命题趋向条件简约、思维多元，由特殊到一般逐层设问，重点考查构造辅助线、模型迁移、分类讨论思想，常结合隐圆、极值、多情况分析考查。 高频考法 1.特殊三角形综合证明与计算 2.动点几何角度 3.线段范围探究 4.隐圆构造几何综合 5.几何定值与最值解答题 典例·靶向·突破 题型01等腰直角三角形综合探究压轴 1．（25-26·北京·一模）【初步探究】 （1）如图1，为等腰直角三角形，，点D在边上（不与点A、B重合），以为腰在下方作等腰直角，，作于点F，求证：； 【灵活应用】 （2）如图2，等腰直角为某植物园的平面示意图，，点为线段AB上一点，为园内的一条便捷步道，现要对该植物园进行扩建，以为腰在下方作等腰直角区域修建为玫瑰园，，在的延长线上找一点修建一座展览温室，连接，且，点在边上，，，，为植物园中的三条石子路，请你探究线段、与之间的数量关系，并说明理由． 2．（2026·北京海淀·模拟测试）等腰，，，点，分别在轴，轴的正半轴上．    (1)如图，求证：． (2)如图2，若，，求点的坐标． (3)如图3，点，，两点均在轴上，且，分别以，为腰在第一、第二象限作等腰、等腰，连接交轴于点，的长度是否发生变化？若不变，求出的值；若变化，求的取值范围． 题型02动点动态几何角度与线段探究 1．（25-26·北京·一模）如图，，，在四边形中，，于点，于点，且，． (1)的长为___________； (2)动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒． ①如图，连接，，，当时，写出与之间的数量关系，并说明理由； ②如图，连接，当平分时，过点作，交于点，求四边形的周长（用含的式子表示）； ③如图，若点开始运动的同时动点从点出发，以3个单位长度/秒的速度沿向终点运动，当，中一个动点到达终点时，另一个动点也停止运动．线段将四边形分为两部分，直接写出为何值时，所分成的两部分中存在平行四边形． 2．综合与探究 在中，的角度记为． (1)操作与证明：如图1，若，点为边上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转角度至位置，连接．写出和的数量关系：______，______； (2)探究与发现：如图2，若，点变为延长线上一动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转角度至位置，连接．试判断和的数量关系，并说明理由； (3)判断与思考：在（2）的探究中，若，点为直线上一点，当时，直接写出的长． 题型03隐圆构造几何证明与计算 1．（2026·北京丰台·模拟预测）问题提出： (1)如图①，在四边形中，，，，点A到边的距离为，则_____． 问题探究： (2)如图②，在四边形中，，，，，求四边形面积的最大值． 问题解决： (3)如图③，为市区内某公园，现有关部门计划在边AB、AC外侧修建人工湖和，用来养殖观赏鱼，已知，，要求，，．为节约成本，要求人工湖面积和（和的面积和）尽可能小，同时为防止游客失足跌落湖中，还需分别在和的三条边上修建围栏，试求和面积和的最小值以及此时围栏的长度．（结果保留根号） 2．（2026·北京·一模）菱形中，点E在线段上，连接、． (1)如图1，连接交于点F，若，求证：； (2)如图2，，，点P在线段上，且满足，设，， ①求y关于x的函数解析式，并写出定义域； ②当时，以为半径的和以为半径的是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由． 题型04几何定值、定角类综合解答题 1．【模型提出】如图①，已知线段的长度为4，在线段所在直线外有一点C，且．想确定满足条件的点C的位置，可以以为底边构造一个等腰直角三角形，再以点O为圆心，长为半径画圆，则点C在的优弧上．即：若线段的长度．已知的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型． 【模型应用】如图②，在正方形中，，点E、F分别是边上的动点，，连接，与交于点G． (1)求证：； (2)点E从点B到点C的运动过程中，点G经过的路径长为______； (3)若点I是的内心，连接，则线段的最小值为______． 2．（2025·北京·三模）如图，在菱形中，，点E，F分别为边上的动点，且满足．    (1)【问题解决】求证：； (2)【问题探究】如图②，过点B作交于点G，交于点H，连接．探究之间的关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】若，在点E从点A到点B的运动过程中，求的最大值． 1．在北京欢乐谷玩“水晶神翼”过山车时，马超同学发现：过山车启动前，两侧的翼形座舱会沿中心轴同步展开，整个过程与曾经感到困惑的几何模型“手拉手”高度契合，带着这个问题，他展开了如下探究： (1)等腰直角三角形的斜边长与腰长的比值是__________； 顶角为的等腰三角形的底边与腰长的比值是__________； (2)如图1，点为等腰底边上一点，以为腰在其右侧作等腰，连接，，若，则___________； (3)如图2，在（2）的条件下，分别取边，的中点，，连接，求的度数； (4)如图3，顶角为的等腰的腰上有一动点，连接，并以为底边在其上方作等腰，且，若，当点从点运动到点的过程中，请直接写出点的运动路径长．（用含的代数式表示） 2．（25-26·北京·一模）已知正方形， (1)如图①，点E，F分别在边，上，且．直接写出线段与的数量关系与位置关系； (2)如图②，等腰直角绕点 B 顺时针旋转．当时，连接 ，，此时 与 仍有（1）中的数量关系吗？如果成立，请说明理由．否则，请举出反例． (3)如图，等腰直角绕点B顺时针旋转，当时，连接、、、得到四边形，则顺次连接四边形各边中点所组成的四边形是什么特殊四边形？请直接写出结论． 3．如图1，在梯形中，，且，，动点Q由点B沿向点C移动，1秒钟后动点P由点A沿向点D移动 (1)若动点P的速度比动点Q的速度大1厘米/秒，且动点Q到达C时，动点P 恰好也到达D．试求动点P、Q的速度． (2)若动点P的速度为5厘米/秒，动点Q的速度为3厘米/秒，在运动过程中（P与A、D不重合时），与交于K，与交于N ①当动点Q到达中点时，过K作交于M，求的长；（如图2） ②在这运动过程中，是否会与平行？若会，请求出此时为P点出发后几秒？若不会，请说明理由．（如图3） 4．（24-25·北京·三模）操作与探究 【问题情景】 数学课上，数学老师以平面直角坐标系中的运动问题作为研究方向，提出如下问题： 如图，点在第二象限，轴交轴于点，点在轴负半轴上，，连，点为线段上的一个动点，点为线段上的一个动点． 【问题初探】 （）①点的坐标为 ； ②若，则四边形的面积为 ； 【深入研究】 （）如图，动点从点出发向点移动，速度为每秒个单位长度，同时动点从点出发向点移动，速度为每秒个单位长度． 运动要求：当其中一个动点到达终点时，另一个动点也同时停止运动． 设运动时间为秒，连接．在运动的过程中，当线段恰好把四边形的面积分成相等的两部分时，求时间的值； 【拓展提升】 （）如图，连接交于点，若（）中的动点和动点速度保持不变，，求点的横坐标． 5．（25-26·北京·一模）已知在中，，点是直线上一点，点是射线上一点，． (1)如图1，当时，求的长； (2)当点在射线上时，设，求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)过点作，交射线于点，如果以为圆心，为半径的圆与以点为圆心，为半径的圆有且只有一个交点，求的长． 6．（2026·北京·一模）如图，在矩形中，，．将该矩形绕着点按逆时针方向旋转，得到矩形．连接、． (1)当点的对应点落在边上时，求的长； (2)在旋转过程中，设，的面积为．求与之间的函数表达式，并求出的最大值． 7．在平面内有一，将绕顶点顺时针旋转得到，连接和，直线和交于点． (1)如图1，若是等边三角形，的度数始终等于_____，特别地，当时，_____； (2)若是等腰直角三角形，且，写出直线和直线所夹锐角的度数和线段 与的数量关系，并仅就图2情形说明理由； (3)如图3，在矩形中，，，点是边上靠近顶点的三等分点，连接，将绕顶点顺时针旋转得到．连接和，直线交线段于点．当点三点共线时，直接写出的长． 8．在中，，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转至的位置，使得，连接，交于点，连接． (1)如图1，当时，若平分，求证：； (2)如图2，取的中点，连接．猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，在（2）的条件下，连接．若，当，时，请直接写出的值． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02几何综合探究压轴（解答题压轴题） 命题预测 以等腰三角形、直角三角形、圆、特殊四边形为载体，融合几何变换、动点探究、分类讨论。命题趋向条件简约、思维多元，由特殊到一般逐层设问，重点考查构造辅助线、模型迁移、分类讨论思想，常结合隐圆、极值、多情况分析考查。 高频考法 1.特殊三角形综合证明与计算 2.动点几何角度 3.线段范围探究 4.隐圆构造几何综合 5.几何定值与最值解答题 典例·靶向·突破 题型01等腰直角三角形综合探究压轴 1．（25-26·北京·一模）【初步探究】 （1）如图1，为等腰直角三角形，，点D在边上（不与点A、B重合），以为腰在下方作等腰直角，，作于点F，求证：； 【灵活应用】 （2）如图2，等腰直角为某植物园的平面示意图，，点为线段AB上一点，为园内的一条便捷步道，现要对该植物园进行扩建，以为腰在下方作等腰直角区域修建为玫瑰园，，在的延长线上找一点修建一座展览温室，连接，且，点在边上，，，，为植物园中的三条石子路，请你探究线段、与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）；理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键． （1）利用等腰直角三角形的性质证明，得到，，进一步可得到结论； （2）在上截取，连结，先证明，得到，，再证明，得到，即可得到结论． 【详解】（1）证明：为等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ； （2）解：． 理由如下： 在上截取，连结， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， 又， ， ， ． 2．（2026·北京海淀·模拟测试）等腰，，，点，分别在轴，轴的正半轴上．    (1)如图，求证：． (2)如图2，若，，求点的坐标． (3)如图3，点，，两点均在轴上，且，分别以，为腰在第一、第二象限作等腰、等腰，连接交轴于点，的长度是否发生变化？若不变，求出的值；若变化，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不变， 【分析】（1）根据同角的余角相等得出结论即可； （2）先过点作轴于，再判定，利用全等三角形的性质得到，，进而得出，即可得到点的坐标； （3）先过作，交轴于，再，得出，，然后根据点，，求得，最后判定，得出，即可求得． 【详解】（1）证明：如图1所示：   ，， ， ； （2）解：过点作轴于，如图所示：   ， 在和中， ， ， ，， ， 又点在第三象限， ； （3）解：的长度不会发生改变． 理由如下： 过作，交轴于，如图所示：   ， 等腰、等腰， ， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 点，， ，即， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 又， ，即的长度始终是． 【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积计算以及等腰直角三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导计算．解题时注意：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质． 题型02动点动态几何角度与线段探究 1．（25-26·北京·一模）如图，，，在四边形中，，于点，于点，且，． (1)的长为___________； (2)动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒． ①如图，连接，，，当时，写出与之间的数量关系，并说明理由； ②如图，连接，当平分时，过点作，交于点，求四边形的周长（用含的式子表示）； ③如图，若点开始运动的同时动点从点出发，以3个单位长度/秒的速度沿向终点运动，当，中一个动点到达终点时，另一个动点也停止运动．线段将四边形分为两部分，直接写出为何值时，所分成的两部分中存在平行四边形． 【答案】(1) (2)①，理由见解析；②；③为或时，所分成的两部分中存在平行四边形 【分析】（1）先证明出四边形为矩形，得出，再由计算即可得解； （2）①由（1）可得四边形为矩形，由矩形的性质可得，再证明四边形为平行四边形，得出，即可得解；②证明出四边形为菱形，由题意可得，再结合菱形的性质即可得解；③由题意可得，，由（1）可得，，表示出，求出当时，，再分两种情况：当时，四边形为平行四边形；当时，四边形为平行四边形，分别利用平行四边形的性质列出一元一次方程，解方程即可得解． 【详解】（1）解：∵，于点，于点， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵ ∴； （2）解：①，理由如下： 由（1）可得四边形为矩形， ∴， ∵动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒， ∴当时，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴； ②∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∵动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒， ∴， ∴四边形的周长为； ③点开始运动的同时动点从点出发，以3个单位长度/秒的速度沿向终点运动，动点从点出发，以2个单位长度/秒的速度沿向终点运动，设运动的时间为秒， ∴，， 由（1）可得：，， ∴点运动的时间为秒，点运动的时间为秒，， ∴， ∵线段将四边形分为两部分，所分成的两部分中存在平行四边形， ∴当时，， ∵， ∴当时，四边形为平行四边形，此时， 解得：； 当时，四边形为平行四边形，此时， 解得：； 综上所述，为或时，所分成的两部分中存在平行四边形． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、一元一次方程的应用，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． 2．综合与探究 在中，的角度记为． (1)操作与证明：如图1，若，点为边上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转角度至位置，连接．写出和的数量关系：______，______； (2)探究与发现：如图2，若，点变为延长线上一动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转角度至位置，连接．试判断和的数量关系，并说明理由； (3)判断与思考：在（2）的探究中，若，点为直线上一点，当时，直接写出的长． 【答案】(1)；． (2)，理由见解析． (3)或． 【分析】（1）由旋转的性质得，再证是等边三角形可得，然后证明可得、，最后根据角的和差即可解答； （2）同第（1）的方法证明，再根据全等三角形的性质即可解答； （3）由（2）可得，从而得，进而得到；过A作于F，分两种情况求得,再根据勾股定理以及全等三角形的性质即可解答． 【详解】（1）证明：∵将线段绕点逆时针旋转角度至位置，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴ 在和中， ， ∴， ∴，， ∴． 故答案为：；． （2）解：，理由如下： ∵将线段绕点逆时针旋转角度至位置，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （3）解：∵，， ∴， 由论证①可知，， ∴， ∴， 由，可知共有两种情况，如图，，过A作于F， ∵，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得， ， ∵，即， ∴； 在中，由勾股定理得，， ∵，即 ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点．熟练掌握相关性质和定理是解题的关键． 题型03隐圆构造几何证明与计算 1．（2026·北京丰台·模拟预测）问题提出： (1)如图①，在四边形中，，，，点A到边的距离为，则_____． 问题探究： (2)如图②，在四边形中，，，，，求四边形面积的最大值． 问题解决： (3)如图③，为市区内某公园，现有关部门计划在边AB、AC外侧修建人工湖和，用来养殖观赏鱼，已知，，要求，，．为节约成本，要求人工湖面积和（和的面积和）尽可能小，同时为防止游客失足跌落湖中，还需分别在和的三条边上修建围栏，试求和面积和的最小值以及此时围栏的长度．（结果保留根号） 【答案】(1)20 (2) (3)平方米，米 【分析】（1）如图①：连接，旋转 绕 A 转 到，易得是等边三角形，进而得到点C、D、E三点共线，再利用线段的和差以及等量代换即可解答； （2）先说明边上的高与边上的高相同，不防设为h，进而得到的最大值与h有关，如图②：过A作于G，即，作的外接圆，由图可知当位于中点时最大，即h最大，连接，再利用圆的知识以及解直角三角形求得h的最大值为，进而完成解答； （3）如图③：把绕 A 旋转使与重合得到，则：，进而得到，；如图③：过B作于G,解直角三角形可得，则，，；再说明，即要求和面积和的最小值，只需求得的最大值，即边上高的最大值，然后利用（2）的方法求得的最大值；进而求得和面积和的最小值；解直角三角形可得，即；如图：以A点为坐标原点，为x轴负半轴建立直角坐标系，过作于K,则，利用坐标与图形、两点间距离公式、解直角三角形可求得，即，最后再求围栏的周长即可． 【详解】（1）解：如图①：连接，旋转 绕 A 转 到， ∴，， ∴是等边三角形． ∴ ∵，， ∴ 又∵， ∴， ∴点C、D、E三点共线，即， ∴， 如图①，过作于F， ∴， ∴． （2）解：如图②： ∵， ∴边上的高与边上的高相同，不妨设为h， ∵， ∴要求的最大值，只需求得h的最大值即可． 如图②：过A作于G，即，作的外接圆，由图可知当位于中点时最大，即h最大，连接， ∴， ∵， ∴， ∴，即h的最大值为， ∴四边形面积的最大值为． （3）解：如图③：把绕 A 旋转使与重合得到，则：， ∵，， ∴，， ∴，， 如图③：过B作于G，则， ∴， ， ∴， ∵， ∴要求和面积和的最小值，只需求得的最大值，即边上高的最大值， 如图③：过E作于H，作的外接圆，由图可知当位于中点时最大，连接, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的最大值为，， ∴最大值为， ∴和面积和的最小值为平方米． 如图：以A点为坐标原点，为x轴负半轴建立直角坐标系，过作于K则， ∵，， ∴， ， ∴， 设， ∵， ∴，， 联立， 解得：或（不合题意舍去）， ∴， ∴， ∴当和面积和的最小时，点E位于点，此时， ， ∴和的周长和为． ∴当和面积和的最小时，此时围栏的长度为米． 2．（2026·北京·一模）菱形中，点E在线段上，连接、． (1)如图1，连接交于点F，若，求证：； (2)如图2，，，点P在线段上，且满足，设，， ①求y关于x的函数解析式，并写出定义域； ②当时，以为半径的和以为半径的是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②相交， 【分析】（1）由等边对等角可得，由菱形的性质可得，，再证明点、、、四点共圆，得出，即可得证； （2）①作，交的延长线于点，由菱形的性质可得，，求出，，可得，由勾股定理可得，再证明，由相似三角形的性质计算即可得出结果；②当时，，则，，结合，得出以为半径的和以为半径的相交，设两圆相交于，连接、、、，连接交于点，则，，由垂径定理可得，，设，则，再结合勾股定理计算即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴点、、、四点共圆， ∴， ∴； （2）解：①如图，作，交的延长线于点， ， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当时，， ∴，， ∵，且， ∴以为半径的和以为半径的相交， 如图，设两圆相交于，连接、、、，连接交于点， ， 则，， 由垂径定理可得：，， 设，则， ∵，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、菱形的性质、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，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． 题型04几何定值、定角类综合解答题 1．【模型提出】如图①，已知线段的长度为4，在线段所在直线外有一点C，且．想确定满足条件的点C的位置，可以以为底边构造一个等腰直角三角形，再以点O为圆心，长为半径画圆，则点C在的优弧上．即：若线段的长度．已知的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型． 【模型应用】如图②，在正方形中，，点E、F分别是边上的动点，，连接，与交于点G． (1)求证：； (2)点E从点B到点C的运动过程中，点G经过的路径长为______； (3)若点I是的内心，连接，则线段的最小值为______． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明，可得，从而得到，即可求证； （2）根据，可得点G在以为直径的圆上运动，取的中点O，则，以点O为圆心，以2为半径画，连接相交于点，连接，则，连接，则，进而得到点在上，继而得到点G的路径为，求出的长度，即可求解； （3）根据点I是的内心，可得，作的外接圆，连接，过点O作的延长线于点M，则点I在上运动，再证得是等腰直角三角形，可得，进而得到是等腰直角三角形，可得到，连接，与交于点，当点I与点重合时，此时线段最短，即可求解． 【详解】（1）证明：在正方形中，，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图②，由（1）得， 点G在以为直径的圆上运动，取的中点O，则， 以点O为圆心，以2为半径画，连接相交于点，连接，则，连接，则， ∴点在上， 当E与B重合时，F与C重合，则G与B重合， 当E与C重合时，F与D重合，则G与重合， ∴点G的路径为， ∵，O为的中点， ∴， ∴， ∴的长度为， 即点G经过的路径为； 故答案为： （3）解：如图，连接， ∵点I是的内心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 作的外接圆，连接，过点O作的延长线于点M，则点I在上运动， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 连接，与交于点， 当点I与点重合时，此时线段最短， ∵， ∴， 即线段最小值为． 故答案为： 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，圆周角定理，弧长公式，三角形出内心及外接圆，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 2．（2025·北京·三模）如图，在菱形中，，点E，F分别为边上的动点，且满足．    (1)【问题解决】求证：； (2)【问题探究】如图②，过点B作交于点G，交于点H，连接．探究之间的关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】若，在点E从点A到点B的运动过程中，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)，理由见解析； (3)． 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，四点共圆，解直角三角形及全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键． （1）连接，根据菱形的性质及等边三角形的判定与性质，利用证明即可； （2）连接，延长至点K，使，连接，先证明D，H，B，C四点共圆，再证明，最后证明为等边三角形，即可得出结论； （3）由D，H，B，C四点共圆，可得当为的直径时取得最大值，此时，据此求解可得出答案． 【详解】（1）证明：如解图①，连接，    ∵四边形是菱形， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）．理由如下： 如解图②，连接，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴D，H，B，C四点共圆， 延长至点K，使，连接，则， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴； （3）∵D，H，B，C四点共圆， ∴当为的直径时取得最大值，此时， 在和中，，， ∴， ∴， ∵， ∴． 1．在北京欢乐谷玩“水晶神翼”过山车时，马超同学发现：过山车启动前，两侧的翼形座舱会沿中心轴同步展开，整个过程与曾经感到困惑的几何模型“手拉手”高度契合，带着这个问题，他展开了如下探究： (1)等腰直角三角形的斜边长与腰长的比值是__________； 顶角为的等腰三角形的底边与腰长的比值是__________； (2)如图1，点为等腰底边上一点，以为腰在其右侧作等腰，连接，，若，则___________； (3)如图2，在（2）的条件下，分别取边，的中点，，连接，求的度数； (4)如图3，顶角为的等腰的腰上有一动点，连接，并以为底边在其上方作等腰，且，若，当点从点运动到点的过程中，请直接写出点的运动路径长．（用含的代数式表示） 【答案】(1)； (2) (3) (4) 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和含30度的直角三角形的性质，结合勾股定理，进行求解即可； （2）证明，得出即可； （3）连接，，证明，得出，根据，得出即可． （4）连接并延长，证明，得出，证明，得出，说明点E总是在射线上，根据当点D与点B重合时，点E与点A重合，当点D与点A重合时，求出，即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，为等腰直角三角形，则设， 根据勾股定理得：， ∴， ∴等腰直角三角形的斜边长与腰长的比值是：； 如图，为等腰三角形，，，过点D作于点G， 则，，， ∴， 设，则， 根据勾股定理得：， ∴， ∴， 即顶角为的等腰三角形的底边与腰长的比值是； （2）解：∵为等腰直角三角形， ∴，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接，，如图所示： ∵为等腰直角三角形，F为的中点， ∴，，， 根据解析（1）， ∴， 同理可得：，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （4）解：连接并延长，如图所示： ∵，， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴点E总是在射线上， 当点D与点B重合时，点E与点A重合，当点D与点A重合时，如图所示： 根据解析（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴点的运动路径长为． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法． 2．（25-26·北京·一模）已知正方形， (1)如图①，点E，F分别在边，上，且．直接写出线段与的数量关系与位置关系； (2)如图②，等腰直角绕点 B 顺时针旋转．当时，连接 ，，此时 与 仍有（1）中的数量关系吗？如果成立，请说明理由．否则，请举出反例． (3)如图，等腰直角绕点B顺时针旋转，当时，连接、、、得到四边形，则顺次连接四边形各边中点所组成的四边形是什么特殊四边形？请直接写出结论． 【答案】(1)， (2)结论仍然成立．理由见解析 (3)正方形 【分析】（1）根据正方形性质得到，，结合得到，； （2）延长交于G，交于H，根据等腰直角三角形性质和正方形性质得到，，，，得到，得到，得到，，得到，即得； （3）连接、，交于G，交于H，设、、、各边中点分别为L，K，G，I，根据三角形中位线定理得到，，，，根据等腰直角三角形性质和正方形性质得到，， ，，得到，得到，得到，，得到，得到，得到，， ，得到四边形是正方形． 【详解】（1）解：，，理由： ∵在正方形中，，， ∴， ∵， ∴， 即； （2）解：，仍成立，理由： 延长交于G，交于H， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∵正方形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：是正方形，理由： 连接、，交于G，交于H，设、、、各边中点分别为L，K，G，I， 则，，，， ∵， ，， ∴， ∴， ∴， ∴，∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形是正方形． 故顺次连接四边形各边中点所组成的四边形是正方形． 【点睛】此题主要考查了正方形和三角形旋转．熟练掌握正方形的判定和性质，等腰直角三角形性质，旋转性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形判定，三角形中位线性质，菱形的判定和性质，是解题的关键． 3．如图1，在梯形中，，且，，动点Q由点B沿向点C移动，1秒钟后动点P由点A沿向点D移动 (1)若动点P的速度比动点Q的速度大1厘米/秒，且动点Q到达C时，动点P 恰好也到达D．试求动点P、Q的速度． (2)若动点P的速度为5厘米/秒，动点Q的速度为3厘米/秒，在运动过程中（P与A、D不重合时），与交于K，与交于N ①当动点Q到达中点时，过K作交于M，求的长；（如图2） ②在这运动过程中，是否会与平行？若会，请求出此时为P点出发后几秒？若不会，请说明理由．（如图3） 【答案】(1)动点Q速度为2厘米/秒，动点P速度为3厘米/秒 (2) ；不会平行于，理由见解析 【分析】本题主要考查分式方程的应用和平行线的判定和性质，解题的关键是熟悉平行线对应线段成比例，利用动态的思想列出代数式． （1）设动点Q的速度为x厘米/秒，则动点P的速度为厘米/秒，根据题意列出分式方程求解即可； （2）①根据题意得，，利用平行线的性质得到，即有和，即可求得； ②设点P点出发后t秒时，则，，利用平行线的性质得和，结合，即有，经过计算等式不成立，即不存在． 【详解】（1）解：设动点Q的速度为x厘米/秒， 根据题意得： ， 解得：，（不合题意舍去） 经检验是原方程根， ∴动点Q速度为2厘米/秒，动点P速度为3厘米/秒． （2）解：①∵点Q到达中点， ∴， ∵动点P的速度为5厘米/秒，动点Q的速度为3厘米/秒， ∴， ∵，， ∴， 则，， ∴； ②设点P点出发后t秒时，则，， ∵， ∴，， 若，则， ∴ 解得：此方程无解， ∴不会平行于． 4．（24-25·北京·三模）操作与探究 【问题情景】 数学课上，数学老师以平面直角坐标系中的运动问题作为研究方向，提出如下问题： 如图，点在第二象限，轴交轴于点，点在轴负半轴上，，连，点为线段上的一个动点，点为线段上的一个动点． 【问题初探】 （）①点的坐标为 ； ②若，则四边形的面积为 ； 【深入研究】 （）如图，动点从点出发向点移动，速度为每秒个单位长度，同时动点从点出发向点移动，速度为每秒个单位长度． 运动要求：当其中一个动点到达终点时，另一个动点也同时停止运动． 设运动时间为秒，连接．在运动的过程中，当线段恰好把四边形的面积分成相等的两部分时，求时间的值； 【拓展提升】 （）如图，连接交于点，若（）中的动点和动点速度保持不变，，求点的横坐标． 【答案】（）①；②；（）；（） 【分析】（）①由题意可得，即得，即可求解；②由题意得，即得，再根据四边形的面积解答即可求解； （）由题意得，，，，即得，即得到，解方程即可求解； （）连接，设点到轴的距离为，可得，即得，进而得到，解方程即可求解； 本题考查了坐标与图形，一元一次方程的应用，正确识图是解题的关键． 【详解】解：（）①∵点在第二象限，轴交轴于点， ∴， ∵， ∴， 解得， ∵点在轴负半轴上， ∴， 故答案为：； ②∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积， 故答案为：； （）由题意得，，，，， ∴， ∵恰好平分四边形的面积， ∴， 解得； （）连接，设点到轴的距离为， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 即点的横坐标是． 5．（25-26·北京·一模）已知在中，，点是直线上一点，点是射线上一点，． (1)如图1，当时，求的长； (2)当点在射线上时，设，求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)过点作，交射线于点，如果以为圆心，为半径的圆与以点为圆心，为半径的圆有且只有一个交点，求的长． 【答案】(1)的长为1 (2)；； (3)或 【分析】（1）先用勾股定理求出，证明，再运用这两个角的正切值列出方程求解即可； （2）①当点在点左侧时，过点作的垂线交延长线于点，可得，由同理得到，从而得到，即，求出n，从而得到；②当点在点右侧时，同理即可解答； （3）分i、当点在点左侧时；ii、当点在点右侧时，两种情况，运用相似三角形的判定与性质求解即可． 【详解】（1）解：∵， ， ， ， ， ，， ， 设， ， ∴，即， 解得：， ∴； （2）解：①当点在点左侧时， 如图：过点作的垂线交延长线于点， ∵， ∴， ∴， 设， ， ， ∴， ， ，即， 解得：， ； ②当点在点右侧时， 如图：过点作的垂线交延长线于点， ∵， ∴， ∴， 设， ， ， ∴， ， ，即， ∵，即， ∴， ∴； （3）解：令的半径为，的半径为，切点为P， i、当点在点左侧时： 连接， ∵， ∴， ， ， ，即， ， ， 又， ， ， 在中，， ， ， ①当点在右侧，圆与圆外切时，如图，，即， ∴， 解得：（负舍）， 由（2）知， ∴此时，； ②当点在左侧，圆与圆外切时，如图，，即， 同①可得， 同（2）可得， ∴； ii、当点在点右侧时，圆与圆内切，如图，，即， 过点作， ∵， ∴， ∴，， ， ∵， ， 整理得：， ，， ∴， ∴， ， ∴， 又， ， ， ， ， 综上：或． 6．（2026·北京·一模）如图，在矩形中，，．将该矩形绕着点按逆时针方向旋转，得到矩形．连接、． (1)当点的对应点落在边上时，求的长； (2)在旋转过程中，设，的面积为．求与之间的函数表达式，并求出的最大值． 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）过点作，连接，过点作，如图所示，由矩形性质求出相关角度和线段关系，在中，由勾股定理求出，结合旋转性质及三角形相似的判定与性质得到相似比，代值求出，最后在中由勾股定理求解即可； （2）过点作、，过点作，构造出矩形，求出矩形的两条邻边长度，在中，由勾股定理列式求解即可得到与之间的函数表达式，再由二次函数性质及点的轨迹为圆分析求解即可得到的最大值． 【详解】（1）解：当点的对应点落在边上时，如图所示： 在矩形中，，， 过点作，连接，过点作，如图所示： 四边形是矩形， ，，，， 在中，，则由勾股定理可得， 由旋转性质可知，则， ， 则， 解得，， ， 在中，，，则由勾股定理可得； （2）解：过点作、，过点作，如图所示： 四边形是矩形，则， ， 解得， ，， 是的中线，则， 在中，，则由勾股定理可得， 由等面积法可知， ，解得， 在中，由勾股定理可得，则， ， ， 直接开平方得， 即与之间的函数表达式为， ，即抛物线开口向上，且对称轴为轴， 值随着的增大而增大， 将该矩形绕着点按逆时针方向旋转，则点在以点为圆心、为半径的圆周上，如图所示： 在旋转过程中，设，则为直径，即时，的面积有最大值，为． 7．在平面内有一，将绕顶点顺时针旋转得到，连接和，直线和交于点． (1)如图1，若是等边三角形，的度数始终等于_____，特别地，当时，_____； (2)若是等腰直角三角形，且，写出直线和直线所夹锐角的度数和线段 与的数量关系，并仅就图2情形说明理由； (3)如图3，在矩形中，，，点是边上靠近顶点的三等分点，连接，将绕顶点顺时针旋转得到．连接和，直线交线段于点．当点三点共线时，直接写出的长． 【答案】(1)， (2)，，理由见解析 (3)或 【分析】（1）可知，根据四边形，利用四边形的内角和可求出的度数；连接，过点M作于点G，先证是顶角为的等腰三角形，再证，得到，即可求解． （2）证，得到，则点四点共圆，得到，再根据等腰三角形的性质，即可求解． （3）根据（2）的思路可证，当点三点共线时，可分为点在线段中间和点在线段中间两种情况，过点作，作，过点M作，先求、的长度，证，根据对应边成比例，求得、的长度，进而求得、的长度，再根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：由旋转可知， ， 是等边三角形， ， ， 在四边形中，， 当时，， ， 在和中， ， ， 如图，连接，过点M作于点G， 可知， ， ， ， ， ， ， ． （2）解：由题意可知， ， ， 记与交于点P，则， 是等腰直角三角形， ， 线段 与的数量关系为，理由如下， ， 点四点共圆， 如图，连接， ， ，即， ， ． （3）解：由旋转可知， ， ， 记与交于点G，则， ， 点四点共圆， 如图，连接， ， ，即， ， ， 点是边上靠近顶点的三等分点， ； 第一种情况，当点在线段中间时，如图，过点作，作，过点M作， 在，，， ， ， ，， ， ， ，， ，， ， ，， ， 在中，； 第二种情况，当点在线段中间时，如图，过点作，作，过点M作， 同理可得， ， 同理， ， ，， ，， ， ，， ， 在中，； 综上所述，的长度为或． 【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 8．在中，，是边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转至的位置，使得，连接，交于点，连接． (1)如图1，当时，若平分，求证：； (2)如图2，取的中点，连接．猜想与存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，在（2）的条件下，连接．若，当，时，请直接写出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据条件可得，根据等边对等角得，根据直角三角形两锐角互余可得，，则，证明，可得，再根据平行线的判定和性质及等角对等边即可得证； （2）数量关系：．延长至点，使，连接，根据三角形中位线定理得，证明，根据全等三角形的性质得到，即可得证； （3）设交于点，过点作于点，连接，证明是等边三角形，得，，证明点，，，四点共圆，根据圆周角定理可得，证明垂直平分，再根据圆周角定理得，证明是等腰直角三角形，设，则，，，设，根据角的直角三角形和勾股定理得，，在中，根据勾股定理建立关于的一元二次方程，求解后即得到，再代入计算即可． 【详解】（1）解：过点作于点， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵将绕点顺时针旋转至的位置， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）． 证明：延长至点，使，连接， ∵点是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵将绕点顺时针旋转至的位置，， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∴； （3）设交于点，过点作于点，连接， ∵将绕点顺时针旋转至的位置，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴点，，，四点共圆， ∴， ∴，是边上的中线， ∴垂直平分， ∴，， ∴平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∴， 设， ∵，， ∴， ∴， 在中，，， ∴，即， 解得：，（负值不符合题意，舍去）， ∴， ∴， ∴的值为． 【点睛】本题考查图形的旋转，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，对角互补的四边形共圆，圆周角定理，垂直平分线的判定和性质，直角三角形两锐角互余，角的直角三角形，解直角三角形等知识，本题难度大，判断点，，，四点共圆是解题的关键． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $