高频考点11 几何解答题压轴14大题型专练（全国通用）2026年中考数学二轮复习高效培优系列

**基本信息** 以“考向-知识-方法-题型”四维架构系统突破几何压轴，通过分层题型与解题指南融合，培养逻辑推理与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角形压轴|4命题点+12题|四步解题法（标条件-析图形-用结论-分步突破）|从全等/相似基础到新定义/实践探究，构建常规题到综合题的递进链条| |四边形压轴|5命题点+15题|动态问题分类策略（动点/折叠/函数综合）|特殊四边形性质→模型应用（一线三等角）→代数几何综合，形成知识网络| |圆压轴|3命题点+9题|切线证明“连半径证垂直”+隐圆模型识别|圆的基本性质→相似综合→轨迹思想，实现从基础证明到最值探究的提升| |折叠旋转压轴|2命题点+8题|折叠轴对称性质+旋转全等模型（手拉手/90°旋转）|从静态折叠到动态旋转，结合勾股定理与分类讨论，培养空间观念|

高频考点11 几何解答题压轴 内容概览 01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征） 02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等） 03高频考点·妙法指津（4大命题点+12道中考预测题，中考必考·（8-12）分） 考点一 三角形解答题压轴 考点二 四边形解答题压轴 命题1 三角形中解答题压轴（常规题） 命题2 三角形中解答题压轴之实践探究题 命题3 三角形中解答题压轴之新定义类题型 命题4 三角形中解答题压轴之阅读题型 命题1 四边形中解答题压轴（常规题） 命题2 四边形中解答题压轴之实践探究题 命题3 四边形中解答题压轴之新定义类题型 命题4 四边形中解答题压轴之阅读题型 命题5 四边形中解答题压轴之与函数综合 考点三 圆中解答题压轴 考点四 折叠旋转中解答题压轴 命题1 圆中解答题压轴与相似综合 命题2 圆中解答题压轴之实践探究问题 命题3 圆中解答题压轴之阅读材料问题 命题1 折叠中解答题压轴 命题2 旋转中解答题压轴 每个考点中考预测题3道 04好题速递·分层闯关（精选2道最新名校模拟试题+2道中考闯关题） 考点 考向 命题特征 三角形综合压轴（全等/相似/特殊三角形） 1. 三角形全等、相似的综合证明与计算； 2. 等腰/直角/等边三角形的性质与判定； 3. 三角形中的动点、动角、定值问题；4. 三角形中的周长、面积、线段最值问题。 1. 以解答题压轴题为主，分值 8~12 分，是中考核心拉分题型； 2. 核心考查三角形边角关系、全等/相似判定定理；3. 侧重逻辑推理与分类讨论，常结合动点、折叠、旋转； 4. 综合性强，常与勾股定理、三角函数、特殊四边形结合。 特殊四边形综合压轴（矩形/ 正方形/ 菱形） 1. 矩形、正方形、菱形的性质与判定；2. 四边形中的折叠、旋转、动点问题；3. 四边形中的线段、角度关系证明；4. 四边形中的最值、存在性问题。 1. 以解答题压轴题为主，分值8~12分，是中考高频难点题型； 2. 核心考查特殊四边形的边、角、对角线性质； 3. 侧重转化思想与模型应用（如一线三等角、半角模型）； 4. 常结合全等、相似、勾股定理，对几何建模能力要求高。 特殊四边形综合压轴（矩形/ 正方形/ 菱形） 1. 矩形、正方形、菱形的性质与判定；2. 四边形中的折叠、旋转、动点问题；3. 四边形中的线段、角度关系证明；4. 四边形中的最值、存在性问题。 1. 以解答题压轴题为主，分值8~12分，是中考高频难点题型； 2. 核心考查特殊四边形的边、角、对角线性质； 3. 侧重转化思想与模型应用（如一线三等角、半角模型）； 4. 常结合全等、相似、勾股定理，对几何建模能力要求高。 圆综合压轴（切线/ 圆周角/隐圆） 1. 圆的切线判定与性质证明； 2. 圆周角、圆心角、垂径定理的综合应用； 3. 圆中的相似三角形、线段求值、阴影面积； 4. 隐圆（定边定角、定点定长）背景下的最值问题。 1. 以解答题压轴题为主，分值8~12分，是中考区分度最高的题型； 2. 核心考查圆的基本性质、切线判定、圆周角定理；3. 侧重几何综合能力，常与三角形、四边形、相似、三角函数结合； 4. 隐圆模型对轨迹思想要求高，是中考几何压轴的难点。 折叠/旋转综合压轴 1. 矩形、正方形、三角形的折叠问题；2. 旋转背景下的全等、相似、角度计算； 3. 折叠/旋转后的动点轨迹与最值问题； 4. 折叠/旋转与相似、三角函数的综合应用。 1. 以解答题压轴题为主，分值8~12分，是中考高频拉分题型； 2. 核心考查折叠/旋转的轴对称性、全等性； 3. 侧重转化思想与分类讨论，需结合勾股定理列方程求解； 4. 综合性强，常与相似、三角函数结合。 考点一 三角形解答题压轴 《解题指南》 1.审题标条件：圈出已知条件(边相等、角相等、特殊三角形),标出关键数据 2.分析图形：判断图形是否对称、是否有全等/相似模型、是否有特殊三角形 3.确定小问关系：前一小问的结论往往是后一小问的条件，注意承接使用 4.分步解题： ①第1小问：证明全等/相似，求基础线段/角度，送分题必拿 ②第2小问：结合特殊三角形性质，求线段长、面积，中档题稳拿 ③第3小问：动点/最值/定值，分情况讨论，压轴题尽量拿步骤分 ④规范书写：证明题写清判定条件，计算题写清公式与步骤，分类讨论要分点说明 命题点01 三角形中解答题压轴（常规题） 【典例01】（2026·辽宁大连·一模）如图，在中，，D，E是边上的点，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，点F是内一点，，． ①求证：； ②与相交于点G；且G是的中点，求的值； ③如图3，在②的条件下，当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②；③ 【分析】（1）由等边对等角得到，再证明，即可利用证明； （2）①由全等三角形的性质得到；由等边对等角得到；由三角形外角的性质得到，则可证明，据此得到，则；②过点A作于点H，连接，可证明为的中位线，得到，则；可证明，得到；证明是等腰直角三角形，得到，则可证明，进而得到，则；③过点F作于点N，证明垂直平分，则可证明点F在上；证明，进而证明，得到，则可推出；由勾股定理得，同理可证明，则可得到，据此求出；证明是等腰直角三角形，推出，则，即可得到． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴； （2）解：①∵， ∴； ∵， ∴； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，过点A作于点H，连接， ∵， ∴点H为的中点，； ∵点G为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴； 由（2）①可知，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； ③如图所示，过点F作于点N， ∵， ∴， ∴垂直平分， ∵， ∴点F在的垂直平分线上， ∴点F在上； ∵，点G为的中点，且是的中位线， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， 同理可证明， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式01】（2026·河南周口·一模）如图1，在 中， D，E分别是边，的中点．将 绕点A 顺时针旋转角（ 连接，． (1)猜想 与 的数量关系，并结合图2给予证明； (2)探究： ①当旋转角的度数为 时，则 ， ②在旋转过程中，当点B，D，E在一条直线上，且 时，直接写出的长． 【答案】(1)；理由见解析 (2)①或②的长为或 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程的求解以及根据三角函数值求角，解题的关键是熟练应用相关基础知识进行求解． （1）根据题意可得，，，从而得到，即可求证； （2）①分两种情况，根据旋转的性质以及平行线的性质求解即可；②分两种情况，根据旋转的性质以及勾股定理表示出，，，再根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解： ，理由如下： ∵为的中点， ∴，同理可得， ∵， ∴， 由旋转的性质可得，， ∴， ∴； （2）解：①如图1， 当 时， ， 又∵， ∴， 由（1）可得，，即，则，即； 如图2，同理可得，此时； 故答案为：或； ②如图3，由（1）可得， ∴， ∵， ∴，， 由勾股定理可得，，， 设，则， 由勾股定理可得，， 解得（负值舍去），即， ∴； 如图4， 同理， ，设，则， 由勾股定理可得，， 解得，即， 的长为或． 【变式02】（2026·安徽合肥·一模）在中，点C是的平分线上一点，过点C作，垂足为点D，过点D作，垂足为点E，直线交于点F，过点C作，垂足为点G． (1)观察猜想:如图1，当为锐角时，用等式表示线段的数量关系；______． (2)类比探究:如图2，当为钝角时，请依据题意补全图形（无需尺规作图），并判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明． (3)拓展应用:当，且时，若，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)不成立，，见解析 (3)的值为或 【分析】（1）如图，过点C作于点P，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答； （2）如图，过点C作于点Q，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答； （3）分和分别利用（1）（2）的相关结论以及相似三角形的判定与性质、勾股定理解答即可． 【详解】（1）解：如图，过点C作于点P， ∵平分，，， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． （2）解：不成立，，证明如下： 如图，过点C作于点Q， ∵平分，，， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． （3）解：①如图：当时， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图：当时， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 综上，的值为 或． 【变式03】（2026·安徽阜阳·二模）已知是等边三角形，点，分别是，上的点，与交于点，． (1)如图1，求的度数； (2)如图2，延长到点，连接，，已知． （）求证：； （）如图3，连接，若，求的值． 【答案】(1) (2)（）见解析；（） 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，，易证明，进而得到，从而求出的度数； （2）（）过点作于点，交的延长线于点，易证明，进而得到，根据角平分线判定定理得到平分，从而得出结论； （）根据角平分线的性质得到是等边三角形，证明，进而得到，从而得出的值． 【详解】（1）解：是等边三角形， ，， 又， ， ， ； （2）（）证明：如图，过点作于点，交的延长线于点， ， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， 平分， ； （）解：连接， ，平分， ， ， ， 在中，， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ． 【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线判定与性质、含角直角三角形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 命题点02 三角形中解答题压轴之实践探究题 【典例02】（2026·贵州遵义·一模）在中，，点为射线上一动点（不与点，重合），作，并交射线于点，连接． (1)【操作发现】如图（1），当时，过点作，交于点． ①请补全图形； ②的数量关系为___________； (2)【类比探究】如图（2），当，且点在线段上时，探究：线段，之间的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】当，过点作于点，若，请直接写出的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）先补全图形，证明，进而证明，即可得到； （2）将线段绕点逆时针旋转交于点，先证明，得到，，过点作于，可得，由，即可得到； （3）分两种情况进行讨论，当点在线段上时,由（2）可知，，，；当点在线段的延长线上时,将线段绕点顺时针旋转交于点，先证明，得到，，过点作于，通过即可求解的长． 【详解】（1）解：①补全图形如下： ②， ，， ， ， ， ， ，即， ，， ， ； （2），理由如下： 如图所示，将线段绕点逆时针旋转交于点， ，， ，即， ，， ， ，， 过点作于， ，， ， ， ， ， ； （3）第一种情况：点在线段上时,由（2）可知， ，， ， ； 第二种情况：点在线段的延长线上时, 如图所示，将线段绕点顺时针旋转交于点， ，， ，即， ，， ， ，， 过点作于， ，， ， ，， ， ； 综上所述，的长为或． 【变式01】（2026·广东深圳·一模）【综合与实践】 在数学的学习过程中，我们除了掌握课本中常见的四边形外，还会遇到许多具有独特性质的特殊四边形．让我们结合已有知识，对以下特殊四边形展开探究． 定义：在四边形中，若有一个内角为直角，且从该直角顶点引出的对角线，将其对角分成的两个角中恰有一个角为直角，则称这样的四边形为“璧合四边形”． (1)【初步探究】如图，在“璧合四边形”中，若，则________，的值为________． (2)【问题解决】如图，在“璧合四边形”中，，，为线段上一点，且，求的值． (3)【拓展应用】如图，在“璧合四边形”中，，，为线段上一动点，且，连接，将沿翻折，得到，连接，若，作出图形并求线段的长． 【答案】(1)，； (2) (3)图见解析，或 【分析】（）根据“璧合四边形”和正切的定义解答即可求解； （）证明，可得，进而即可求解； （）过点作于点，可得，四边形为正方形，再分点的对应点在的上方和下方两种情况，利用相似三角形的判定和性质解答即可求解． 【详解】（1）解：∵“璧合四边形”中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：，； （2）解：，， ， ，， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； （3）解：如图，过点作于点， 由（）知，， ， ， ∴， ∴， ， 同理（）可得，， ， 由折叠的性质可知，， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， 如图，连接，当点的对应点在的上方时，则，， ， 即， ， ， ， ， ， ， ∵， ∴； 如图，当点的对应点在的下方时， 同理可得：，； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质等，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【变式02】（2026·河南周口·二模）在和中，，，，连接，． (1)探索发现：如图1，若，求证：． (2)猜想验证：如图2，若，将绕着点A旋转，旋转过程中，的值是否为定值？若是定值，请仅用图2的情形求出的值；若不是定值，请说明理由． (3)拓展应用：在（2）的条件下，若，，当射线于点F时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题意可知、为等边三角形，再证，进而可得即可求解； （2）先证，再证明，得到即可求解； （3）解直角三角形、，再结合进行计算． 【详解】（1）证明：， 是等边三角形， ， ， 是等边三角形, , ，， ， 在和中， ， ， ； （2）解：的值为定值，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 又， ， ． （3）解：在中，, ， 在中，， ， 设与交于点， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ， 由(2)知， ， 答：线段的长为． 【变式03】（2026·辽宁·模拟预测）【阅读理解】 利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法．如图1，是等边内一点，， ，．求的度数． 为了利用已知条件，可以把绕点顺时针旋转得到，连接，则可求出的长为；在中，易证，且的度数为，综上可得的度数为． (1)请你写出推理过程； 【类比探究】 (2)如图2，是等腰内一点，求的度数； 【拓展应用】 (3)如图3，在中，， ，点，分别在，上，，连接．将绕点逆时针旋转一周，当点，，在同一条直线上时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)的长为 或 【分析】（1）由旋转性质、等边三角形的判定可知是等边三角形，由等边三角形的性质知，根据勾股定理逆定理可得是直角三角形，继而可得答案． （2）如图2，把绕点顺时针旋转得到，连接，同理可得是等腰直角三角形和是直角三角形，进而可得； （3）如图3，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，根据勾股定理求CG的长，就可以得BD的长． 【详解】（1）解∶由旋转的性质，得， ∴是等边三角形． ∴，， ∴是直角三角形，． 在中， ∴． ∴ （2）如图1，把绕点顺时针旋转得到，连接． 由旋转的性质，得 ∴是等腰直角三角形． ∴． 在中，根据勾股定理，得 ∴是直角三角形，． 又， ∴是等腰直角三角形． （3）当点在线段上时，如图，将绕点顺时针旋转得到，连接． ． ． ， ． ． 为等腰直角三角形． 在中，根据勾股定理，得 在中，根据勾股定理，得 ． 由旋转的性质，得，， ． 在中，根据勾股定理，得 在中，根据勾股定理，得 当点在线段上时，如图，将绕点顺时针旋转得到，连接． 同理上种情况可得，，．，，，． ， 在中，根据勾股定理，得 在中，根据勾股定理，得 ． 综上所述，的长为或． 命题点03 三角形中解答题压轴之新定义类题型 【典例03】（2026·广东深圳·一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三角形分割成两个三角形，其中一个是等腰三角形，另一个是直角三角形，就称这条线段是该三角形的“奇妙分割线”． (1)【理解定义】 如图，在中，，，D是线段上一点，连接，若，那么线段 （填“是”或“不是”）的“奇妙分割线”． (2)【运用定义】 如图，在平行四边形中，，，连接，若，E是线段上一点，，连接交与点F．求证：线段是的“奇妙分割线”． (3)【拓展提升】 如图，在中，，，，点D是线段上的动点（点D不与B、C重合），连接，将沿翻折得到，点B的对应点为点E，连接、，当是的“奇妙分割线”时，求线段的长． 【答案】(1)是 (2)见解析 (3)1或 【分析】（1）根据“奇妙分割线”的定义即可判断； （2）根据平行四边形的性质得到，，，，则，，得到为直角三角形，再利用相似三角形的性质和勾股定理求出和的长，进而推出是等腰三角形，即可证明； （3）由翻折可知，，，，则是等腰三角形，根据是的“奇妙分割线”，可知为直角三角形，再分3种情况讨论求解线段的长即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即为直角三角形， ∵， ∴为等腰三角形， ∴是的“奇妙分割线”； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∴，为直角三角形， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∴是的“奇妙分割线”； （3）解：由翻折可知，，，， ∴是等腰三角形， 又∵是的“奇妙分割线”， ∴为直角三角形； ①当时，， ∵ ∴， ∴， 如图，过点A作交的延长线于F，则， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②当时， 如图，作交的延长线于F，过E作交的延长线于G， 则， ∴四边形是矩形， ∴，， 由①可知，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴，即， 解得， ∴； ③当时，不存在满足题意的图形，舍去； 综上，的长为1或． 【变式01】（2025·江苏宿迁·一模）我们定义：三角形中，如果有一个角是另一个角的2倍，那么称这个三角形是2倍角三角形． (1)定义应用：如果一个等腰三角形是2倍角三角形，则其底角的度数为___________； (2)性质探索：小思同学通过对2倍角三角形的研究，发现： 在中，如果，那么． 下面是小思同学的证明方法： 已知：如图1，在中，，． 求证：． 证明：如图1，延长到，使得，连接． ∴， ∵，∴， ∵，∴， 又∴ ∴∴∴ 根据上述材料提供的信息，请你完成下列情形的证明： 已知：如图2，在中，． 求证：． (3)性质应用 已知：如图3，在中，，，，则___________； (4)拓展应用 已知：如图4，在中，，，，求的长． 【答案】(1)或 (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）分底角度数是顶角的2倍和顶角的度数是底角的2倍，结合三角形内角和定理，进行求解即可； （2）作平分，交于，易得：，证明，得到，进而得到，即可得证； （3）根据（2）的结论，进行求解即可； （4）如图，作，交于点，易证是2倍角三角形．得到，证明，推出进而求出的长，设，则，根据，列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：如果一个等腰三角形是2倍角三角形， ①底角度数是顶角的2倍，设顶角度数为，则两个底角的度数均为， ∴， 解得：， ∴底角度数为：； ②顶角的度数是底角的2倍，设底角度数为，则：顶角度数为， ∴， 解得：，即：底角度数为：； 综上，底角的度数为：或； 故答案为：或． （2）证明：如图，作平分，交于， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：由（2）可知，， 即：， ∴， 解得或（舍掉）． 故答案为：； （4）解：如图，作，交于点， 则， ∴是2倍角三角形． ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ∴ ， 设，则， ∴ 解得：或 不合题意舍去）， ∴． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．理解并掌握2倍角三角形的定义，证明三角形相似，是解题的关键． 【变式02】（2025·江西南昌·模拟预测）定义：在三角形中，如果存在两边长之和与其中一边长之积，等于第三边长的平方，则称此三角形为“和积方三角形”． 定义感知 （1）学习新定义之后，小明猜想“含有30°角的直角三角形”是“和积方三角形”，请你利用第一幅图验证小明的猜想是正确的． 直接运用 （2）在中，若a，b，c分别为所对边的长，，且是“和积方三角形”，直接写出c的值． 推理论证 （3）在中，，如图，求证：是“和积方三角形”． 知识迁移 （4）在中，，如图，P是上一动点（与点B不重合），连接．当的度数为多少时，是“和积方三角形”？ 【答案】（1）证明见解析；（2）或；（3）证明见解析；（4）的度数是或或 【分析】（1）用锐角三角函数求出AB和AC的长，证明； （2）分六种情况讨论，根据“和积方三角形”的定义列式求出满足条件的c的值； （3）延长CB至D，使BD=BA，连接AD，设，，，证明，利用对应边成比例得，证出； （4）根据（3）得到中必存在一个角是另一个角的2倍，设，进行分类讨论，列式求出x的值． 【详解】解：（1）∵， ∴，， ∵，， ∴， 故小明的猜想是正确的； （2）①， ， ， 满足，所以成立； ②， ， ， 满足，所以成立； ③， ， ，不成立； ④， ， ，不成立； ⑤， ， ，不成立； ⑥， ， ，不成立； 综上：或； （3）如图，延长CB至D，使BD=BA，连接AD， 设，，，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴是“和积方三角形”； （4）∵是“和积方三角形”，由（3）知中必存在一个角是另一个角的2倍， 设，则， 当时，； 当时，，解得； 当时，，解得； 若时，P与B重合，不合题意，舍去； 若时，不存在； 若时，不存在； 综上：的度数为或或． 【点睛】本题考查的是几何的新定义题型，解题的关键是掌握用锐角三角函数解直角三角形，相似三角形的性质和判定，还需要注意根据题意进行分类讨论． 命题点04 三角形中解答题压轴之阅读题型 【典例04】（2024·山西阳泉·二模）阅读与思考 阅读以下材料，并按要求完成相应任务： 射影定理，又称“欧几里得定理”，是数学图形计算的重要定理．在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项． 射影定理：如图1，在中，，是斜边上的高，财有如下结论：①；②；③． 下面是该定理的证明过程（部分）： ∵是斜边上的高， ∴． ∵，， ∴， ∴（依据）， ∴， 即．    任务一：（1）材料中的依据是指________； （2）选择②或③其中一个定理加以证明________； 任务二：应用： （1）如图2，正方形中，点是对角线、的交点，点在上，过点作于点，连接，证明：； （2）在图2中，若，的长为，则正方形的边长为________． 【答案】任务一：（1）两角分别对应相等的两个三角形相似；（2）见解析；任务二：（1）见解析；（2）6 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相似三角形的判定和性质进行推理证明和计算； 任务一：（1）根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”即可解答； （2）根据“两角分别对应相等的两个三角形相似”证明，据此即可解答； 任务二：（1）根据射影定理得，，则； （2）先证明，设，用表示出，，，，再利用相似三角形的性质得到，代入数据即可求解． 【详解】解：任务一：（1）∵，， ∴（两角分别对应相等的两个三角形相似）， 故答案为：两角分别对应相等的两个三角形相似； （2）证明：②； 如图， ，， ， 而， ∴， ， ∴； ③， 如图， ，， ， 而， ∴， ， ； 任务二：（1）证明：如图， 四边形为正方形， ，， ， ， ， ； （2）解：设， 而， ，， 在中，， 在中，， ∵，即， 而， ， ， 即， 解得， ∴． 故答案为：6． 【变式01】（2026·山西运城·一模）阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 关联点 【概念理解】 如图1，是线段上的一点（不与点，重合），若点满足，则称点是点关于的“关联点”． 【问题解决】如图2，在中，，点在边上（不与点重合），且点在边的垂直平分线上．求证：点是点关于的“关联点”． 证明：， ． ∵点在边上（不与点，重合），且点在边的垂直平分线上， ，（依据1） ， ， ， ，（依据2） ， ∴点是点关于的“关联点”． 任务： (1)材料中的依据1是指______，依据2是指______． (2)如图3，在中，，，是线段上一点，，点是点关于的“关联点”，求的长． (3)已知点是点关于的“关联点”，请在图4中作出点关于的另一个“关联点”点（不与点重合），且与的面积相等．（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作一个点即可） 【答案】(1)线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；相似三角形对应边成比例 (2) (3)见解析 【分析】（1）根据线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，可得；根据相似三角形对应边成比例可得； （2）根据“关联点”的定义可得，根据相似三角形的判定和性质得出，根据直角三角形的两个锐角互余和等角的余角相等推得，再根据勾股定理求出的值，即可求解； （3）根据与的面积相等得出点在经过点，且与平行的直线上，根据“关联点”的定义可得，即点在以点为圆心，的长为半径的圆上，据此，即可确定点的位置，结合作一个角等于已知角的方法，作图即可求解． 【详解】（1）解：， ． ∵点在边上（不与点，重合），且点在边的垂直平分线上， ，（依据：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等）． ， ， ， ，（依据：相似三角形对应边成比例） ， ∴点是点关于的“关联点”． （2）解：∵点是点关于的“关联点”， ， ． ， ， ． ， ， ， ． ． （3）解：如图，点为所求．（或点为所求） 理由：∵与的面积相等， ∴点到的距离等于点到的距离， ∴， 即点在经过点，且与平行的直线上； ∵点是点关于的“关联点”，点是点关于的“关联点”， 故，， ∴， 即点在以点为圆心，的长为半径的圆上； 据此，即可作图． 作法：第一步，以点为圆心，的长为半径，画圆； 第二步，作，使得，即； 第三步，延长，与圆交于点、． 如图：点为所求．（或点为所求） 【变式02】（2026·山西阳泉·一模）【材料阅读】 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 关联点 【概念理解】 如图1，是线段上的一点（不与点重合），若点满足，则称点是点关于的“关联点”． 【问题解决】如图2，在中，，点在边上（不与点重合），且点在边的垂直平分线上．求证：点是点关于的“关联点”． 证明：， ． 点在边上（不与点重合），且点在边的垂直平分线上， ．（依据1） ． ． ． ，（依据2） 点是点关于的“关联点” 任务： (1)材料中的依据1是指_____，依据2是指_____ (2)如图3，在中，是线段上一点，，点是点关于的“关联点”，求的长． (3)已知点是点关于的“关联点”，请在下图中作出点关于的另一个“关联点”点E（不与点重合），且与的面积相等．（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作一个点即可） 【答案】(1)线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；相似三角形对应边成比例 (2)4.8 (3)见解析 【分析】（1）根据线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，可得；根据相似三角形对应边成比例可得； （2）根据“关联点”的定义可得，根据相似三角形的判定和性质得出，根据直角三角形的两个锐角互余和等角的余角相等推得，再根据勾股定理求出的值，即可求解； （3）根据与的面积相等得出点在经过点，且与平行的直线上，根据“关联点”的定义可得，即点在以点为圆心，的长为半径的圆上，据此，即可确定点的位置，结合作一个角等于已知角的方法，作图即可求解． 【详解】（1）解：， ． ∵点在边上（不与点，重合），且点在边的垂直平分线上， ，（依据：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等）． ， ， ， ，（依据：相似三角形对应边成比例） ， ∴点是点关于的“关联点”． （2）解：∵点是点关于的“关联点”， ， ． ， ， ． ， ， ， ． ． （3）解：如图，点为所求．（或点为所求） 理由：∵与的面积相等， ∴点到的距离等于点到的距离， ∴， 即点在经过点，且与平行的直线上； ∵点是点关于的“关联点”，点是点关于的“关联点”， 故，， ∴， 即点在以点为圆心，的长为半径的圆上； 据此，即可作图． 作法：第一步，以点为圆心，的长为半径，画圆； 第二步，作，使得，即； 第三步，延长，与圆交于点、． 如图：点为所求．（或点为所求） 【变式03】（2026·山西吕梁·一模）阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务： 关于“射影定理”的研究报告如图①，被平行于CD的光线照射，，于点D，AB在投影面上．那么线段的投影是，线段的投影是．我们可以利用三角形相似证明，这个结论我们称为射影定理．下面为某同学的证明过程：   证明：∵，∴， ∵，∴，∴， ∴，则，∴． 某数学兴趣小组利用上述结论进行了如下的探究： 已知：如图②，在矩形中，． 求作：等腰直角三角形，使等腰直角三角形的面积等于矩形面积的一半．   作法： （1）在的延长线上截取； （2）作线段的垂直平分线l，交于点O； （3）以点O为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点H； （4）以点C为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点G，连接，即为所求等腰直角三角形．    (1)根据上述作法，请在图②中使用尺规完成作图，并标注对应字母； (2)请结合作图过程，证明该小组作法的正确性； (3)结合（1）（2）问的思路，已知正方形，也可以作出与其面积相等的矩形（长宽不等）．如图③，在正方形的边上取一点E（不与B，C重合），以点C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，作，交的延长线于点G，以为邻边作矩形，则矩形即为所求．若E是边的三等分点，请直接写出矩形的长和宽的比值． 【答案】(1)图见解析 (2)见解析 (3)或9 【分析】（1）按要求完成作图即可； （2）如图②，以点O为圆心，以的长为半径作半圆O，由作图知点H在半圆O上，连接，证明，得出，进而得出结论； （3）先证明，得出，进而证明；设正方形边长为，分两种情况：当点E为靠近点B的边的三等分点时， 或当点E为靠近点C的边的三等分点时，分别求出结论即可． 【详解】（1）解：即为所求作； （2）解：如图②，以点O为圆心，以的长为半径作半圆O，由作图知点H在半圆O上，连接， 由作图可知，直线l垂直平分， 是半圆O的直径， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：， ， 在正方形和矩形中，， ， ， ， ， ， ， ； 设正方形边长为， ∵E是边的三等分点， 分两种情况：当点E为靠近点B的边的三等分点时， 则， ， ， ， ； 当点E为靠近点C的边的三等分点时， 则， ， ， ， ； 综上，矩形的长和宽的比值为或9． 中考预测题 1．综合与实践 图形的旋转变换是研究数学相关问题的重要手段之一，在研究三角形的旋转过程中，发现下列问题． (1)【观察猜想】 如图1，在中，，，点是平面内不与点，重合的任意一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则的值是___________，直线与直线相交所成的较小角的度数是___________； (2)【类比探究】 如图2，点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形，连接分别交线段于点． ①求的度数； ②连接交于点，若，求； (3)【拓展延伸】 如图3，中，，，，分别是，的中点，连接．如图4，将绕着点顺时针旋转角度交于点，连接，射线交于点．若射线将分成的两个角满足，求的值． 【答案】(1)； (2)①；②； (3) 【分析】（1）根据题意可得和为等边三角形，结合角的和差可得，利用全等三角形的性质可得，结合三角形内角和可得直线与直线相交所成的较小角的度数． （2）①连接，根据正方形的性质可得， ，证明，根据相似三角形的性质可得． ②连接交于点，根据正方形的性质可得，进而证明，利用相似三角形的性质可得， 进而得出． （3）连接，根据题意可利用中位线定理和等腰三角形的性质，得，，， ，根据平行线的性质可得，根据三角形内角和可得，根据勾股定理即可求得，由题意可知，，直线交于点，直线交于点，过点作垂线，垂足为，直线交于点，连接，根据相似三角形的性质和判定，勾股定理，解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴为等边三角形， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴如图，延长交于点，则直线与直线相交所成的较小角的度数是：． （2）解：①如图，连接，交与点， ∵四边形是正方形， ∴，且，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． ②解：补充图，如图所示： ∵是正方形的对角线， ∴， 由①可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解：连接，如图所示： ∵，点、分别是、的中点， ∴是的中位线，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 射线将分成的两个角， ， 旋转后，直线交于点，直线交于点，过点作垂线，垂足为，直线交于点，连接，如图所示： ∵， ∴， 又∵，，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则，，， ∵ ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：，（舍）， ． 2．解答下列问题： (1)【问题发现】：如图1，在和中，，，，绕点逆时针旋转，为的中点，当点与点重合时，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由； (2)【问题证明】：在绕点逆时针旋转的过程中，当经过点时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图2的情形给出证明；若不成立，请说明理由； (3)【拓展应用】：在绕点逆时针旋转的过程中，当时，请直接写出的面积． 【答案】(1)， (2)（1）中的结论仍然成立，理由见解析 (3)或 【分析】（1）解直角三角形求出，即可判断． （2）延长到使得，连接，证明即可解决问题； （3）分两种情形：①当在的下方时，延长交于；②当在的上方时，结合相似三角形的判定和性质即可解决问题． 【详解】（1）解：在中，，， ， 在中，，， ， ， ， ， ． 在中，点是的中点， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ； （2）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下： 延长到使得，连接，如图2， ，，， ， ，， ， ∵， ∴，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ； （3）解：如图，当在的下方时，延长交于，设交于点P， ， ， 由题意得：，，，， ， ∴， ， ∴， ， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， ∴的面积； 如图，当在的上方时，设交于，的延长线交于点P，       同理，， ， ， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， ∴的面积； 综上所述，的面积为或． 3．如图1，在中，为锐角，，．点在边上，，的垂直平分线与交于点，连接． (1)当时，求的长． (2)①当长度发生变化时，的周长是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不变，请求出的周长． ②当时，求的长． (3)如图2，与交于点，与交于点，当时，求的值． 【答案】(1) (2)①的周长为20；② (3) 【分析】（1）在的条件下，由，结合得；再通过勾股定理即可求解． （2）①由直线垂直平分，得；再由，根据等角对等边得．将的周长转化为，而，故周长恒为20，不随变化；②作，由得，则，，故．设，，则；结合周长为20列方程，解得，故． （3）延长交于，作．由垂直平分线性质得、，证得，结合得．再证，结合与勾股定理，求得． 【详解】（1）解：，， ， ， ， ， ； （2）解：①的周长不发生变化．理由如下： 垂直平分， ， ， ， ， 的周长为20； ②如图，作， ， ， ，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ． 设，， ， ， 的周长为20， ， 解得：， ； （3）解：如图，延长与交于点，作， 垂直平分， ，， ，， ． ，， ， ， ， 设， ，， ， ， ， ． ， ，． ， ． 【点睛】本题以垂直平分线的轴对称性为核心，结合等腰三角形的边相等性质进行线段转化，通过构造辅助线，利用全等、相似及三角函数，将动态问题转化为固定关系求解． 考点二 四边形解答题压轴 《解题指南》 通用解题步骤(压轴标准流程) 1.标条件：圈已知边长、直角、平行、中点、特殊图形； 2.看设问：前一问结论直接用作后一问条件； 3.选方法：证明→用性质+全等相似；求边长→设x+勾股方程；动点→含t表示线段+分类列方程；最值→轴对称、隐圆、二次函数； 4.验结果：舍去负数、超出范围、不符合图形位置的解； 5.规范书写：几何证明步步有依据，计算题列式清晰。 命题点01 四边形中解答题压轴（常规题） 【典例05】（2026·湖北咸宁·模拟预测）如图1，在正方形边上有一动点E，连接，将沿折叠，点B的对应点为点，连接并延长交线段于点F，连接，过点作，垂足为点G． (1)①求证：； ②求证：； (2)如图2，若正方形边长为m． ①求周长； ②填空：若，则的周长为______． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)①的周长为；② 【分析】（1）①根据折叠得出 ，确定 ，再由各角之间的等量代换得出，即可证明相似； ②根据折叠及正方形的性质得出，再由全等三角形的判定即可证明； （2）①根据题意得出，，得出的周长为： ，再由正方形的性质即可求解； ②由折叠知，设 ，则 ，，根据勾股定理得出，再由相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：由折叠可知， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ∵， ， ； ②由折叠可知， ∵四边形是正方形， ， ， 由①知 ， ， ∵ ； （2）解：①由（1）②知， ， 由折叠可知 ∴的周长为： ， ∵正方形边长为m， ∴ ， ∴的周长为； ②由折叠知， 设 ，则 ， ∴， 在中， ， 即 ， 解得， ， ， ， ∴， ， ． 【变式01】（2026·湖北武汉·一模）如图，在正方形中，E，F分别为边上的点，且，连接交于点． (1)如图（1），求证：； (2)连接． ①如图（2），若平分，求证：； ②如图（3），连接，若平分，直接写出的值． 【答案】(1)见详解 (2)①见详解② 【分析】（1）结合正方形的性质，证明，再进行角的等量代换，即可作答． （2）①由（1）得，且结合正方形的性质，得出，故四点共圆，再运用圆周角定理得 ，故是等腰直角三角形，结合，故； ②设，结合正方形的性质证明，再得出四边形是矩形，，，同理证明，即，因为平分，得，再把数值代入，整理得，运用公式法解得，再代入计算，即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则， ∴， 即； （2）解：①由（1）得， 即 ∵平分， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴四点共圆，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； ②设， 过点作，过点作，过点作的延长线，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴ ∴ 由（1）得， ∵， ∴， 则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 同理证明， ∴，， 则， ∵平分， ∴， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， 整理得， ∴， 则， 则（舍去）， 与①同理得四点共圆，如图所示： ∵ ∴ ∴， ∵ 则 ∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，解直角三角形的相关计算，四点共圆，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式02】（2026·辽宁沈阳·一模）在中，，D是边的中点，E是射线上一点，将沿翻折得到，点F是点B的对应点． (1)如图1，点E在线段上，，分别交于点G，H． ①求证：四边形是菱形； ②连接，求的面积； (2)如图2，点E在延长线上，分别交于点M，N．连接，，若，求的长． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【分析】（1）①由翻折得出，证明，进而得出，即可得出结论；②先求出，证明，得出，求出，，即可求出结论； （2）连接，延长交于点G，证明，设，则，根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出结论即可． 【详解】（1）①证明：∵将沿翻折得到， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是菱形； ②连接，设交于点M， ，D是边的中点， ， ， ， 在中，， ∵四边形是菱形， ， ， ， ， ，即， 解得：，， ， ， ； （2）解：， ， 连接， ， ， ， ， 延长交于点G， 由翻折知，， 则， ， ， ， 设， ， ， 在中，， ， 解得：（不合题意舍去），或， ， ， ， ， ， 在中， ． 【变式03】（2026·辽宁盘锦·一模）菱形中，点F是射线上一点，且满足，连接、，以点F为圆心，长为半径画弧，交直线于点E． (1)如图1，当是直角时，判断与的数量关系与位置关系，并说明理由； (2)如图2，当是锐角时，求证：； (3)若，，请直接写出菱形的面积． 【答案】(1)，且，理由见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）先由菱形直角判定为正方形，利用平分，证，得；结合圆的半径相等得，故；再通过等腰三角形角度计算，推出，得； （2）利用菱形性质得、平分，推出；结合与，通过角度关系得，用证，故； （3）分两种情况讨论：E在线段上或其延长线上，利用（2）的，结合算出的长度；再由菱形对角线互相垂直平分，勾股定理求，用得两种面积结果． 【详解】（1），且，理由如下： ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， ∴，对角线平分，即， 又∵， ∴， ∴，． ∵以为圆心、为半径画弧交于， ∴， ∴． ∵，， ∴在中，， ∴，． ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ∴； （2）证明：∵四边形是菱形， ∴，，平分， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 由图可得，， ∴． 在和中， ， ∴， ∴； （3）解：当在线段上时，连接交于点，如图， ∵，，且， ∴， 又∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， ∴； 当点在的延长线上时，连接交于点，如图， ∵，且， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题核心是依托菱形的轴对称性，通过全等三角形证明线段关系，并将其作为后续计算的桥梁；第3问需注意点E的位置分情况讨论，避免漏解，同时菱形对角线互相垂直的性质是面积计算的关键． 命题点02 四边形中解答题压轴之实践探究题 【典例06】（2026·山西晋城·一模）综合与探究 问题情境：已知在与中，，．同学们利用这样的两张平行四边形纸片开展操作实验，从中发现了许多有趣的数学问题，请你和他们一起进行探究． (1)操作发现：希望小组的同学将与按图1的方式摆放，其中，点B与点重合，点落在边上，点落在边的延长线上．与相交于点E，他们提出了如下问题，请你解答：求证：平分； (2)操作探究：创新小组的同学在图1的基础上进行了如下操作：保持不动，将绕点B沿顺时针方向旋转，他们提出了如下问题，请你解答： 在旋转的过程中，当点与点D重合时，如图2，设与交于点，与交于点，他们提出了如下问题，请你解答： 请求出四边形的周长． (3)探究发现：求真小组按创新小组的操作，在图1的基础上进行旋转，发现在旋转过程中（如图3），以点为顶点的四边形会是矩形，他们提出了如下问题，请你解答：直接写出旋转为多少度时，以点为顶点的四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）根据两组对边平行的四边形是平行四边形，可证明四边形是平行四边形，结合，可得四边形是菱形，由菱形的性质即可证得结论； （2）连接，过点D作交延长线于点G，同理可证四边形是平行四边形，然后根据可证，利用全等三角形对应角相等，结合等角对等边可得，从而证得四边形是菱形，接着在中可解直角三角形求得和，进而求得，最后在中利用勾股定理建立方程，即可求得，即可求得答案； （3）①当四边形为矩形时，交于点，连接交于点，过点作，交的延长线于点，先根据平行四边形的性质和矩形的性质，利用勾股定理求得的和，从而求得，易知垂直平分，然后利用勾股定理在和中建立方程，求得，从而得到，进而根据角度的和差和等边对等角求得，即可解答；②当四边形为矩形时，易得，从而得到此时点和重合，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形和是平行四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴平分； （2）解：如图2，连接，过点D作交延长线于点G， 同理可得，四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，，， ∴，， ∴， 设，则，， 在中，，即， 解得， ∴， ∴四边形的周长； （3）解：①当四边形为矩形时， 如图3所示，交于点，连接交于点，过点作，交的延长线于点， ∵四边形是平行四边形，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为矩形，交于点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴垂直平分，即， 设，则， ∵在和中，， ∴ 解得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即此时旋转了； ②如备用图所示，当四边形为矩形时， 则， ∵四边形和是平行四边形，， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 又∵， ∴此时点和重合，即此时旋转了； 综上，当旋转或时，以点为顶点的四边形是矩形． 【变式01】（2026·山东济宁·一模）感知、应用、深化模型，利用已知条件进行拓展延伸求值． (1)【感知模型】如图1，已知．求证：； (2)【应用模型】如图2，四边形是正方形，点E和点F分别是边，上的动点，且，过点F作，交边于点G，垂足为O，连接．试判断的形状，并证明你的猜想（方法不唯一）； (3)【深化模型】如图3，在【应用模型】的条件下，过点F作，垂足为P，连接．求的度数； (4)【拓展延伸】如图4，在【深化模型】的条件下，延长交边于点Q，连接．若为等腰直角三角形，请直接写出的值． 【答案】(1)证明见详解 (2)是等腰直角三角形，证明见详解 (3) (4)或 【分析】（1）利用相似三角形的性质得出，，再利用角度和差关系推出，从而证得结论； （2）过点F作交于点H，交于点K，连接，，利用正方形的性质结合直角三角形两锐角互余证明，，，结合已知条件证明是等腰直角三角形，得到，从而证得结论； （3）利用圆内接四边形和圆周角定理即可求得结果； （4）根据已知条件，由定弦定角可知，点B，P，O，F四点共圆，此时分情况讨论：①当点Q在中点时；②当点Q与点D重合时；利用正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理设未知数，表示出相关线段的表达式，最终利用正切的定义即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． （2）解：是等腰直角三角形， 证明：如图，过点F作交于点H，交于点K，连接，， 在正方形中，，， ∵， ∴且， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． （3）解：∵， ∴点A，B，O，F四点共圆， ∴为直径， ∵， ∴点P在圆上， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． （4）解：∵，， ∴， 由定弦定角可知，点B，P，O，F四点共圆， 由题意知，此时分情况讨论： ①如图，当点Q在中点时，过点Q作交于点M， 易证得：四边形是矩形， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵点Q为的中点， ∴， ∴， 同理可证得：四边形是正方形， ∵为四边形是正方形的对角线， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， 此时点F，P分别在，的中点， 设正方形的边长为， ∴， 过点O作交于点N， ∵， ∴点O为正方形对角线的中点， ∴， ∴， 在中，， ∵是等腰直角三角形， ∴， 在中，， ∵， ∴； ②如图，当点Q与点D重合时，则点E也与点D重合， 此时点F与点A重合，点P与点B重合，点G与点C重合， ∴点O为正方形对角线中点， ∴为等腰直角三角形，即为等腰直角三角形， ∴， 综上所述，或． 【变式02】（2026·山西临汾·一模）综合与探究 【问题情境】在矩形中，，，是边上一动点，将矩形沿所在直线翻折，点的对应点为点． 【猜想证明】 (1)如图1，过点作交于点，连接． ①试判断四边形的形状，并说明理由． ②如图2，当点恰好落在边上时，求出此时四边形的周长． 【深入探索】 (2)连接、，当的面积为时，直接写出的长． 【答案】(1)①四边形是菱形，理由见解析；② (2) 【分析】（1）①连接，根据折叠的性质得出垂直平分，，，根据垂直平分线的性质得出，根据平行线的性质结合等角对等边可证明，进而得出，可得四边形是菱形； ②根据折叠的性质结合勾股定理得出，，设，在中，利用勾股定理列方程求出的值，即可求出菱形的周长； （2）分点在下方和上方两种情况，利用矩形的判定定理、折叠的性质及勾股定理分别求解即可． 【详解】（1）解：①四边形是菱形，理由如下： 如图，连接， ∵将矩形沿所在直线翻折，点的对应点为点， ∴垂直平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． ②∵将矩形沿所在直线翻折，点的对应点为点，点恰好落在边上， ∴，，，，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得：， 由①可知，四边形是菱形， ∴四边形的周长为． （2）解：如图，当点在下方时，过点作，交于，交于，延长，交于， ∵，， ∴，即， ∵的面积为， ∴，即， 解得：， ∵， ∴， ∴四边形、、都是矩形， ∴，，， ∵， ∴，， 设，则， ∴， 解得：， ∴； 如图，当点在上方时，过点作于，交延长线于， 同理可得，，四边形是矩形，， ∴， ∵为的斜边， ∴， ∴， ∴此种情况不存在； 综上所述：的长为． 【变式03】（2026·湖北襄阳·二模）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． (1)【特例感知】如图1，当时，点在延长线上，求证：； (2)【问题探究】在（1）的条件下，若，求的长； (3)【拓展延伸】如图2，当时，点在边上． ①试判断与的数量关系，并说明理由． ②若，直接写出的值． 【答案】(1)见详解 (2)４ (3)① ② 【分析】（）利用点的对称性和平行线的性质找出对应的角相等，解出答案． （）利用小问中的全等，得到新的条件，证明，得到，最后利用方程思想和相似解出答案． （）①同小问中证全等的方法，证，利用相似三角形对应边成比例解出答案． ②作辅助线，利用方程思想，将题中的线段设出来，经过两次８字模型的相似，求出的代数式，第三次利用相似解出答案． 【详解】（1）证明：∵点与点关于直线的对称, ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：由（）知，， ∴， 在和中， ， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，即， ∵， ∴，解得， ∴． （3）①解：∵点与点关于直线的对称, ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形，点Ａ、F、P共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ，， ∴． ②解：如图所示，延长线段交的延长线于点, ∵， ∴设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴，则， ∵， ∴， ∴，解得， 则， ∵， ∴， ∴ ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形与相似三角形的综合，解题的关键点是能找出线段是已知条件的相似三角形，得出新的条件，再利用相似和方程思想解题． 命题点03 四边形中解答题压轴之新定义类题型 【典例07】（2025·山西大同·二模）阅读与思考 下面是善思小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务． 关于“勾股四边形”的研究报告 善思小组 研究对象：勾股四边形． 研究思路：分类讨论，由特殊到一般进行研究． 定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． 【特例研究】如图1，根据勾股四边形的定义证明正方形是勾股四边形． 证明：如图1所示，连接，由四边形是正方形可知，在中根据勾股定理可得，所以正方形是勾股四边形． 【一般研究】如图2，四边形中，为对角线，且，求证：四边形为勾股四边形． 证明：以为边作等边三角形，连接． …… 任务： (1)根据勾股四边形的定义，下列特殊四边形中，一定是勾股四边形的是 （从下列选项中选出两个即可）； A．矩形；B．等腰梯形；C．直角梯形；D．平行四边形 (2)请你阅读上述报告，补全一般研究中的探究过程； (3)如图3，在四边形中，为对角线，，，请直接写出线段的关系． 【答案】(1)AC (2)补全一般研究中的探究过程见解析 (3) 【分析】（1）由勾股四边形定义逐项验证即可得到答案； （2）由等边三角形性质，在中，由勾股定理可得，再利用“手拉手”模型，由两个三角形全等的判定与性质即可得到，从而由勾股四边形定义得证； （3）以点为旋转中心，将逆时针旋转到，连接、，如图所示，由旋转性质得到，，由等腰三角形性质得到，由勾股定理可得，从而在中，由勾股定理可得，再利用“手拉手”模型，由两个三角形全等的判定与性质即可得到，从而确定线段的关系． 【详解】（1）解：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． A、如图所示： ， 矩形是勾股四边形，符合题意； B、如图所示： 等腰梯形的任意两条邻边都不垂直， 等腰梯形不是勾股四边形，不符合题意； C、如图所示： ， 直角梯形是勾股四边形，符合题意； D、如图所示： 平行四边形的任意两条邻边都不垂直， 平行四边形不是勾股四边形，不符合题意； 故选：AC； （2）解：补全一般研究中的探究过程如下： 证明：以为边作等边三角形，连接，如图所示： ，， ， ， 在中，由勾股定理可得， ， ， ， 是等边三角形，则， ，， ， 在和中， ， ， ， 由勾股四边形定义可知，邻边平方和等于对角线的平方，故四边形为勾股四边形； （3）解：以点为旋转中心，将逆时针旋转到，连接、，如图所示： ，， ，由勾股定理可得， ， ， 在中，由勾股定理可得， ，， ，则， ， 在和中， ， ， , ，即， 故线段的关系是． 【点睛】本题几何综合，涉及勾股定理、矩形性质、等腰梯形性质、直角梯形性质、平行四边形性质、等边三角形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，读懂题意，理解勾股四边形定义及求证方法是解决问题的关键． 【变式01】（2025·广东深圳·二模）【定义】若平行四边形的一条内角平分线平分它的一条边，则该平行四边形称为“角分平行四边形”，该角平分线称为“角分线”．例如：如图1，在中，的角平分线交于点，若为边的中点，则称是“角分平行四边形”，是“角分线”． 【性质】（1）如图，从定义上我们可以得到“角分平行四边形”具有“平行四边形，平分，”的基本性质，除此之外，还有其它性质吗？请写出其中一条性质，并说明理由． 【判定】（2）如图，在中，．求证：四边形是“角分平行四边形”． 【应用】（3）现计划在如图所示的“角分平行四边形”绿地上进行景观美化，其中小路是它的“角分线”，另一条小路与边交于点，且，在和区域种植同品种的花卉，若区域的花卉种植费用为元，求区域的花卉种植费用（用含有的式子表示）． 【答案】（1），见解析，（2）见解析，（3）元 【分析】本题考查了新定义，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据“角分平行四边形”定义及角平分线定义，平行四边形的性质即可求解； （）作的平分线交于点，由，得，，最后通过“角分平行四边形”即可求证； （）延长交延长线于点，连接，由角分平行四边形，是角分线，得，，，证明，故有，又，证明，则，设，则，然后代入求解即可． 【详解】解：（）：由“角分平行四边形”定义推导出来的性质， 例如： ； ， ， ， 平分， ， ；（或）； ， ， ， 平分， ， ； （或）， ， ，， ， 平分， ， ， ， ； 连接DE，则， ， ，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ； （）作的平分线交于点， 则， ， ，， ， ， ， ，即， 四边形是“角分平行四边形”； （）延长交延长线于点，连接， 角分平行四边形，是角分线， ，，， ， ， ， 又， ， ， ， ， 设，则， ， ，即， ∵区域的花卉种植费用为元， ∴区域的花卉种植费用元． 【变式02】（2025·河南周口·二模）【定义阅读】 若两个等腰三角形有公共底边，且满足两个顶角和是180°，则称这两个顶角的顶点关于这条底边互为“和谐点”．      【定义理解】 （1）如图1，点与点都在线段的垂直平分线上，且均在直线上侧， ①与的数量关系是_____； ②若，且点与点关于互为“和谐点”，则_____； 【性质操作】 （2）如图2，矩形中，点为边上一点，且，平分，射线交于点．点与点是否关于互为“和谐点”？说明理由； 【思维拓展】 （3）在矩形中，，，点是直线上的动点，点是平面内一点，在点运动过程中，当点与点关于互为“和谐点”，且，，三点共线时，请直接写出的长． 【答案】（1）①；②；（2）点与点是关于互为“和谐点”，理由见解析；（3）或 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）①利用线段垂直平分线的性质可得答案； ②根据题中定义可得，再根据线段垂直平分线和等腰三角形的性质求得，，进而可求解； （2）证明得到，进而可得，根据题中定义可得结论； （3）分当点F在的延长线上时，当点F在的延长线上时，当点F在线段上时三种情况，根据题中定义，结合勾股定理和矩形性质分别求解即可． 【详解】解：（1）①∵点与点都在线段的垂直平分线上，且均在直线上侧， ∴； ②点与点关于互为“和谐点”，且， ， 又点与点都在线段的垂直平分线上， ，， ∴，， ∴； （2）点与点是关于互为“和谐点”，理由如下： 平分， ， 在和中， ， ， ， ， 又均为等腰三角形，其中 ， 点与点关于互为“和谐点”； （3）∵四边形是矩形，，， ∴，，， 当点F在的延长线上时，如图， ∵点与点关于互为“和谐点”， ∴，，， ∴， 在中，， ∴； 当点F在的延长线上时，如图， ∵点与点关于互为“和谐点”， ∴，，， ∴， 在中，， ∴； 当点F在线段上时，不存在，故不存在点与点关于互为“和谐点”，综上，满足条件的的长为或． 【变式03】（2025·广东深圳·模拟预测）定义：如果一个平行四边形的两条对角线的夹角等于它的一个内角，我们称这个平行四边形为“对等平行四边形”，这组相等的角称为一组“对等角”．如图1，平行四边形中，，则平行四边形为“对等平行四边形”，和称为一组“对等角”． 【初识定义】 下列四边形中，是“对等平行四边形”的有___________ A、矩形  B、菱形  C、正方形 【理解提升】 （2）①小明发现，“对等平行四边形”的边与对角线之间有奇妙的关系，试探究图1中“对等平行四边形”的对角线与之间的数量关系，并加以证明． ②图1中，若，求的长． 【拓展应用】 （3）如图2，线段的长为3，射线于点，且，点为射线上一动点，点为平面内一点，若以为顶点的平行四边形是以为边的“对等平行四边形”． ①请作出所有符合条件的图形（不限作图工具）并用小弧线（“”）标记出“对等角”； ②在你画的“对等平行四边形”中，连接，将沿着翻折得到，若直线与所画的“对等平行四边形”的另一边交于点，直接写出的长． 【答案】（1）C（2）①；②（3）①图见解析②或或 【分析】（1）根据矩形，菱形，正方形的性质，结合新定义，进行判断即可； （2）①证明，得到，平行四边形的性质，得到，，进而推出，，即可得出结论； ②设，则：，勾股定理得到，求出的值，即可得出结果； （3）①分，，三种情况进行讨论，画出图形即可；②根据①种的三种情况，结合平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，进行讨论求解即可． 【详解】解：（1）矩形的一个内角为90度，对角线相等，不垂直，夹角不等于90度，不符合题意； 菱形的对角线垂直，夹角为90度，菱形的内角不等于90度，不符合题意； 正方形的一个内角为90度，且对角线垂直，夹角也为90度，符合题意； 故选：C； （2）①，理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②由①可知，， 设，则：， 在中，， ∴， ∴； （3）第一种情况：，如图： 第二种情况：，如图： 第三种情况：，如图： ②情况1，如图： 在中，， 由（2）①可知：， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∴， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，设，则：， 由勾股定理，得：，解得：， ∴； 情况2，如图： 在中，，， ∴， 同法可得：， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴在中，设，则：， 由勾股定理，得：， 解得：； ∵， ∴， ∴， ∴； 情况3：如图， 在中，， ∴只可能是， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 在中，设，则：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上：或或． 命题点04 四边形中解答题压轴之阅读题型 【典例08】（2026·山西临汾·模拟预测）阅读与思考 问题：已知：如图1，中，是底边上的任一点（不与、重合），于，于，于．求证：． 在解答这个问题时，小明与小颖的思路方法分别如下：小明的证明过程：如图2，过点作于，，四边形是矩形， （依据一），， ，，，，， （依据二） ，则 小颖的思路方法是：连接（如图3），则，再由三角形的面积公式便可证得． 结论：等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离之和等于一腰上的高． 阅读上面的材料，然后解答下面的问题： (1)①小明的证明过程中，依据一_____；依据二_____ ②根据小颖的思路方法写出推理过程 (2)如图4，四边形中，，，，是上任意一点，于，于，试利用上述结论求的值． 【答案】(1)①三个角是直角的四边形是矩形；角角边；②见解析 (2) 【分析】（1）①根据矩形的判定方法，全等三角形的判定即可解答； ②连接，根据，，，即可解题； （2）作，，易求得的长，易求，即可求得，可得，同理可得，即可解题． 【详解】（1）①解：根据证明过程可得依据一为“三个角是直角的四边形是矩形”；依据二为“角角边”； ②证明：连接， ，，，， ， ， ； （2）解：如图，作于F，于G， ，，， ∴四边形是等腰梯形， ∴， ， ， ， ，， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ，同理， ． 【变式01】（2024·山东青岛·二模）阅读下列材料并完成相应的任务． 阅读思考：四边形的中位线 我们学习过三角形的中位线，类似的，把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线．如图1，在四边形ABCD中，设，AB与CD不平行，E，F分别为AD，BC的中点，则有结论：         图1               图2 这个结论可以用下面的方法证明： 方法一：如图2，连接AC，取AC的中点M，连接ME，MF． ∵点E，点M分别是AD和AC的中点， ∴，且． 同理：，且． ∵，∴． 在中，． 即． [自主探究]请将方法二的证明过程补充完整； 方法二：如图3，连接AF并延长至点G，使，连接CG，DG．            图3                      图4 [尝试应用] 如图4，在五边形ABCDE中， ， ， ，．若点F，G分别是边BC，DE的中点，则线段FG长的取值范围是________． 【答案】见解析 【分析】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． [自主探究]证明，推出，在中，利用三角形中位线定理即可得解； [尝试应用]连接，作，利用等腰三角形的性质结合直角三角形的性质求得，再利用四边形的中位线性质即可求解． 【详解】自主探究（方法2） 解：∵点F是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点E是的中点，点F是的中点， ∴ ，且， ∵， ∴， 在中，， ∴，即； [尝试应用]连接，作，垂足为， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵分别是边的中点， 由（1）得，即， ∴． 故答案为：． 【变式02】（2026·山西·一模）综合与探究 问题情境： 数学活动课上，老师带领同学们进行了如下讨论，请阅读并完成下列问题． 初步探究： (1)如图1，在正方形中，为边上一动点（不与点，重合），过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点．试猜想与的数量关系，并证明． 拓展探究： (2)“逐梦组”改变四边形的形状继续探究．如图2，在矩形中，为边上一动点（不与点，重合），过点作的垂线，交的延长线于点，交的延长线于点，连接，过点作的垂线，交的延长线于点．若，，求的值．（用含，的代数式表示） 深入探究： (3)在（2）的基础上，若，，为射线上一点，且，请直接写出的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3)或 【分析】（1）根据证明，然后根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）过点分别作，的垂线，垂足分别为，，证明 ． 四边形为矩形，得到．根据求解即可． （3）分两种情况讨论：①当点在边上时；可求，证明，求出，．在中，解直角三角形求出，设，则，在中，根据勾股定理得出，解方程即可求解； ②当点在的延长线上时，过点作于点，同理①可求，进而可得出，根据直角三角形斜边上中线的性质求出根据勾股定理求出，根据等面积法求出即可． 【详解】（1）解：， 理由：四边形是正方形， ，， ， ， ， 又， ，即， ， ； （2）解：过点分别作，的垂线，垂足分别为，，如解图1． ，, ， ． ，， ． ． ，，， 故四边形为矩形， ． ． 的值为． （3）解：①当点在边上时，如解图2， ， 为等腰直角三角形， ． 由（2），知， 又， ， ， ． ，， ． 由（2），知， 设，则． 在中，，即， 解得（负值已舍去）． ②当点在的延长线上时，过点作于点，如解图3， 同理①，易得， ， ， 为等腰直角三角形． ． ． ， ． ． ． ，即， 解得． 综上所述，的长为或． 【变式03】（2025九年级下·浙江·期末）阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是． （1）在图2中，的度数是 （直接写答案）． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （2）如图3，在直角梯形中，（），，，是上一点，若，，求的长度． （3）如图4，中，，，以为边作正方形，连接．当 时，线段有最大值，并求出的最大值． 【答案】（1）； （2）； （3）当时，线段有最大值，最大值为． 【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理、三角形三边之间的关系、旋转的性质属于综合题． 将绕点顺时针旋转得到，根据正方形的性质可知，因为，可得：； 过点作，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，可证，根据全等三角形的性质可得，可以求出，根据勾股定理可得：，即可求出；     将绕点逆时针旋转得线段，连接、，利用勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可证，当、、三点共线时，有最大值，最大值为． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， ，， 四边形是正方形， ， ， ， ， ； 故答案为：；                    解：如下图所示，过点作，交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，     ，，，， 直角梯形中，（），，， ， 四边形是正方形，，， 点与重合，、、三点共线，                    ， 由可知， 在和中，， （）， ，                                          ， ， ，， ， 在中，， ， 解得：；                                      当时，线段有最大值，               如下图所示，将绕点逆时针旋转得线段，连接、， 是等腰直角三角形，， ， ，              四边形是正方形， ，， ，即， 在和中，， ， ，                                 当有最大值时，有最大值， ，， 当、、三点共线时，有最大值， 最大值为， ， 此时， 当时，线段有最大值，最大值为． 命题点05 四边形中解答题压轴之与函数综合 【典例09】（2026·天津滨海新区·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，矩形的顶点，，菱形的顶点，，，连接． (1)填空：如图①，点B的坐标为________，点H的坐标为________； (2)将菱形沿水平方向向右平移，得到菱形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，菱形与矩形重叠部分的面积为S． ①如图②，当边，分别与相交于点M，点N，且菱形与矩形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解； （2）①由题意易得，由（1）证得是等边三角形，利用正切的定义求得，通过三角形面积公式求得的表达式，进而得到S与t的关系式，此时要使菱形与矩形重叠部分为五边形，则t的取值范围是； ②根据得出时S有最大值，再将代入表达式进行计算，最后结合图象讨论时的S，通过计算并对时的S值进行比较，确定出S的最小值，从而得出S的取值范围． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且，， ∴，， ∴； 如图，连接，交于点K， ∵四边形是菱形，且，，， ∴，，， ∴， 在中，， ∴， ∴，， ∴． （2）解：①∵，， ∴， 由（1）知，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴ ； ②当时，， 由可知，当时，， 当时，如图，设，分别交于点T，S，交于点R， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，S有最小值， ∴S的取值范围是． 【变式01】（2026·天津东丽·一模）在平面直角坐标系中，为原点，的顶点及，，，点在轴负半轴上，点在第一象限，边交轴于点．是等腰直角三角形，，点，点在第二象限． (1)填空：如图①，点的坐标为__________，点的坐标为__________； (2)将沿水平方向向右平移，得到，点，，的对应点分别为，，．设． ①如图②，若边与边交于点，与边交于点，与重合部分为四边形时，试用含的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设平移后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（请直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①（）；② 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，结合点所在象限可得，过点作于，根据可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质，结合各点坐标即可得出； （2）①根据平行四边形的性质及点坐标得出，可得，即可表示出，利用三角函数求出的长即可，根据边与边交于点，与边交于点，求出点与点重合时的值，即可得出的取值范围； ②分，，三种情况，分别用表示出重合部分的面积，利用二次函数及一次函数的性质分别求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵是等腰直角三角形，，， ∴， ∵点在第二象限， ∴； 如图，过点作于， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵，， ∴， ∵， ∴ ∴是等腰直角三角形，， ∵点在第一象限， ∴， ∴． （2）解：①∵，， ∴， ∵点在轴负半轴上，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∵， ∴， 又∵， ∵是等腰直角三角形，将沿水平方向向右平移，得到， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 当直线经过点时，点与点重合， ∴， ∵与重合部分为四边形，与边交于点，与交于点， ∴； ②如图，当时，点在上，点在上， ∵， ∴， ∵，对称轴是：， ∴时，随的增大而增大， 当时，， 当时，， ∴， 如图，当时，与轴交点在点上方，与交于点， ∵，，， ∴， ∴、都是等腰直角三角形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴随的增大而增大， 当时，，时，， ∴， 如图，当时，与、分别交于、，过点作轴于， 同理可得，、都是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵，对称轴是：， ∴当时，随的增大而减小， 当时，， 当时，， ∴， 综上所述：的取值范围为． 【变式02】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知；在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线交y轴于点，交x轴于点． (1)求直线的解析式； (2)如图1，点C是线段上的一点，点C的横坐标是t，过点C作轴，且点D的横坐标为，在的下方，以为斜边作等腰直角，设点E的纵坐标为d，求d与t之间的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）； (3)如图2，在（2）的条件下，过点D作轴于点P，点F在上，且点P的纵坐标为，连接，过点E作于点N，交于点G，连接，并延长交y轴于点H，连接，延长至点Q，连接，，点K在线段上，，连接，若，求点C的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】对于（1），因为已知直线过两个定点A、B的坐标，所以可设直线的解析式，将两点坐标代入，利用待定系数法求解解析式； 对于（2），首先因为点C在直线上且横坐标为t，所以可代入直线的解析式求出点C的纵坐标；因为轴且D的横坐标为，所以可得点D的坐标；然后因为是等腰直角三角形且为斜边，所以可利用等腰直角三角形的性质，结合坐标平移或几何关系，推导点E的纵坐标d与t的函数关系． 对于（3），首先根据已知条件依次求出点P、F的坐标；因为，所以可利用垂直关系或几何性质求出点G的坐标；再结合，利用直角三角形的性质求出点Q的坐标；然后根据求出点K的坐标；最后代入，利用两点间距离公式建立方程，求解t的值，进而得到点C的坐标． 【详解】（1）解：设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为． （2）解：当时，， ， 轴且点D的横坐标为， ， ． 如图1，过点E作轴，延长交于点T，过点C作轴于点M， ， ， ∴四边形是矩形， ． 在中，，， ， ， ， ． （3）解：如图2，令与y轴的交点为点S，延长交x轴于点Z，过点Q作轴于点L． ， ． ， ， ， 又， ， ， 在中，， 在中，， ， ． ，， ． 轴， ，， ， 又， ， ． ，， ， ． ， 又， ， ， ， ∴四边形是矩形， ． 在中，，， 在中，， 在中，， ， ． ， ， ， ， ， ． ， ， ． 在中，， ， ， ． ． 【变式03】（2026·天津红桥·一模）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点B，C在第一象限，且，． (1)填空：如图①，点C的坐标为________，点B的坐标为________； (2)若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点落在x轴的正半轴上．设． ①如图②，若直线l与边相交于点D，与边相交于点E，点A的对应点为，点C的对应点为，当折叠后五边形与重叠部分为四边形时，与相交于点F．试用含有t的式子表示线段的长，并直接写出t的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）过点C作轴于D，可通过解直角三角形求出点的横、纵坐标；根据平行四边形对边平行且相等的性质，可由点的坐标推出点的坐标． （2）①因为，所以先确定的坐标；再求出直线和直线的解析式，联立解析式得到交点的坐标，再结合点的坐标计算；因为重叠部分为四边形，所以根据图形位置确定的取值范围．②先分析该范围内重叠部分图形的形状，结合（2）①的结论，利用面积公式表示出关于的函数；再根据函数的性质，求出在给定范围内的最值． 【详解】（1）过点C作轴于D， ，， ， ∵， ∴点D与点A重合， ∴， 。 ∵四边形是平行四边形， ，的纵坐标和相等，横坐标为 ， ． （2）① 由折叠性质得 ，， ， ∴ ， ， 设直线的解析式为，把 ， ，代入得，解得， ∴直线的解析式为 ， 同理可得直线的解析式为， 联立和的方程得交点 ， ∴ ． 直线与、相交，且重叠部分为四边形时，（，且l在右侧、左侧）． (2) ② 当 时，过点F作 ， ∵直线与直线平行且经过原点， ∴直线解析式为， 由题意可得 ， ， ， ∴可得直线的解析式为， 联立和的方程得交点 ， ∴ ， ∴面积 ， 此时开口向下，对称轴是直线，此时S随着t的增大而增大， 故最大值在处，；最小值在端点处，； 当 时，重叠部分是四边形，过点F作 ， 同理可知 ， ， ， ， ， 面积 ， 此时开口向下，对称轴是直线，此时S随着t的增大而减小， 时，； 时，； 故此时，； 当时，重叠部分是三角形， 同理可知 ， ， ， ​，最小值在时为； ∴的范围是． 中考预测题 1．折纸起源于大约公元1世纪的中国，与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支．下面是小明同学在学习了“特殊的平行四边形”相关知识后进行的探究活动，请根据相关要求回答问题． (1)如图1，矩形纸片，对折此纸片使与重合，得到折痕，把纸片展平，再在上选一点，沿折叠，使点落在上时，记为点，则的度数为______． (2)将矩形纸片换成边长为8cm的正方形纸片，继续探究，过程如下：如图2，将正方形纸片按照（1）中的方式操作，点仍然在上时，延长，交于点，连接． ①猜想的度数，并说明理由． ②求此时的长． (3)在（2）的探究中，改变点在上的位置（点不与点，重合），沿折叠纸片，使点落在正方形内部的点处，连接，，并延长，交于点，连接．当时，求的长． 【答案】(1) (2)①；理由见解析；② (3)的长为或 【分析】（1）根据折叠的性质，结合锐角三角函数求出，得到，再根据角的和差关系进行求解即可； （2）①证明，得到即可；②在中，求出的长，进而求出的长，设设，则，在中，由勾股定理列出方程进行求解即可； （3）分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，分别画出图形，利用勾股定理解方程即可． 【详解】（1）解：∵折叠， ∴， ∴，， ∴， ∵矩形， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 同（1）可得：， ∵边长为的正方形， ∴， ∵折叠， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴； ②∵折叠， ∴，， 则四边形为矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， 由①知：， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理，得， 解得； 故； （3）解：当点Q在点F的下方时，如图所示： ∵正方形中，， ∴， ∴， 由（2）知， ∴， 设，由折叠知， ∴，， 在中，， ∴， 解得， 即； 当点Q在点F的上方时，如图， 则， ∴， ∴， 设， 则，， 在中，， ∴， 解得，即； 综上可知，的长为或． 2．综合与实践 新定义：顶角相等且顶角顶点重合的两个等腰三角形互为“哥俩三角形”． (1)如图1，和互为“哥俩三角形”，点为重合的顶角顶点，则与之间的大小关系为__________； (2)如图2，在中，，，，分别为，边上的点，且和互为“哥俩三角形”，． ①若，求的面积；（注意运用（1）的结论） ②如图3，若，，三点在一条直线上，则的面积为__________． 【答案】(1) (2)①3；② 【分析】（1）由“哥俩三角形”的定义可得，，，，可证明，可得； （2）①先可得，可得，，再由，，可得，，即可求解； ②过点作于点，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接，设，则，，再证明，即可求得，再求得，即可求解． 【详解】（1）解：由“哥俩三角形”的定义可得，，，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：①∵和互为“哥俩三角形”， 同理（1）可得， ∴，， 由题意可得，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ②如图，过点作于点，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接， 同理①可知，，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 由题意可知， ∴， ∵， ∴， 设，则， 在中，，， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴，即， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴． 3．综合与实践： 如何将正方形纸片折叠出相等的三列 背景 书法社团课上，需要将正方形书法纸折叠成均等的三列（如图①），这引起数学兴趣小组的关注．兴趣小组准备三张边长均为的正方形纸片，为折叠出均等的三列提供三组方案，请你论证． 方案1 如图② 步骤1：折均等的四列； 步骤2：连接对角线分别交折痕于点、点、点，知； 步骤3：连接延长交线段于点． 方案2 如图③ 步骤1：对折正方形，折痕为； 步骤2：沿翻折得到； 步骤3：沿翻折，使得D与重合，点为折痕与的交点． 方案3 如图④ 步骤1：对折正方形，折痕为； 步骤2：沿翻折，使得点与点重合，点与点对应； 步骤3：线段与交点为． 问题论证： (1)在方案1中，求证：点为的三等分点； (2)在方案2中，求与的比值； (3)在方案3中，图④已标注的点中是否存在线段的三等分点？若存在，指出并证明；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在，点是线段的三等分点，理由见详解 【分析】（1）由正方形性质，结合三角形相似的判定与性质求证即可； （2）设正方形的边长为，，表示出，再由折叠性质及勾股定理列式得到，表示出与的比值求解即可； （3）令正方形的边长为，由折叠性质及勾股定理求出的直角边长度，再由相似三角形的判定与性质求出长度，最后得到长度，得出即可． 【详解】（1）证明：在正方形中，，则， ， ， ， ， 即， 在正方形中，，则， 点为的三等分点； （2）解：如图所示： 设正方形的边长为，， 则，， 沿翻折得到，沿翻折，使得D与重合， ， 在正方形中，，则由勾股定理可得， ， 则， ； （3）解：存在，理由如下： 如图所示： 不妨令正方形的边长为，则， 沿翻折，使得点与点重合，则，， 设，则， 在中，由勾股定理可得，则， 解得， ， ， ， ， ， ， 则， 解得， ， 则，即， 点是线段的三等分点． 考点三 圆中解答题压轴 《解题指南》 一、圆压轴通用解题步骤 1.标图：标出半径、等角、直角、已知边长； 2.第1小问：切线证明，严格按“连半径证垂直”书写； 3.第2小问：找等角→证相似→列比例/勾股方程； 4.第3小问：识别隐圆、动点轨迹、分类讨论求最值/存在性； 5.验解：舍去不符合图形位置、负数、超出范围的解。 二、常用辅助线作法 1.遇切线：连半径； 2.遇弦：作垂直于弦的半径(垂径); 3.遇直径：连直径端点，构造直角圆周角； 4.遇等角、弧：连半径、连弦转移等角； 5.遇隐圆：作外接圆、找圆心定半径。 命题点01 圆中解答题压轴与相似综合 【典例10】（2026·四川宜宾·二模）如图，四边形内接于，连接、交于点，，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)求证：； (3)若，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接并延长交于点，由可知，点为的中点，根据垂径定理的推论可知，结合可得，，因此命题得证； （2）由可得，由圆周角定理可得，，从而证明，则，结合即可证明命题； （3）容易证明，则．设，则，由勾股定理可得，从而求出，，在中，使用勾股定理构造方程，求出，进而得到，，，．先利用（2）的结论计算出，再使用勾股定理计算出，最后作差求出． 【详解】（1）证明：如图，连接并延长交于点， ∵， ∴，即点为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴； （3）解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴，，，， 由（2）可知，， ∴， 在中，， ∴． 【变式01】（2026·浙江·模拟预测）如图，在中，，以为直径作半圆，交于点E，于点F，分别过点A，B作于点G，于点H． (1)已知，求弧的度数． (2)求证：． (3)已知，，求的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3) 【分析】（）利用等腰三角形和圆的性质，找到弧所对的圆心角或圆周角，从而求出弧的度数； （）根据直径所对的圆周角是直角求出，，结合圆的性质，证出，再结合等腰三角形的性质即可得证； （）先证出，得到，再根据勾股定理即可求出． 【详解】（1）解：连结， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）证明：连接、， ∵为的直径， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴． （3）解：过点O作于点M，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，， ， ∴， 在中，， ∴，解得，， ∴中，． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，圆的基本性质，相似和勾股定理，熟练掌握相关的知识是解决问题的关键． 【变式02】（2026·浙江温州·一模）如图，在四边形中, ,过点A,B,C作交边于点E,连接,且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若,,． ①求四边形的面积． ②延长至点G,连结,使,在线段上取点F,过点F作交于点H,求的最大值． 【答案】(1)见解析 (2)①72；②． 【分析】（1）通过证明，结合即可证明； （2）①连结并延长交于点I，利用垂径定理结合勾股定理得到，再根据平行四边形的面积公式求解； ②方法1：分别过点A,D,H作的垂线于点I,M,N, 则四边形为矩形，解三角形得到，再证，得到，令，进而得到，再利用根的判别式得到即可求解；方法2：同方法1得，再利用配方法得，再解不等式即可；方法3：同方法1得，再换元令，结合配方法求最值即可． 【详解】（1）解：如图, ∵, ∴． ∵, ∴, ∴． ∵,, ∴, ∴, ∴, ∴四边形是平行四边形． （2）①如图,连结并延长交于点I． ∵四边形是平行四边形, , ∴． ∵, ∴． ∵, ∴, ∴四边形的面积． ②方法1： 如图,分别过点A,D,H作的垂线于点I,M,N,则四边形为矩形, ∴． ∴, ∴, ∴． 设,则,． ∵, ∴, ∴, 令,则, ∴, ∴, ∴． ∵,即, ∴由二次函数的图象得（舍去）, ∴当时,GH的最大值为,此时符合题意． 方法2： 同上可得, 要使最大,只需最大,只需最小． ∵, ∴当取最大值时,,即, 解得, ∴的最大值为． 方法3： 由比例式可得, ∴, 令,则． ∵, ∴, ∴当时, 的最大值为． 【变式03】（2026·福建泉州·三模）如图，内接于，过A作的角平分线，交于点D，交于点E． (1)求证：； (2)若时， ①求的值． ②作的角平分线，交于点F，在圆上有一点G，若F和G恰好关于的中点对称，请用含k的代数式表示的面积，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)； 【分析】（1）连接，根据是的角平分线，得到，再根据同弧所对的圆周角相等得到，证明即可得到结论； （2）①由题意得到，证明，求出，则，求出，即可得到答案； ②为平分线与的交点，即为的内心， F和G恰好关于的中点对称，且在圆上，为等边三角形，求出，即可得到答案． 【详解】（1）证明：连接， 是的角平分线， ， ， ， ， ， ； （2）解：①连接， ， ， 是的角平分线， ， ， 在和中， ， ， ， 即， ， ，则， ， ，即， ， ， ， ； ②由题意得：为平分线与的交点，即为的内心， F和G恰好关于的中点对称，且在圆上， 为等边三角形， ， ， ， ， ． 命题点02 圆中解答题压轴之实践探究问题 【典例11】（2026·广东东莞·一模）综合与探究 【问题背景】 如图①，在四边形中，，，探究线段，，之间的数量关系． 小吴同学探究此问题的思路是：将绕点，逆时针旋转到处，点，分别落在点，处（如图②），易证点，，在同一条直线上，并且是等腰直角三角形，所以，从而得出结论：． 【简单应用】 (1)在图①中，若，，则________． (2)如图③，有一个圆形公园，直径是贯穿公园的一条小路，出口点、在公园上，且，线段也是一条小路，若路米，米，现在要在出口、之间挖一条小河，小河最短是多少米？ 【拓展规律】 (3)如图④，，，若，，求的长（用含，的代数式表示）． (4)如图⑤，，，点为的中点，若点满足，，点为的中点，则线段与的数量关系是________．（直接写出答案） 【答案】(1) (2)米 (3) (4)或 【分析】（1）仿照小吴同学方法，得出，把，代入计算即可； （2）根据圆周角定理得出，根据得出，利用勾股定理求出米，利用（1）中距离求出的长即可； （3）以为直径作，连接并延长，交于，连接、、，根据圆周角定理得出点、在上，四边形是正方形，，，利用（1）中结论及勾股定理得出，，再利用勾股定理即可求出； （4）分点在直线的左侧和右侧两种情况，利用等腰直角三角形的性质、勾股定理，结合（1）中结论，分别求解即可． 【详解】（1）解：如图，将绕点，逆时针旋转到处，点，分别落在点，处， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴点，，在同一条直线上， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：． （2）如图，连接、、， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∵米，米， ∴（米）， 由（1）可知，， ∴（米）． ∴小河最短是沿线段修建，距离为米． （3）解：如图，以为直径作，连接并延长，交于，连接、、， ∵为的直径，， ∴点、点都在上，为的直径， ∴， ∵， ∴四边形是正方形，，， 由（1）可知，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （4）解：如图，当点在直线的左侧时，连接、， ∵，，点是的中点， ∴，， ∵，点是的中点， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理可求得：， 由（1）可知， ∴， ∴； 如图，当点在直线的右侧时，连接、， 同理可知，， 设，则， ∴， ∴， 由（1）可知，， ∴． 综上所述，线段与的数量关系是或． 【变式01】（2026·陕西西安·模拟预测）求解下列各题： (1)问题提出：如图1，和是两个等腰直角三角形，连接，若，，则______，______． (2)问题探究：如图2，已知为等边三角形，，D为上一点，且，若上存在一点E，使得平分的面积，求的长． (3)问题探究：智能机器人在生活中广泛应用，某智能分拣机器人的作业路径设计如下：如图3，机器人沿路径完成货物转运，已知为的外接圆，，．同时，机器人配套辅助作业单元对应，机械臂为，满足且，E为的中点，F为上一点，当机器人的作业单元的面积最大时机械臂会平分四边形的面积，请求出此时四边形的面积和的长度． 【答案】(1)10； (2) (3)，． 【分析】（1）证明，即可求解； （2）作于点，于点，求得，得到，再利用解直角三角形即可求解； （3）过点作直径，连接，求得的半径，过点作，且，证明，求得，推出点在以点为圆心，为半径的圆上，当共线时，的面积最大，据此计算即可求解． 【详解】（1）解：∵和是两个等腰直角三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，； （2）解：作于点，于点， ∵为等边三角形，， ∴，， ∴， ∵平分的面积， ∴， ∵， ∴，又， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：过点作直径，连接， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 连接，，过点作，且， 在中，，即， 设，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点在以点为圆心，为半径的圆上， 作于点，作交延长线于点，作交延长线于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∵， ∴，当且仅当共线时，取等， 连接，作交延长线于点， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵平分四边形的面积， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， 连接，作于点，并交于点， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 解得． 【变式02】（2026·广东东莞·一模）如图，C，D两点在以为直径的半圆上，点O是半圆圆心，半圆O的半径为r，，点E在上运动（不与点C，D重合），连接，，分别交，于点M，N． 【问题发现】 (1)如题图1，当，且E是的中点时，试猜想与r之间的数量关系，并说明理由． 【类比探究】 (2)如题图2，当，且E不是的中点时，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 【拓展延伸】 (3)如题图3，若，，，求的长． 【答案】(1)，见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据题意，得，证明四边形是正方形，求解即可． （2）取的中点F，连接,分别交于点G，H，分点E在上和点E在上两种情况证明即可． （3）过点A作于点Q，并延长交半圆于点P，连接，交于点T，通过证明，求解即可． 【详解】（1）解：与r之间的数量关系为．理由如下： 连接，根据题意，得， E是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 四边形是菱形， ， 四边形是正方形， ， ． （2）解：结论仍然成立．理由如下： 取的中点F，连接,分别交于点G，H， 根据（1）的证明，知四边形是正方形，， ， 当点E在上时，如图所示， 根据（1）的证明，知都是等腰直角三角形， ，， ，为半圆的直径, ， 根据四边形内角和，得， ， ， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴ ； 当点E在上时，如图所示，同理可证， ∴， ∴ ． （3）解：过点A作于点Q，并延长交半圆于点P，连接，交于点T， ，， ， ， ， ，， ，， 为半圆的直径, ， ， ， 根据（2）的证明，可证明， ∴， ∴， ∴， 解得， ． 【变式03】（2026·吉林长春·一模）【问题呈现】在学习《圆》这一章时，小明遇到了这样一个问题：如图1，已知半径是2，点是上的一个动点，点是平面内一点，，求证：线段的最大值为7． (1)【问题解决】经过分析，如图2，小明将延长交于点，并猜想此时最大，为了验证这个猜想，小明想利用如下方法来解决，下面是部分证明过程，请补全缺失的部分．证明：如图2，在上任意取一点（点不与点重合），连接； 证明过程缺失 则， 则此时，最大，最大值为 (2)【问题延伸】如图3，在中，，点是边上的一个动点，连接，过点作于点，连接，则线段的最小值是___________． (3)【拓展提升】如图4，某景区有一片油菜花地，形状由和以为直径的半圆两部分构成，已知米，，为了方便游客游览，该景区计划对油菜花地进行改造，根据设计要求，在半圆上确定一点，沿修建小路，并在中点处修建一个凉亭，沿修建仿古长廊，由于仿古长廊造价很高，为了控制成本，景区要求仿古长廊的长度尽可能短，若不考虑其他因素，则仿古长廊最短为___________米．（结果保留根号） 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用三角形三边的关系证明线段的最大值； （2）通过构造圆，利用点与圆的位置关系求线段的最小值； （3）构造圆，结合中位线定理和勾股定理求仿古长廊最短长度． 【详解】（1）证明：如图2，在上任意取一点B（点B不与点A重合），连接、， 在中，， ， ， 则， 则此时，最大，最大值为； （2）解：如图3， ， ∴， ∴点F在以为直径的圆上，以为直径作，连接交于F， 由点圆关系得此时最小， ∵， ∴， ∵， ∴， ， 即线段的最小值是； （3）解：如图4，取、中点、，连接，以为直径作，连接交于点，作于，连接、， ∵点F为中点， ∴、分别为和的中位线， ∴， ∴， ∵为半圆直径， ∴， ∴， ∴F在以为直径的圆上，即在上，由点圆关系得，为的最小值， ∵、为、中点， ∴为中位线， ∴米，， ∴米， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴米， ∴（米）， ∵， ∴米， ∴米， ∴米， ∴（米）， ∵米， ∴（米）， 即最短为米． 命题点03圆中解答题压轴之阅读材料问题 【典例12】（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． 【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01】（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 【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01】（2025·山西运城·一模）阅读与思考 阅读下列材料，完成下面的任务． 关于“三角形的内切圆”的研究报告 【研究内容】如图，在中，三边，，，是它的内切圆，切点分别为，，，如何求、、的长呢？ 【解法】是的内切圆，切点为，，，，，．设，，，则有，，如果设，那么有． 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：______． (2)如图2，这是一张三角形纸片，为它的内切圆，小悦沿着与相切的剪下了一个三角形纸片，已知，，，求三角形纸片的周长． (3)如图3，的内切圆与，，分别相切于点，，，，，，求． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）由题意得出，则可得出答案； （2）由题意得，如图，设切点分别为，，，则，由三角形周长可得出答案； （3）设，依题意得，，根据勾股定理可得，解方程得出，则可得出答案． 【详解】（1）解：是的内切圆，切点为，，， ，，， 设，，，则有， 三式相加可得， ， 如果设，那么有． 故答案为：，； （2）解：的周长为， 由题意得， 如图，设切点分别为，，，则， ，， ， 三角形纸片的周长， ； （3）解：设，依题意得，， ，， ， 根据勾股定理可得，整理得， 解得或不合题意，合去， ， ，， ． 【点睛】本题考查的知识点是三角形内切圆、切线长定理、勾股定理解直角三角形、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理． 【变式02】（2025·江苏苏州·二模）阅读与思考 下面是项目学习小组学习报告的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 实验室使用量筒量取液体时，读数要平视，如图，量筒内的液面近似地看成，，读数时，视线垂直于量筒壁（），与相切于点D，点O为所在圆的圆心．小东同学读数时，从点E处俯视点D（点E在上），记录量筒上点E处的高度为．小华同学记录量筒上点A处的高度为． 完成下列任务： (1)连接，求证：． (2)若，求的长． (3)连接并延长交于点H，若，则长多少？ 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． （1）连接并延长，交于点M，连接，根据切线的性质得出，证明，根据圆周角定理得出，从而说明，证明，得出，即可得出答案； （2）设，根据，得出，从而证明，得出，即，得出，求出，即可得出答案． （3）由题意可证四边形是矩形，进而得，则，可得，再证，，有即可解答． 【详解】（1）证明：连接并延长，交于点M，连接，如图所示： 为的切线， ， ， 为的直径， ， ， ， 又， ， ， ， ， ． （2）设， ， ， ， ， ∵， ∴， 由（1），得， ， ，即， ， 解得：， 经检验，是分式方程的解，且符合题意． 的长为． （3） 由题意，可知，且， ， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， 即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴． 【变式03】（2026·山西·一模）阅读与思考 下面是小欣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 垂等四边形【概念理解】 对角线互相垂直且相等的四边形叫作垂等四边形．   例如，图1中的四边形的对角线与满足关系：，且，则四边形是垂等四边形． 【问题解决】 问题1：如图2，在垂等四边形中．对角线与交于点．若，，，则对角线的长为 ▲ ． 问题2：如图3，在四边形中，，，且．求证：四边形是垂等四边形． 证明：如图3，过点作的垂线，交的延长线于点． ，， ． 又， …… 任务： (1)请直接写出问题1中“▲”处空缺的内容为_____． (2)请补全问题的证明过程． (3)智慧小组进行了探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动．如图4，在中，已知是弦，，是半径．求作：的内接垂等四边形．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）    【答案】(1)10 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据，求得，等量代换求解即可． （2）根据定义证明即可． （3）根据圆的性质，定义作图即可； 【详解】（1）解：在垂等四边形中．对角线与交于点． ，且， ，，， ， 解得 故对角线的长为10． （2）证明：如图，过点作的垂线，交的延长线于点． ，， ． 又， 四边形是平行四边形， ． ， ， ， ， ， 故四边形是垂等四边形． （3）解：作的垂直平分线，交于点G，并在此垂直平分线上，截取， 则，根据，得到， ， 延长分别交圆于点C，D， 连接， 则， 故， 故， 故四边形是垂等四边形． 则四边形即为所求． 中考预测题 1．在平面直角坐标系中，对于和外一点A给出如下定义：若点P在上，且对圆上任意一点Q，都有，则称线段是点A关于的关联线段，称的大小是点A关于的关联角度． (1)如图，的半径为1． ①已知点，则点A关于的关联线段的长为______，点A关于的关联角度为______； ②已知上一点，点D在直线上，线段是点D关于的关联线段，则点D的坐标为_____； (2)已知点，的半径为2，直线上的所有点都有关于的关联线段，记这些点关于的关联角度的最大值为，若，直接写出t的取值范围． 【答案】(1)①，30；② (2)或 【分析】（1）①过点作的切线，点为切点，则线段即为点A关于的关联线段，利用勾股定理解得，由切线的性质可得，进而解得的长度，并利用三角函数解得的值，即可获得答案； ②如下图，设线段与轴交于点，根据关联线段的定义可得，过点作轴于点，证明为等腰直角三角形，进而确定点坐标；利用待定系数法解得直线的解析式，联立直线的解析式与直线解析式，求解即可获得答案； （2）设直线上一点，根据关联角的定义，点关于的关联角度满足，要使最大，则最大，此时最小，当垂直于直线时，最小，最小值为点到直线的距离，结合易得，再分点在点右侧和点在点左侧两种情况，分别求解即可． 【详解】（1）解：①如下图，过点作的切线，点为切点，则线段即为点A关于的关联线段， ∵， ∴， ∵为的切线，且， ∴， ∴，即点A关于的关联线段的长为， 又∵， ∴， ∴点A关于的关联角度为； ②如下图，设线段与轴交于点， ∵线段是点D关于的关联线段， ∴直线是切线，即， 过点作轴于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将点，代入， 可得，解得， ∴直线的解析式为， 联立直线的解析式与直线解析式， 可得，解得， ∴点D的坐标为； （2）设直线上任一点， 根据关联角的定义，点关于的关联角度满足， 要使最大，则最大，此时最小， 当垂直于直线时，最小，最小值为点到直线的距离， ∴的最大值为， ∵， ∴，即， 解得， 设直线分别交轴于点，如下图， 对于直线， 当时，， 当时，可得，解得， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 当点在点右侧时，如图， 此时，， 则， 即，可得， 解得； 当点在点左侧时，如下图， 此时，， 则， 即，可得， 解得． 综上所述，的取值范围为或． 2．已知是的直径，，是的弦．      (1)如图①，若E为的中点，，求和的大小； (2)如图②，若是的直径，过点D作的切线交延长线于点C，连接．，，求的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据直径所对圆周角为直角和圆周角定理得到，再根据E为的中点，得到，即可求解； （2）根据切线的性质结合圆周角定理推出，求出，利用含30度角直角三角形的特征得到，，利用勾股定理求出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵是的直径， ∴， 在中，， ∴， ∵与都是所对的圆周角， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵是的切线，是直径， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∵，， 在中，． 3．已知：内接于，，点D在圆上，弧弧，连接， (1)如图①，求证： (2)如图②，点E在上，点G在延长线上，连接，，作，，，求证：； (3)如图③，在②的条件下，作交延长线于点F，连接，四边形的面积为，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据题意得，，再利用勾股定理求解即可求证结论； （2）设，根据题意证，再结合即可求证结论； （3）作交延长线于点M，作于点N，证，得，四边形为矩形，根据，求出，设交于点K，在上截取，根据角的关系求得，设，根据列方程求解得，，， ，求出可解答． 【详解】（1）证明：连接 ∴为的直径 ， 弧弧 在中 （2）证明：设 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：作交延长线于点M，作于点N， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 又∵， ， ， ， 四边形为矩形 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图设交于点K，在上截取 为的直径， ， ， ， ， ， ， 设， ，， ， ， ， ， ， ， ∴， ， 考点四 折叠旋转中解答题压轴 《解题指南》 1.折叠解答题压轴 核心性质 ①折叠本质：轴对称、图形全等 ②对应边相等、对应角相等；折痕垂直平分对应点连线 ③折叠前后角度大小不变、线段长度不变 常考题型 1.角度计算：利用折叠等角+内角和、外角、互余倒角 2.线段长度计算：设未知边为x,用折叠等量代换，在直角三角形中勾股定理列方程 3.图形判定：折叠后判定等腰三角形、直角三角形、平行四边形、菱形 4.折叠+相似：折叠产生等角，构造AA相似，列比例求线段 解题通用步骤 1.标等角、等边，用相同记号标注折叠前后对应边角； 2.有直角立即锁定Rt△,设元x; 3.用折叠性质把周边线段全部用含x式子表示； 4.勾股定理列方程求解； 5.检验落点：在边上、顶点、延长线，分类防漏解。 2.旋转解答题压轴 核心性质 ①旋转本质：旋转全等，图形形状大小不变；②对应边相等、对应角相等；旋转角处处相等；③旋转中心固定，旋转前后对应点到中心距离相等 常考模型 1.手拉手旋转：共顶点等腰/等边三角形旋转，出全等 2.90°旋转：正方形、直角三角形旋转，构造垂直与相等线段 3.60°旋转：等边三角形旋转，构造等边三角形 4.旋转+相似：旋转等角+公共角，直接证相似 常考题型 1.证明线段相等、线段垂直； 2.求角度、求线段比值； 3.旋转后三点共线、位置关系判定； 4.旋转背景下周长、面积、最值问题。 命题点01 折叠中解答题压轴 【典例13】（2026·山东枣庄·一模）综合与实践课上，王老师带领学生们分小组进行折叠矩形纸片的探究活动． 【折叠实践】 第一步：如图（1），将矩形纸片对折，使边，重合，再展开，折痕与交于点． 第二步：如图（2），在上取一点，沿折叠矩形，点的对应点为，延长交于点，将纸片沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕与交于点． (1)【初步发现】探究图（2）中和的位置关系． (2)【深入探究】勤学小组的同学们选用了如图（3）所示的矩形纸片，选取的点E与点D重合，按步骤折叠后发现，点F，G，M共线．请你帮他们求出的值． (3)【拓展延伸】奋进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，折痕与交于点M，把纸片展开后，连接（图（4）是奋进小组的一次折叠样例）．请你解决：当为直角三角形时，求的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质得出，再根据平行线的判定方法即可得到结论； （2）连接，设，，先证明，得到，再证明，得到，根据勾股定理得出，即可得到答案； （3）分两种情况：当时，得出四边形是正方形，得出；当时，过点作于点，则，再证明，得到，，证明，得到． 【详解】（1）解：，理由如下， 矩形， ， ， ，， ， ； （2）解：设，， 如图（3），连接， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 由（1）知， ， ， ， ， ， ，， ， ， ； （3）解：当时，如备用图（1）， ， ，， 四边形是正方形， 当时， 如图（4），过点作于点， 则 ， ，，， ， ， ； ， ∴ ， ， ， ， ， ． 【变式01】（2025·江苏盐城·三模）综合与实践 综合与实践 背景 打印纸中的数学：我们生活中常见的A4纸是由国际标准化组织的定义的，规格，世界上多数国家所使用的纸张尺寸都是采用这一国际标准，我们通过计算发现纸的长、宽之比约为，猜想纸的长、宽之比为，我们取一张纸，记为矩形，并通过以下几种折纸操作证明这一结论． 操 作 一 折叠一：如图1，是纸边上一点，将矩形沿折叠，使点的对应点恰好落在边上，另一张纸的长边恰好与重合． 操 作 二 折 叠 二 ：如图2，分别是纸边上一点，先将矩形沿折叠，使点的对应点恰好落在边上，再继续沿折叠，使点的对应点 落在边上，点的对应点为点，发现此时点与点重合． 操 作 三 折叠三：如图3，是纸边上的点，将矩形沿折叠，使点的对应点落在边上，然后将矩形展开，再将矩形沿折叠，使点的对应点恰好落在边上，然后将矩形展开，折痕与交于点．如图4，将如图3的纸片沿折叠，发现与重合，与重合 ……． 问题解决 任务 1 根据折叠一中的图1，求图1中的值为 ； 任务 2 根据折叠二中的图2，若矩形边长，则长度为 ； 任 务 3 根据折叠三中的图4，连接并延长交于F，求   【答案】任务1：；任务2：；任务3： 【分析】本题主要考查矩形的折叠问题、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理等，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质是解题的关键． 任务1：结合矩形的性质、折叠的性质，可知是等腰直角三角形，即可得出；设，则，设，则，利用勾股定理解，用含a的式子表示出x，即可求解； 任务2：由折叠的性质得出是等腰直角三角形，进而可得； 任务3：证明是等腰直角三角形，同理可得是等腰直角三角形，则是等腰直角三角形，设，则，，，分别求得的长，证明，等面积法求得，进而求比值，即可． 【详解】解：任务1：四边形是矩形， ，， 由折叠知， ， ，即是等腰直角三角形， ， ； 故答案为：． 任务2：同方法一可得， ∵，则，， 由折叠知， ， ， ， 设，则， 由折叠知， 在中，， ， 解得， 故答案为：． 任务3：解：纸片沿折叠，发现与重合，与重合， ，，， 又矩形中，， ，， 是等腰直角三角形， ， ． 同理可得是等腰直角三角形，则是等腰直角三角形， ∴， ∴ 又∵ ∴ ∴， 设，则，， ∴， ∴ ∴， ∴ 在中， ∵是等腰直角三角形， ∴ ∵折叠， ∴ ∵，， ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 【变式02】（2026·江苏南京·模拟预测）折叠正方形纸片． 通过纸片的折叠，可以发现许多有趣的现象，这些现象可以用有关的数学原理进行分析、解释，所以纸片的折叠是一种有效的数学学习方式．如图，是将正方形纸片折叠后得到的一条折痕，其中点P，Q分别在边，上． (1)折叠正方形纸片，使得，依次落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图①中分别作出折痕，（不写作法，保留作图痕迹），其中点E，F分别在边，上．设，的交点为O，则_________； (2)在（1）的条件下，折叠正方形纸片，使得落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图②中作出折痕（不写作法，保留作图痕迹），其中点M，N分别在边，上．设，的交点为G，则点G落在正方形纸片的哪一条对称轴上？请说明理由； (3)如图③，已知正方形纸片的边长为．在（2）的条件下，当点P为边的中点时，则随着点Q位置的改变，的周长是否会发生改变？如果不变，求出的周长；如果改变，求出的周长的最小值，并求出此时折痕的长． 【答案】(1)作图见解析； (2)作图见解析；点G在边、的垂直平分线上；理由见解析； (3)改变；的周长的最小值为； 【分析】（1）作，的角平分线即可．根据三角形外角的性质得到，再根据角平分线的定义得到，即可得到； （2）延长，交于T，作的角平分线即可．证明得到点G是的中点即可； （3）作的角平分线交于E，连接，先根据折叠的性质求出，可知的最小值为，将向上平移使得M与A重合，证明，得到，即可得到． 【详解】（1）解：如图，作，的角平分线即可， ∵，， ∴， ∵，分别是，的角平分线， ∴， ∴； （2）解：如图，延长，交于T，作的角平分线即可． ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ， ∴点G是的中点， ∴点G在边、的垂直平分线上； （3）解：如图，作的角平分线交于E，连接， ∵是折痕， ∴且垂直平分， ∴， ∵为定值即， ∴当A、M、E三点共线时，最小，最小值即为的长， 故的最小值为， 此时E和B重合，将向上平移使得M与A重合，如下图： ∵，， ∴ ∵，， ∴， ∴，即， ∵， ∴． 【变式03】（2026·广东佛山·一模）【问题情境】 折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动． 活动一：矩形可折叠 矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示． 活动二：折叠可得矩形 如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4． 【提出问题】 （1）如图1，的度数为 　　； （2）如图1，若，，求的最大值； （3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　； 【解决问题】 （4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度． 【答案】（1）；（2）的最大值为；（3）15；（4）矩形纸片较长边的长度为或 【分析】（1）由折叠的性质得出，，根据，即得； （2）设，，则，证明，，得，得，得，根据二次函数的性质，即得的最大值为； （3）设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，由矩形性质和勾股定理，得 ,证明，得，由， ，即得； （4）分和为矩形的边和角，和为矩形的边和角，两种情况计算矩形的边，比较得出矩形的较长边． 【详解】解：（1）如图1， 由题意得：，， ， ， ， ； （2）如图1， 设，，则， 由（1）知， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，有最大值为， 的最大值为； （3）解：设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4， ∵矩形中，， ∴, ∵， ∴， 由折叠的性质得：， ∵中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （4）作出原矩形，连接，如图5①， ，，， ， ， 四边形为矩形， ，． 设，则，设，则． ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ， ， 矩形纸片较长边的长度为； 当为矩形的一边时，作出原矩形，如图5②， 设，则，设， 四边形为矩形， ，，， ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ． ， 矩形纸片较长边的长度为； 综上所述，矩形纸片较长边的长度为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理；本题属于四边形综合题目，主要考查了折叠的性质、正方形的性质、矩形的性质、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识的综合运用；折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 命题点02 旋转中解答题压轴 【典例14】（2026·湖南株洲·一模）在平面内，先将一个多边形以点O为位似中心放大或缩小，使所得多边形与原多边形对应线段的比为k，并且原多边形上的任一点P，它的对应点在线段或其延长线上；接着将所得多边形以点O为旋转中心，逆时针旋转一个角度，记为，如果是顺时针旋转一个角度，则记为负值，这种经过位似和旋转的图形变换叫做旋转相似变换，其中点O叫做旋转相似中心，k叫做相似比，叫做旋转角． (1)填空： ①如图1，将以点A为旋转相似中心，放大为原来的2倍，再逆时针旋转，得到，这个旋转相似变换记为A（_____，_____）； ②如图2，是边长为的等边三角形，，将它作旋转相似变换，得到，则线段的长为__________． (2)如图3，经过得到，又将经过得到，连接，求证：． 【答案】(1)①，；② (2)见解析 【分析】（1）①直接根据定义作答即可；②根据旋转相似变换，得到，再通过勾股定理解答即可； （2）根据经过得到，得到，得到，；根据经过得到，得到，得到从而得到；由得即结合得到得到，继而得到得到． 【详解】（1）解：①根据新定义的意义，得答案为； ②根据旋转相似变换，得到，， 是边长为的等边三角形， ，， ． （2）证明：∵经过得到， ∴． ∴，； ∵经过得到， ∴． ∴ ∴； ∵， ∴即， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 【变式01】（2026·山西晋中·一模）综合与探究： 【问题情境】如图，四边形是菱形，对角线、相交于点．将绕点按逆时针方向旋转得到，，两点旋转后的对应点分别为，，旋转角为． (1)【操作验证】如图1，当点落在对角线上时，连接，求证：是等边三角形． (2)【猜想探究】如图2，在旋转过程中，时，交于点，试判断四边形的形状，并说明理由． (3)【拓展延伸】如图3，在旋转过程中，当与重合时，连接．若，，请你直接写出线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形为菱形，见解析 (3) 【分析】（1）结合菱形的性质，得，运用旋转的性质得，故是等边三角形； （2）根据四边形是菱形，得，由旋转的性质得，再证明四边形为平行四边形，又因为，故四边形为菱形， （3）运用菱形的性质以及旋转的性质得垂直平分线段，然后结合勾股定理列式得，解得，即可求得，然后在中，运用勾股定理 列式计算，得． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）解：四边形为菱形，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 由旋转的性质得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴四边形为平行四边形， ∵ ∴四边形为菱形； （3）解：连接交于点， 由题意知，， ∴垂直平分线段， ∴，， ∴, 由菱形知，， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， 即， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，． 【变式02】（2025·河北·模拟预测）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，． 【初步感知】 （1）如图1，连接，在纸片绕点 A 旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2， ①尺规作图：作的中线，交于点 M（保留作图痕迹，不写作图过程）； ②在纸片绕点A旋转过程中，当点 D 恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点F，求的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形的面积，若不能，请说明理由． 【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3）能，直角三角形的面积为4或16或12或． 【分析】（1）证明即可求解； （2）①按照作线段垂直平分线的方法作图即可； ②连接，过点A作于点N，过点E作于点G；由可求得的长，再由（1）可求得，由等腰三角形的性质得，由勾股定理求得，利用面积相等求得；利用面积相等求得，设，则，在中利用勾股定理建立方程可求得x的值，从而求得的长； （3）分四种情况考虑，利用相似三角形的判定与性质等知识即可求解． 【详解】解：（1）由勾股定理得：， 由旋转知：， ∵， ∴， ∴； （2）①中线作图如下： ②如图，连接，过点A作于点N，过点E作于点G； ∵为直角三角形斜边上的中线， ∴， ∴， 由旋转知， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）知，， ∴， 由旋转知， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∵ ∴； ∵， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， 当时，，则； 当时，，则，不合题意； ∴的长为； （3）解：C，D，E三点能构成直角三角形； 如图，当重合时，此时，则是直角三角形， ∵， ∴； 如图，当在的延长线上时，此时，则是直角三角形， ∵， ∴； 如图，当，则是直角三角形， 过点A作于点Q， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； 如图，当时，则是直角三角形， 过点A作于点Q，交于点N， 设， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴； 综上，直角三角形的面积为4或16或12或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理的判定和应用，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键． 【变式03】（2025·湖南娄底·三模）综合与实践 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动，如图①，在四边形中．． ，如图②，保持不动，将沿着方向向下平移，使得点与边的中点重合，得到． 操作发现： （1）连接，试猜想和的数量关系，并说明理由； （2）如图③，在图②的基础上，再将以点为旋转中心，按顺时针方向旋转一定角度，使点在同一条直线上（在中间），连接．试判断四边形的形状，并证明你的结论； 实践探究： （3）如图④，在图②的基础上，按（2）中的旋转方式继续旋转．当第一次恰好与垂直时停止旋转，设与交于点，与交于点，延长交于点，连接交于点，求线段的长． 【答案】（1），见解析；（2）四边形为平行四边形，见解析；（3） 【分析】（1）根据平移的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可； （2）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可． （3）证明是的中位线，，后利用正切函数，勾股定理解答即可． 【详解】解：（1）理由如下：如解图， 是的中点，根据勾股定理，得， ， 由平移的性质，得， ， 为的中点， 又为直角三角形， ． （2）证明：四边形为平行四边形， 证明如下： 由旋转的性质，得， 在中， 是的中点， ， ． 由题图①得， ， 根据旋转的性质，可得， ， ， ， 四边形是平行四边形； （3）解：， ， ． ， ． ， ， ， 为的中点， 是的中位线， ， ， ， ． ， ． 由（1）知，， 则， ， ， ， 在中，由勾股定理得，． 【点睛】本题考查了平移的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握性质和三角函数，和勾股定理是解题的关键． 中考预测题 1．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 【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． 2．【情境】 在纸片折叠的过程中，我们可以发现很多有趣的结论，而这些结论均可借助相应的数学知识予以解释．在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题展开探究性数学实践活动．每位同学选取相同的矩形纸片，其中，． 【操作】 (1)如图1，对折矩形纸片，使点与点重合，展开纸片，产生折痕；再过点所在直线折叠纸片，使点落在折痕上的点处，连接． ①的长为_____； ②求的度数； (2)如图2，沿过点的直线折叠矩形纸片，使点落在边上的点处，折痕交边于点，请在图2中利用尺规作图作出折痕（保留作图痕迹，不写作法）； 【应用】 (3)沿过点的直线折叠矩形纸片，折痕为，交边于点．若点落在处，当的长度最小时，求的长； 【拓展】 (4)如图3，若点在边上，且．将矩形纸片沿折叠，使恰好落在直线上，点A，D的对应点分别为点，，嘉琪认为所在的直线恰好经过点，请通过计算判断嘉琪的说法是否正确． 【答案】(1)①8；② (2)见解析 (3) (4)嘉琪的说法不正确． 【分析】（1）①由折叠的性质解答即可；②由折叠的性质得：垂直平分，可证明为等边三角形，即可解答； （2）先以点B为圆心，长为半径画弧交于点F，再作的平分线，即可求解； （3）根据勾股定理可得，由折叠的性质得：，，可得点在以B为圆心，长为半径的圆上，连接，，点D， ，B三点共线时，最小，此时，在中，根据勾股定理解答即可； （4）求出，可得，连接，由折叠的性质得：，，再求出，，再由勾股定理可得，从而得到，再由，可得，，从而得到，，可得，即可解答． 【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，， ∴， 由折叠的性质得：； ②由折叠的性质得：垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴； （2）解：如图，即为所求； （3）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴点在以B为圆心，长为半径的圆上， 如图，连接，， ∴点D， ，B三点共线时，最小，此时， 在中，， ∴， 解得：； （4）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， 如图，连接， 由折叠的性质得：，， ∴，， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，即， ∴所在的直线不经过点，即嘉琪的说法不正确． 3．综合与实践． 问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展探究活动．如图，在中，为斜边的中点，与所在的直线重合，将绕点旋转得到． 操作发现： (1)如图1，顺时针旋转一定角度，记和分别与交于点，当时，猜想和的数量关系为__________，并证明你的猜想； (2)如图2，继续旋转一定角度，当线段经过点时，连接，若时，试判断四边形的形状，并证明你的结论； (3)实践探究： 在整个旋转过程中，当边在下方，时，设线段与直线交于点，直线交射线于点，连接． ①如图3，若的直角边恰好与垂直，请求出的长； ②若的直角边恰好与垂直，请直接写出的长． 【答案】(1)，证明见详解 (2)四边形是菱形，理由见详解 (3)①；② 【分析】（1）根据旋转的性质可知，再根据“等角对等边”得出答案； （2）结合已知可得，再根据旋转的性质及全等三角形的对应角相等可得，可得结论； （3）①当时，根据勾股定理，得，再根据中点定义得，结合，得，即可求出，进而求出，然后证明，可知，可求，最后根据得出答案； ②当时，设交于点，可得，再说明，结合中点的定义求出，然后证明，可得，即可求出，最后根据勾股定理得出答案． 【详解】（1）解：； 证明：∵， ， ， ，， 根据旋转的性质，得， ∴， ， ， ． （2）解：四边形是菱形． 证明：在中，∵是边的中点，， ， ， ∴是等边三角形， ∴， ， ，， 根据旋转的性质，得，， ，， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （3）解：①当时， ， 根据勾股定理，得． ∵是的中点， ， 在中，， ， ， 由旋转的性质得， ， ， ， ， ， ， ． ②当时，如图，设交于点I，点G与点C重合， ， ， ， ， ∵为的中点，则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， ． 好题速递 1．（2026·江苏徐州·一模）按要求完成下列问题． (1)如图①，在中，，，垂足为．求证：． (2)已知点在线段上．在图②中，用直尺和圆规作出一个，使得且是锐角．（保留作图痕迹，简述作图步骤） (3)如图③，在中，，点在边上，，连接．若线段上存在点（包含端点），使得，则的取值范围是________． 【答案】(1)证明见解析 (2)图见解析 (3) 【分析】（1）利用两角对应相等证明两个直角三角形相似，再根据相似三角形对应边成比例进行推导证明； （2）以为直径作，若，则，可得，则点的运动轨迹为以为圆心，长为半径的圆，由为锐角，可知点在外部，据此作图即可； （3）先通过两角对应相等证明三角形相似，推导出点的轨迹，再根据点的运动轨迹和在线段上的条件，找到临界位置计算出的最小值，从而确定其取值范围． 【详解】（1）证明： ， ， ， ， ，即． （2）解：如图为． 作的垂直平分线，交于点，以长为半径作； 过点作的垂线，交于点； 以点为圆心，长为半径作弧，在外部的弧上取一点为，连接，，即为所求． （3）解：如图，作的外接圆，以点为圆心，长为半径作圆，两圆交点为，连接，， ，， ， ， ， ，为定值，则也为定值， 点的运动轨迹是以点为圆心，长为半径的圆， ，且点在上， 点的运动轨迹为， 当点与点重合时，取得最小值，此时， ， 设，，则， ， ，， 在中，， ， ， 故的取值范围为． 2．（2026·广西贵港·二模）新定义：如图1，对于平面内的一个四边形，Y是上一点，连接，，存在点Y，使得且，我们称四边形是“直角等距四边形”，点Y是四边形的“等垂点”． 【初步探索】 (1)如图2，矩形是“直角等距四边形”，P是它的“等垂点”，则和的数量关系是______； 【类比探究】 (2)如图3，四边形是“直角等距四边形”，Q是它的“等垂点”，分别过点J，K作的垂线，垂足分别为M和N． ①求证：； ②若，，求的长； 【拓展应用】 (3)如图4，在中，，，，点U，V为中不在同一边上的两点，且点U为所在边的中点，若以R，U，V，T为顶点的四边形是“直角等距四边形”，求的长． 【答案】(1) (2)①见解析；② (3)或 【分析】（1）过点作，证明是等腰直角三角形，得到，即可得到结论； （2）①根据题意证明，即可证明，即可得到结论； ②根据题意证明为等腰三角形，得到点为的中点，求出，根据勾股定理求出，再证明故点为中点，求出，即可得到答案； （3）分点是中点和点是中点两种情况进行讨论即可． 【详解】（1）解：，证明如下： 过点作，则四边形是矩形， ∴， 矩形是“直角等距四边形”，P是它的“等垂点”， ，， 是等腰直角三角形， ， 矩形， ， ； （2）解：①证明：， ， ， ， ， 在和中， ， ， ； ②，，四边形是“直角等距四边形”， ， 为等腰三角形，， 点为的中点， ， 在中，， 由①知， ， 是等腰三角形，， 故点为中点， ， ； （3）解：在中，，， ， 当点是中点，，四边形是“直角等距四边形”，设点是四边形的“等垂点”． 过作于， ∴， ∴， ∴， 设， 由“等垂点”可得，， ∴，、 ∵， ， ，， ∵， ∴，解得， ∴； 当点是中点，，四边形是“直角等距四边形”，设点是四边形的“等垂点”． 过作于， ∴， ∴， ∴， 解得， 由“等垂点”可得，，同理可得， ，， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，或． 中考闯关 1．（2026·山东济南·一模）【先导问题】 (1)如图1，中，，，若，则________度； (2)【提炼模型】如图2，在中，，，且满足，求证：； (3)【识别模型、应用模型】如图3，直线上有一定点，，，点为直线上一点，连接，，且满足，求的最小值． 【答案】(1)60 (2)见解析 (3)的最小值为 【分析】（1）先证明，进而即可得到答案； （2）先证明，进而即可得到答案； （3）分点C在B的右侧、左侧以及和B重合讨论，过点作，使得，连接，通过证明，可得点的轨迹为以点为圆心，以为半径的圆，从而得为等腰直角三角形，进而即可得到答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：当点C在店B的右侧时，如图，过点作，使得，连接， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴点的轨迹为以点为圆心，以为半径的圆的一部分，即优弧， 如图，连接、， ∵． ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴； 当C和B重合时，D和G重合，此时， 当C在B的左侧时，如图，过点作，使得，连接， 同理可证， ∴， ∵，， ∴点的轨迹为以点为圆心，以为半径的圆的一部分，即劣弧， 如图，连接、，连接交于点， 同理可求， ∴的最小值为， 综上，的最小值为． 2．（2026·河北石家庄·一模）如图1，在中，，，，以为直径向左侧作半圆O，交斜边于点D． (1)______，______，求图1中阴影部分的面积； (2)如图2，将半圆O（包含直径）沿着射线方向平移得到半圆，直径记作，当半圆和直线相切时，求半圆O平移的距离； (3)如图3，在（2）的条件下将半圆绕着点逆时针旋转得到半圆，直径记作，设旋转角度为（）． ①当点到直线AC的距离最大时，求的值； ②如图4，记半圆和直径构成的封闭图形为W，斜边的中点为M，当点M落在封闭图形W内（不包括边界），直接写出的取值范围．（参考数据：，） 【答案】(1)，8， (2) (3)或 【分析】（1）先求出，由含角的直角三角形及勾股定理可得出，的长；连接，作于E，由即可求图1中阴影部分的面积； （2）作交于F， 由（1）和平移可知，，．则，由四边形是矩形，可得．即半圆O平移的距离为． （3）①在旋转过程中，点到直线的距离先越来越小，再越来越大(当时，点到的距离最大)，再越来越小．当时，过点C作于点G，连接．可得，．当时，设垂足为H，则，．可得，，则，此时．可得．当点到直线AC的距离最大时，的值为或． ②当半圆经过点M时，过点M作于点N．得出，．由勾股定理可得． 可得，则．由圆周角定理得．可得，则．所以．当直径过点M时，，可得的取值范围． 【详解】（1）解：，， ． ， ． ． 连接，作于点E 为直径，O为圆心， ． ． ， ，． ． ， ． ． （2）解：作交于点F， ． 由（1）知，． 半圆O（包含直径）沿着射线方向平移得到半圆． ，，． ， ． 四边形是矩形． ． 即半圆O平移的距离为． （3）解： 在旋转过程中，点到直线的距离先越来越小，再越来越大(当时，点到的距离最大)，再越来越小． 当时，过点C作于点G，连接． 由（2）知，四边形是矩形． ，，． ． ，． 当时，设垂足为H ，． ， 此时 ， 当点到直线AC的距离最大时，的值为或． ． 当半圆经过点M时，过点M作于点N． 在中，，． ，． 在中，． ． ． 为直径， ． ． ． 当直径过点M时 ． 【点睛】本题考查了含角的直角三角形的性质、勾股定理、直角三角形两锐角互余、求扇形的面积、圆的性质、矩形的判定和性质． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $null