中考數(shù)學真題分項匯編（四川專用）專題23 幾何綜合（解析版）

專題23幾何綜合一、選擇題1．（2023·四川眉山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，點E是上一點，延長至點F，使，連結，交于點K，過點A作，垂足為點H，交于點G，連結．下列四個結論：①；②；③；④．其中正確結論的個數(shù)為（

）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據(jù)正方形的性質可由定理證，即可判定是等腰直角三角形，進而可得，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得；由此即可判斷①正確；再根據(jù)，可判斷③正確，進而證明，可得，結合，即可得出結論④正確，由隨著長度變化而變化，不固定，可判斷②不一定成立．

【詳解】解：∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，，∵，∴，∵，∴，∴，故①正確；又∵,,∴,∴，∵，即：，∴，∴，故③正確，又∵，∴，∴，又∵，∴，故④正確，∵若，則，又∵，∴，而點E是上一動點，隨著長度變化而變化，不固定，而，則故不一定成立，故②錯誤；綜上，正確的有①③④共3個，故選：C．【點睛】本題考查三角形綜合，涉及了正方形的性質，全等三角形、相似三角形的判定與性質，等腰三角形＂三線合一＂的性質，直角三角形的性質，熟練掌握正方形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定和性質、直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半的性質是解題的關鍵．2．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，和是以點為直角頂點的等腰直角三角形，把以為中心順時針旋轉，點為射線、的交點．若，．以下結論：①；②；③當點在的延長線上時，；④在旋轉過程中，當線段最短時，的面積為．其中正確結論有（）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】證明即可判斷①，根據(jù)三角形的外角的性質得出②，證明得出，即可判斷③；以為圓心，為半徑畫圓，當在的下方與相切時，的值最小，可得四邊形是正方形，在中，然后根據(jù)三角形的面積公式即可判斷④．【詳解】解：∵和是以點為直角頂點的等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，，故①正確；設，∴,∴，∴，故②正確；當點在的延長線上時，如圖所示

∵，，∴∴∵，．∴，∴∴，故③正確；④如圖所示，以為圓心，為半徑畫圓，

∵，∴當在的下方與相切時，的值最小，∴四邊形是矩形，又，∴四邊形是正方形，∴，∵，∴，在中，∴取得最小值時，∴故④正確，故選：D．【點睛】本題考查了旋轉的性質，相似三角形的性質，勾股定理，切線的性質，垂線段最短，全等三角形的性質與判定，正方形的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．3．（2023·四川德陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，的直徑，是弦，，，，的延長線與的延長線相交于點，的延長線與的延長線相交于點，連接．下列結論中正確的個數(shù)是（

）①；②是的切線；③B，E兩點間的距離是；④．

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】連接、、，過點作交延長線于，于．①根據(jù)已知、垂徑定理和圓內接四邊形證，，即可得到；②根據(jù)已知、垂徑定理、中垂線定理證，推出，不垂直，即可判斷不是的切線；③證，結合、，計算出、、，最后根據(jù)勾股定理計算即可；④先計算出，推理出，設，用含的代數(shù)式表示和，代入求解即可．【詳解】如圖，連接、、，過點作交延長線于，于

的直徑，，，，，，是弦，，，（垂直于弦的直徑平分弦所對的?。?，，即，，，，（圓內接四邊形的一個外角等于它的內對角），，故結論①正確，，又（同弧所對圓周角是圓心角的一半），，，，于，，，，，，故結論③正確，，，，平分（垂直于弦的直徑平分弦），是的中垂線，，，，，，即，是弦，是銳角，是鈍角，是鈍角，，不垂直，不是的切線，故結論②不正確，，，，，，，，設，則，，，，，，，，，解得：，，故結論④不正確綜上，①和③這2個結論正確，故選：B．【點睛】本題考差了圓的性質綜合，結合判斷切線、勾股定理、三角函數(shù)解直角三角形知識點，熟練掌握、綜合運用知識點推理證明和計算是解題的關鍵．4．（2022·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，和都是等腰直角三角形，，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結CE．下列結論：①；②；③若，則；④在內存在唯一一點P，使得的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則．其中含所有正確結論的選項是（

）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】證明，即可判斷①，根據(jù)①可得，由可得四點共圓，進而可得，即可判斷②，過點作于,交的延長線于點，證明，根據(jù)相似三角形的性質可得，即可判斷③，將繞點逆時針旋轉60度，得到，則是等邊三角形，根據(jù)當共線時，取得最小值，可得四邊形是正方形，勾股定理求得，根據(jù)即可判斷④．【詳解】解：和都是等腰直角三角形，，故①正確；四點共圓，故②正確；如圖，過點作于,交的延長線于點，,，,設，則，，則AH∥CE，則；故③正確如圖，將繞點逆時針旋轉60度，得到，則是等邊三角形，，當共線時，取得最小值，此時，此時，，，，，，，平分，，四點共圓，

，又,，，則四邊形是菱形，又，四邊形是正方形，，則，，，，

，，則，，，，故④不正確，故選B．【點睛】本題考查了旋轉的性質，費馬點，圓內接四邊形的性質，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性質與判定，掌握以上知識是解題的關鍵．5．（2022·四川眉山·中考真題）如圖，四邊形為正方形，將繞點逆時針旋轉至，點，，在同一直線上，與交于點，延長與的延長線交于點，，．以下結論：①；②；③；④．其中正確結論的個數(shù)為（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】利用旋轉的性質，正方形的性質，可判斷①正確；利用三角形相似的判定及性質可知②正確；證明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再證明即可求出可知③正確；過點E作交FD于點M，求出，再證明，即可知④正確．【詳解】解：∵旋轉得到，∴，∵為正方形，，，在同一直線上，∴，∴，故①正確；∵旋轉得到，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故②正確；設正方形邊長為a，∵，，∴，∵，∴，∴，即，∵是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，∵，∴，故③正確；過點E作交FD于點M，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，故④正確綜上所述：正確結論有4個，故選：D【點睛】本題考查正方形性質，旋轉的性質，三角形相似的判定及性質，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點，結合圖形求解．6．（2022·四川樂山·統(tǒng)考中考真題）如圖，等腰△ABC的面積為2，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=BC．點P是線段AB上一動點，連接PE，過點E作PE的垂線交BC的延長線于點F，M是線段EF的中點．那么，當點P從A點運動到B點時，點M的運動路徑長為（

）A． B．3 C． D．4【答案】B【分析】當P與A重合時，點F與C重合，此時點M在N處，當點P與B重合時，如圖，點M的運動軌跡是線段MN．求出CF的長即可解決問題．【詳解】解：過點A作AD⊥BC于點D，連接CE，∵AB=AC，∴BD=DC=BC=1，∵AE=BC，∴AE=DC=1，∵AE∥BC，∴四邊形AECD是矩形，∴S△ABC=BC×AD=×2×AD=2，∴AD=2，則CE=AD=2，當P與A重合時，點F與C重合，此時點M在CE的中點N處，當點P與B重合時，如圖，點M的運動軌跡是線段MN．∵BC=2，CE=2，由勾股定理得BE=4，cos∠EBC=，即，∴BF=8，∴CF=BF-BC=6,∵點N是CE的中點，點M是EF的中點，∴MN=CF=3，∴點M的運動路徑長為3，故選：B．【點睛】本題考查點的軌跡、矩形的判定和性質、解直角三角形、勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找點M的運動軌跡，學會利用起始位置和終止位置尋找軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．7．（2021·四川南充·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，，，把邊AB沿對角線BD平移，點，分別對應點A，B．給出下列結論：①順次連接點，，C，D的圖形是平行四邊形；②點C到它關于直線的對稱點的距離為48；③的最大值為15；④的最小值為．其中正確結論的個數(shù)是（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據(jù)平移的性質和平行四邊形的判定方法判斷①，再利用等積法得出點C到BD的距離，從而對②做出判斷，再根據(jù)三角形的三邊關系判斷③，如圖，作關于的對稱點，交于連接，過作于分別交于證明是最小值時的位置，再利用勾股定理求解，對④做出判斷．【詳解】解：由平移的性質可得AB//且AB=∵四邊形ABCD為矩形∴AB//CD，AB=CD=15∴//CD且=CD∴四邊形CD為平行四邊形，當點B'與D重合時，四邊形不存在，故①錯誤在矩形ABCD中，BD===25過A作AM⊥BD，CN⊥BD，則AM=CN∴S△ABD=AB·CD=BD·AM∴AM=CN==12∴點C到的距離為24∴點C到它關于直線的對稱點的距離為48∴故②正確∵∴當在一條直線時最大，此時與D重合∴的最大值==15∴故③正確，如圖，作關于的對稱點，交于連接，過作于分別交于則為的中位線，，由可得，此時最小，由②同理可得：設則由勾股定理可得：整理得：解得：（負根舍去），∴故④正確故選C．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定，矩形的性質以及平移的性質,銳角三角函數(shù)的應用等知識點，熟練掌握相關的知識是解題的關鍵．8．（2022·四川瀘州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在邊長為3的正方形中，點是邊上的點，且，過點作的垂線交正方形外角的平分線于點，交邊于點，連接交邊于點，則的長為（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】在AD上截取連接GE，延長BA至H，使連接EN，可得出，進而推出得出，設則用勾股定理求出由可列方程解出x，即CN的長，由正切函數(shù)，求出BM的長，由即可得出結果．【詳解】解：如圖所示：在AD上截取連接GE，延長BA至H，使連接EN，為正方形外角的平分線，在和中，在和中，在和中，設則在中，故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，銳角三角函數(shù)，勾股定理等知識．此題綜合性很強，圖形比較復雜，解題的關鍵是注意數(shù)形結合思想的應用與輔助線的準確選擇．9．（2021·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在等腰直角中，，、分別為、上的點，，為上的點，且，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作輔助線，構建矩形，得P是MN的中點，則MP＝NP＝CP，根據(jù)等腰三角形的性質和三角形外角的性質可解答．【詳解】解：如圖，過點M作MG⊥BC于M，過點N作NG⊥AC于N，連接CG交MN于H，∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，∴四邊形CMGN是矩形，∴CH＝CG＝MN，∵PC＝MN，存在兩種情況：如圖，CP＝CP1＝MN，①P是MN中點時，∴MP＝NP＝CP，∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMN＝∠PCM＝90°?50°＝40°，∴∠CPM＝180°?40°?40°＝100°，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ABC＝45°，∵∠CPB＝117°，∴∠BPM＝117°?100°＝17°，∵∠PMC＝∠PBM＋∠BPM，∴∠PBM＝40°?17°＝23°，∴∠ABP＝45°?23°＝22°．②CP1＝MN，∴CP＝CP1，∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，∵∠BP1C＝117°，∴∠BP1M＝117°?80°＝37°，∴∠MBP1＝40°?37°＝3°，而圖中∠MBP1＞∠MBP，所以此種情況不符合題意．故選：A．【點睛】此題主要考查了等腰直角三角形的性質，矩形的性質和判定，等腰三角形的性質等知識，作出輔助線構建矩形CNGM證明P是MN的中點是解本題的關鍵．二、填空題10．（2023·四川達州·統(tǒng)考中考真題）在中，，，在邊上有一點，且，連接，則的最小值為___________．【答案】【分析】如圖，作的外接圓，圓心為，連接、、，過作于，過作，交的垂直平分線于，連接、、，以為圓心，為半徑作圓；結合圓周角定理及垂徑定理易得，再通過圓周角定理、垂直及垂直平分線的性質、三角形內角和定理易得，從而易證可得即勾股定理即可求得在中由三角形三邊關系即可求解．【詳解】解：如圖，作的外接圓，圓心為，連接、、，過作于，過作，交的垂直平分線于，連接、、，以為圓心，為半徑作圓；，為的外接圓的圓心，，，，，，，在中，，，，即，由作圖可知，在的垂直平分線上，，，又為的外接圓的圓心，，，，，，，，即，，在中，，在中，，即最小值為，故答案為：．

【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性質，垂直平分線的性質，角所對的直角邊等于斜邊的一半，三角形三邊之間的關系；解題的關鍵是結合的外接圓構造相似三角形．11．（2023·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）將形狀、大小完全相同的兩個等腰三角形如圖所示放置，點D在AB邊上，△DEF繞點D旋轉，腰DF和底邊DE分別交△CAB的兩腰CA，CB于M，N兩點，若CA=5，AB=6，AB=1：3，則MD+的最小值為．【答案】【分析】先求出AD=2，BD=4，根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和可得∠AMD+∠A=∠EDF+∠BDN，然后求出∠AMD=∠BDN，從而得到△AMD和△BDN相似，根據(jù)相似三角形對應邊成比例可得，求出MA?DN=4MD，再將所求代數(shù)式整理出完全平方的形式，然后根據(jù)非負數(shù)的性質求出最小值即可．【詳解】∵AB=6，AB=1：3，∴AD=6×=2，BD=6﹣2=4，∵△ABC和△FDE是形狀、大小完全相同的兩個等腰三角形，∴∠A=∠B=∠FDE，由三角形的外角性質得，∠AMD+∠A=∠EDF+∠BDN，∴∠AMD=∠BDN，∴△AMD∽△BDN，∴，∴MA?DN=BD?MD=4MD，∴MD+=MD+=，∴當，即MD=時MD+有最小值為．故答案為．考點：相似三角形的判定與性質；等腰三角形的性質；旋轉的性質；最值問題；綜合題．12．（2023·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，以的邊、為腰分別向外作等腰直角、，連結、、，過點的直線分別交線段、于點、，以下說法：①當時，；②；③若，，，則；④當直線時，點為線段的中點．正確的有_________．(填序號)

【答案】①②④【分析】①當時，是等邊三角形，根據(jù)等角對等邊，以及三角形的內角和定理即可得出，進而判斷①；證明，根據(jù)全等三角形的性質判斷②；作直線于點，過點作于點，過點作于點，證明，，，即可得是的中點，故④正確，證明，可得，在中，，在中，，得出，在中，勾股定理即可求解．【詳解】解：①當時，是等邊三角形，∴∴∵等腰直角、，∴∴∴；故①正確；②∵等腰直角、，∴，∴∴∴；故②正確；④如圖所示，作直線于點，過點作于點，過點作于點，

∵，∴，又，∴又∵，∴同理得，，∴，，，∵，，，∴，∴，即是的中點，故④正確，∴，設，則在中，在中，∴∴解得：∴，∴，∴∴在中，∴,故③錯誤故答案為：①②④．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，勾股定理，全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質，等邊三角形的性質與判定，熟練掌握全等三角形的性質與判定是解題的關鍵．13．（2022·四川達州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在邊長為2的正方形中，點E，F(xiàn)分別為，邊上的動點（不與端點重合），連接，，分別交對角線于點P，Q．點E，F(xiàn)在運動過程中，始終保持，連接，，．以下結論：①；②；③；④為等腰直角三角形；⑤若過點B作，垂足為H，連接，則的最小值為．其中所有正確結論的序號是____．【答案】①②④⑤【分析】連接BD，延長DA到M，使AM=CF，連接BM，根據(jù)正方形的性質及線段垂直平分線的性質定理即可判斷①正確；通過證明，，可證明②正確；作，交AC的延長線于K，在BK上截取BN=BP，連接CN，通過證明，可判斷③錯誤；通過證明，，利用相似三角形的性質即可證明④正確；當點B、H、D三點共線時，DH的值最小，分別求解即可判斷⑤正確．【詳解】如圖1，連接BD，延長DA到M，使AM=CF，連接BM，四邊形ABCD是正方形，垂直平分BD，，，，，故①正確；，，，，，即，，，，，，，故②正確；如圖2，作，交AC的延長線于K，在BK上截取BN=BP，連接CN，，，，，，即，，故③錯誤；如圖1，四邊形ABCD是正方形，，，，，，，，，，為等腰直角三角形，故④正確；如圖1，當點B、H、D三點共線時，DH的值最小，，，，，，故⑤正確；故答案為：①②④⑤．【點睛】本題考查了正方形的性質，線段垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，熟練掌握知識點并準確作出輔助線是解題的關鍵．14．（2022·四川成都·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，過點作交對角線于點，連接，點是線段上一動點，作關于直線的對稱點，點是上一動點，連接，．若，，則的最大值為_________．【答案】/【分析】延長DE，交AB于點H，確定點B關于直線DE的對稱點F，由點B，D關于直線AC對稱可知QD=QB，求最大，即求最大，點Q，B，共線時，，根據(jù)“三角形兩邊之差小于第三邊”可得最大，當點與點F重合時，得到最大值.連接BD，即可求出CO，EO，再說明，可得DO，根據(jù)勾股定理求出DE，然后證明，可求BH，即可得出答案．【詳解】延長DE，交AB于點H，∵，ED⊥CD，∴DH⊥AB．取FH=BH，∴點P的對稱點在EF上．由點B，D關于直線AC對稱，∴QD=QB．要求最大，即求最大，點Q，B，共線時，，根據(jù)“三角形兩邊之差小于第三邊”可得最大，當點與點F重合時，得到最大值BF．連接BD，與AC交于點O．∵AE=14,CE=18，

∴AC=32，∴CO=16，EO=2．∵∠EDO+∠DEO=90°，∠EDO+∠CDO=90°，∴∠DEO=∠CDO．∵∠EOD=∠DOC，∴，∴，即，

解得，∴．在Rt△DEO中，．∵∠EDO=∠BDH，∠DOE=∠DHB，∴，∴，即，解得，∴．故答案為：．【點睛】這是一道根據(jù)軸對稱求線段差最大的問題，考查了菱形的性質，勾股定理，軸對稱的性質，相似三角形的性質和判定等，確定最大值是解題的關鍵．15．（2021·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點M、N分別為邊CD、BC上的點，且DM＝CN，AM與DN交于點P，連接AN，點Q為AN的中點，連接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，給出以下結論：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③PQN≌BQN；④PQ＝5．其中正確的結論有_____（填上所有正確結論的序號）【答案】①④【分析】①正確，證明△ADM≌△DCN（SAS），可得結論．②③錯誤，利用反證法證明即可．④正確，利用勾股定理求出AN，再利用直角三角形斜邊中線的性質求出PQ，可得結論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADM＝∠DCN＝90°，在△ADM和△DCN，，∴△ADM≌△DCN（SAS），∴∠DAM＝∠CDN，∵∠CDN+∠ADP＝90°，∴∠ADP+∠DAM＝90°，∴∠APD＝90°，∴AM⊥DN，故①正確，不妨假設∠MAN＝∠BAN，在△APN和△ABN中，，∴△PAN≌△ABN（AAS），∴AB＝AP，∵這個與AP＜AD，AB＝AD，矛盾，∴假設不成立，故②錯誤，不妨假設△PQN≌△BQN，則∠ANP＝∠ANB，同法可證△APN≌△ABN，∴AP＝AB，∵這個與AP＜AD，AB＝AD，矛盾，∴假設不成立，故③錯誤，∵DM＝CN＝2，AB＝BC＝8，∴BN＝6，∵∠ABN＝90°，∴AN10，∵∠APN＝90°，AQ＝QN，∴PQAN＝5．故④正確，故答案為：①④．【點睛】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形斜邊中線的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用反證法解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．16．（2021·四川雅安·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，和相交于點O，過點B作于點M，交于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接，．有下列結論：①四邊形為平行四邊形，②；③為等邊三角形；④當時，四邊形DEBF是菱形．正確結論的序號______．【答案】①②④．【分析】通過全等三角形的判定和性質，證明EN=FM，EN∥FM，判斷結論①；通過證明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性質判斷結論②；假設結論成立，找出與題意的矛盾之處，判斷結論③，結合等腰三角形的判定和性質求得DE=BE，可得結論④【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB∴∠DAN=∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°，在△ADN和△CBM中，∴△ADN≌△CBM，∴DN=BM，又∵DF∥BE，DE∥BF，∴四邊形DFBE是平行四邊形，∴DE=BF，∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，∵NE∥FM，∴四邊形NEMF是平行四邊形，故①正確，∵△ADN≌△CBM，∴AN=CM，∴CN=AM，∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，∴∠ABM=∠BCM，∴△AMB∽△BMC，∴，∵DN=BM，AM=CN，∴DN2=CM?CN，故②正確，若△DNF是等邊三角形，則∠CDN=60°，即∠ACD=30°，不符合題意，故③錯誤，∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OD，∵AO=AD，∴AO=AD=OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN=ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∵四邊形DEBF是平行四邊形，∴四邊形DEBF是菱形；故④正確．故答案為：①②④．【點睛】本題考查了矩形的性質、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關鍵．17．（2021·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AD＝AB，對角線相交于點O，動點M從點B向點A運動（到點A即停止），點N是AD上一動點，且滿足∠MON＝90°，連結MN．在點M、N運動過程中，則以下結論中，①點M、N的運動速度不相等；②存在某一時刻使；③逐漸減??；④．正確的是________．（寫出所有正確結論的序號）【答案】①②③④．【分析】先根據(jù)矩形的性質與AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分類討論，當點M運動到AB的中點時，此時點N為AD的中點，則：，從而點M、N的運動速度不同，當點M運動到AB的中點時，，由AM減小的速度比AN增大的速度快，則逐漸減小，當點M在AB的中點時，才滿足，得出結論．【詳解】解：∵AD＝AB，∴tan∠ADB=，∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，∵點O為BD的中點，∴AB=AO=BO，設AB=1，則AD=，BD=2．①當點M與點B重合時，點N是BD的垂直平分線與AD的交點，令AN=x，則BN=DN=，∴，解得：，∴AN=，當點M運動到AB的中點時，此時點N為AD的中點，則：，從而點M、N的運動速度不同，故①說法正確，符合題意；②當點M運動到AB的中點時，，故②說法正確，符合題意；③由①得到，AM減小的速度比AN增大的速度快，則逐漸減小，故③說法正確，符合題意；如圖，延長MO交CD于M'，∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，∴△OMB≌△OM'D（ASA），∴BM=DM'，OM=OM'，連接NM'，∵NO⊥MM'，則MN=NM'，∵NM'2=DN2+DM'2，∴MN2=BM2+DN2，故④正確，故答案為：①②③④．【點睛】本題考查了矩形的性質、動點問題，解題關鍵在于確定特殊情況，求出兩點的運動路程，確定邊之間的關系，得出結論．18．（2021·四川廣元·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，點O是對角線的中點，點P在線段上，連接并延長交于點E，過點P作交于點F，連接、，交于G，現(xiàn)有以下結論：①；②；③；④為定值；⑤．以上結論正確的有________（填入正確的序號即可）．【答案】①②③⑤【分析】由題意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，對于①：易知點A、B、F、P四點共圓，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，則問題可判定；對于②：把△AED繞點A順時針旋轉90°得到△ABH，則有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，則有HF=EF，則可判定；對于③：連接AC，在BP上截取BM=DP，連接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易證△AOP∽△ABF，進而問題可求解；對于④：過點A作AN⊥EF于點N，則由題意可得AN=AB，若△AEF的面積為定值，則EF為定值，進而問題可求解；對于⑤由③可得，進而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比為，最后根據(jù)相似三角形的面積比與相似比的關系可求解．【詳解】解：∵四邊形是正方形，，∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，①∵，∴由四邊形內角和可得，∴點A、B、F、P四點共圓，∴∠AFP=∠ABD=45°，∴△APF是等腰直角三角形，∴，故①正確；②把△AED繞點A順時針旋轉90°得到△ABH，如圖所示：∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∴，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴HF=EF，∵，∴，故②正確；③連接AC，在BP上截取BM=DP，連接AM，如圖所示：∵點O是對角線的中點，∴OB=OD，，∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，∴，由①可得點A、B、F、P四點共圓，∴，∵，∴△AOP∽△ABF，∴，∴，∵，∴，故③正確；④過點A作AN⊥EF于點N，如圖所示：由②可得∠AFB=∠AFN，∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，∴△ABF≌△ANF（AAS），∴AN=AB，若△AEF的面積為定值，則EF為定值，∵點P在線段上，∴的長不可能為定值，故④錯誤；⑤由③可得，∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，∴△APG∽△AFE，∴，∴，∴，∴，故⑤正確；綜上所述：以上結論正確的有①②③⑤；故答案為①②③⑤．【點睛】本題主要考查正方形的性質、旋轉的性質、圓的基本性質及相似三角形的性質與判定，熟練掌握正方形的性質、旋轉的性質、圓的基本性質及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．19．（2021·四川成都·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，，點E，F(xiàn)分別在邊上，且，按以下步驟操作：第一步，沿直線翻折，點A的對應點恰好落在對角線上，點B的對應點為，則線段的長為_______；第二步，分別在上取點M，N，沿直線繼續(xù)翻折，使點F與點E重合，則線段的長為_______．【答案】1【分析】第一步：設EF與AA’交于點O，連接AF，易證明△AOE△ADC，利用對應邊成比例可得到OA=2OE，由勾股定理可求出OE=，從而求得OA及OC；由AD∥BC，易得△AOE∽△COF，由對應邊成比例可得AE、FC的關系式，設BF=x，則FC=8-x，由關系式可求得x的值；第二步：連接NE，NF，根據(jù)折疊的性質，得到NF=NE，設B’N=m，分別在Rt△和Rt△中，利用勾股定理及NF=NE建立方程，可求得m，最后得出結果．【詳解】如圖所示，連接AF，設EF與AA’交于點O，由折疊的性質得到AA’⊥EF，∵四邊形ABCD是矩形∴∠ADC=90°，CD=AB=4，AD∥BC∵∠AOE=∠ADC，∠OAE=∠DAC∴△AOE△ADC，∴，∴OA=2OE，在直角△AOE中，由勾股定理得：，∴OE=，∴OA=，在Rt△ADC中，由勾股定理得到：AC=，∴OC=，令BF=x，則FC=8-x，∵AD∥BC，∴△AOE∽△COF，∴，即7AE=3FC∴3(8-x)=7×3解得：,∴的長為1．連接NE，NF，如圖，根據(jù)折疊性質得：BF=B’F=1，MN⊥EF，NF=NE，設B’N=m，則，解得：m=3，則NF=，∵EF=，∴MF=，∴MN=，故答案為：1，．【點睛】本題主要考查了折疊的性質、勾股定理、三角形相似的判定與性質，矩形的性質等知識，熟練運用這些知識是解決本題的關鍵，本題還涉及到方程的運用．20．（2023·四川南充·統(tǒng)考中考真題）如圖，在等邊中，過點C作射線，點M，N分別在邊，上，將沿折疊，使點B落在射線上的點處，連接，已知．給出下列四個結論：①為定值；②當時，四邊形為菱形；③當點N與C重合時，；④當最短時，．其中正確的結論是________（填寫序號）【答案】①②④【分析】根據(jù)等邊三角形的性質可得，根據(jù)折疊的性質可得，由此即可判斷①正確；先解直角三角形可得，從而可得，然后根據(jù)平行線的判定可得，根據(jù)菱形的判定即可得②正確；先根據(jù)折疊的性質可得，從而可得，再根據(jù)等腰三角形的性質可得，然后根據(jù)即可判斷③錯誤；當最短時，則，過點作于點，連接，交于點，先利用勾股定理求出，根據(jù)折疊的性質可得，設，則，，再利用勾股定理可得，，然后根據(jù)建立方程，解一元二次方程可得的值，由此即可判斷④正確．【詳解】解：是等邊三角形，且，，，由折疊的性質得：，，是定值，則結論①正確；當時，則，在中，，，，，由折疊的性質得：，，，四邊形為平行四邊形，又，四邊形為菱形，則結論②正確；如圖，當點與重合時，，，由折疊的性質得：，，，，，則結論③錯誤；當最短時，則，如圖，過點作于點，連接，交于點，，，，由折疊的性質得：，設，則，在中，，即，解得，，

設，則，，，，，，解得或（不符合題意，舍去），，則結論④正確；綜上，正確的結論是①②④，故答案為：①②④．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、折疊的性質、解直角三角形、菱形的判定、一元二次方程的應用等知識點，熟練掌握折疊的性質是解題關鍵．21．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，是正方形邊的中點，是正方形內一點，連接，線段以為中心逆時針旋轉得到線段，連接．若，，則的最小值為___________．

【答案】【分析】連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，由的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，可得：的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，再根據(jù)“圓外一定點到圓上任一點的距離，在圓心、定點、動點，三點共線時定點與動點之間的距離最短”，所以當、、三點共線時，的值最小，可求，從而可求解．【詳解】解，如圖，連接，將以中心，逆時針旋轉，點的對應點為，

的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓，如圖，當、、三點共線時，的值最小，四邊形是正方形，，，是的中點，，，由旋轉得：，，，的值最小為．故答案：．【點睛】本題考查了正方形的性質，旋轉的性質，勾股定理，動點產生的線段最小值問題，掌握相關的性質，根據(jù)題意找出動點的運動軌跡是解題的關鍵．三、解答題22．（2023·四川·統(tǒng)考中考真題）綜合與實踐．

(1)提出問題．如圖1，在和中，，且，，連接，連接交的延長線于點O．①的度數(shù)是___________．

②__________．(2)類比探究．如圖2，在和中，，且，連接并延長交于點O．①的度數(shù)是___________．

②___________．(3)問題解決．如圖3，在等邊中，于點D，點E在線段上（不與A重合），以為邊在的左側構造等邊，將繞著點A在平面內順時針旋轉任意角度．如圖4，M為的中點，N為的中點．①試說明為等腰三角形．②求的度數(shù)．【答案】(1)①．②(2)①．②(3)①見解析；②【分析】（1）①證明得到，進而證明，即可求出；②由全等三角形的性質可得，則；（2）①根據(jù)等腰直角三角形的性質得到，，進而證明，得到，推出，則；②由相似三角形的性質可得；（3）①連接，延長交于點P，交于點O，證明分別是、的中位線，得到，再證明，得到，則，由此即可證明為等腰三角形；②由全等三角形的性質可得，進而求出，則，再由平行線的性質可得．【詳解】（1）解：①，∴，即，又∵，∴，∴，∵即，∴，即∴，故答案為：；②∵，∴，∴，故答案為：；（2）解：①∵在和中，，且，∴，，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案為：；②∵，∴，故答案為：；（3）解：①連接，延長交于點P，交于點O在等邊中，于點D，為的中點又為的中點，N為的中點，

分別是、的中位線∵都是等邊三角形，∴，

在和中，為等腰三角形．

②，∵，∴，∴，∴，∴又，即．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，全等三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，三角形中位線定理，三角形內角和定理等等，正確理解題意通過作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．23．（2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題）探究式學習是新課程倡導的重要學習方式，某興趣小組擬做以下探究．在中，，D是邊上一點，且（n為正整數(shù)），E是邊上的動點，過點D作的垂線交直線于點F．

【初步感知】(1)如圖1，當時，興趣小組探究得出結論：，請寫出證明過程．【深入探究】(2)①如圖2，當，且點F在線段上時，試探究線段之間的數(shù)量關系，請寫出結論并證明；②請通過類比、歸納、猜想，探究出線段之間數(shù)量關系的一般結論（直接寫出結論，不必證明）【拓展運用】(3)如圖3，連接，設的中點為M．若，求點E從點A運動到點C的過程中，點M運動的路徑長（用含n的代數(shù)式表示）．【答案】(1)見解析(2)①，證明過程略；②當點F在射線上時，，當點F在延長線上時，(3)【分析】（1）連接，當時，，即，證明，從而得到即可解答；（2）①過的中點作的平行線，交于點，交于點，當時，，根據(jù)，可得是等腰直角三角形，，根據(jù)（1）中結論可得，再根據(jù)，，即可得到；②分類討論，即當點F在射線上時；當點F在延長線上時，畫出圖形，根據(jù)①中的原理即可解答；（3）如圖，當與重合時，取的中點，當與重合時，取的中點，可得的軌跡長度即為的長度，可利用建系的方法表示出的坐標，再利用中點公式求出，最后利用勾股定理即可求出的長度．【詳解】（1）證明：如圖，連接，

當時，，即，，，，,，，即，，，在與中，，，，；（2）①證明：如圖，過的中點作的平行線，交于點，交于點，

當時，，即，是的中點，，，，，，，是等腰直角三角形，且，，根據(jù)（1）中的結論可得，；故線段之間的數(shù)量關系為；②解：當點F在射線上時，如圖，在上取一點使得，過作的平行線，交于點，交于點，

同①，可得，，，，，同①可得，，即線段之間數(shù)量關系為；當點F在延長線上時，如圖，在上取一點使得，過作的平行線，交于點，交于點，連接

同（1）中原理，可證明，可得，，，，，同①可得，即線段之間數(shù)量關系為,綜上所述，當點F在射線上時，；當點F在延長線上時，；（3）解：如圖，當與重合時，取的中點，當與重合時，取的中點，可得的軌跡長度即為的長度，

如圖，以點為原點，為軸，為軸建立平面直角坐標系，過點作的垂線段，交于點，過點作的垂線段，交于點，

，，，，，，，是的中點，，，，，根據(jù)（2）中的結論，，，，，，．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定及性質，相似三角形的判定及性質，平行線的性質，正確地畫出圖形，作出輔助線，找對邊之間的關系是解題的關鍵．24．（2023·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知△ABC中，∠C=90°，點M從點C出發(fā)沿CB方向以1cm/s的速度勻速運動，到達點B停止運動，在點M的運動過程中，過點M作直線MN交AC于點N，且保持∠NMC=45°，再過點N作AC的垂線交AB于點F，連接MF，將△MNF關于直線NF對稱后得到△ENF，已知AC=8cm，BC=4cm，設點M運動時間為t（s），△ENF與△ANF重疊部分的面積為y（cm2）．（1）在點M的運動過程中，能否使得四邊形MNEF為正方形？如果能，求出相應的t值；如果不能，說明理由；（2）求y關于t的函數(shù)解析式及相應t的取值范圍；（3）當y取最大值時，求sin∠NEF的值．【答案】（1）；（2）；（3）．【詳解】試題分析：（1）由已知得出CN=CM=t，F(xiàn)N∥BC，得出AN=8﹣t，由平行線證出△ANF∽△ACB，得出對應邊成比例求出NF=AN=（8﹣t），由對稱的性質得出∠ENF=∠MNF=∠NMC=45°，MN=NE，OE=OM=CN=t，由正方形的性質得出OE=ON=FN，得出方程，解方程即可；（2）分兩種情況：①當0＜t≤2時，由三角形面積得出；②當2＜t≤4時，作GH⊥NF于H，由（1）得：NF=（8﹣t），GH=NH，GH=2FH，得出GH=NF=（8﹣t），由三角形面積得出（2＜t≤4）；（3）當點E在AB邊上時，y取最大值，連接EM，則EF=BF，EM=2CN=2CM=2t，EM=2BM，得出方程，解方程求出CN=CM=2，AN=6，得出BM=2，NF=AN=3，因此EM=2BM=4，作FD⊥NE于D，由勾股定理求出EB==，求出EF=EB=，由等腰直角三角形的性質和勾股定理得出DF的長，在Rt△DEF中，由三角函數(shù)定義即可求出sin∠NEF的值．試題解析：解：（1）能使得四邊形MNEF為正方形；理由如下：連接ME交NF于O，如圖1所示：∵∠C=90°，∠NMC=45°，NF⊥AC，∴CN=CM=t，F(xiàn)N∥BC，∴AN=8﹣t，△ANF∽△ACB，∴=2，∴NF=AN=（8﹣t），由對稱的性質得：∠ENF=∠MNF=∠NMC=45°，MN=NE，OE=OM=CN=t，∵四邊形MNEF是正方形，∴OE=ON=FN，∴t=×（8﹣t），解得：t=；即在點M的運動過程中，能使得四邊形MNEF為正方形，t的值為；（2）分兩種情況：①當0＜t≤2時，y=×（8﹣t）×t=，即（0＜t≤2）；②當2＜t≤4時，如圖2所示：作GH⊥NF于H，由（1）得：NF=（8﹣t），GH=NH，GH=2FH，∴GH=NF=（8﹣t），∴y=NF′GH=×（8﹣t）×（8﹣t）=，即（2＜t≤4）；綜上所述：．（3）當點E在AB邊上時，y取最大值，連接EM，如圖3所示：則EF=BF，EM=2CN=2CM=2t，EM=2BM，∵BM=4﹣t，∴2t=2（4﹣t），解得：t=2，∴CN=CM=2，AN=6，∴BM=4﹣2=2，NF=AN=3，∴EM=2BM=4，作FD⊥NE于D，則EB===，△DNF是等腰直角三角形，∴EF=EB=，DF=NF=，在Rt△DEF中，sin∠NEF===．點睛：本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理、三角函數(shù)、三角形面積的計算、等腰直角三角形的判定與性質等知識；本題綜合性強，有一定難度．25．（2023·四川達州·統(tǒng)考中考真題）（1）如圖①，在矩形的邊上取一點，將沿翻折，使點落在上處，若，求的值；

（2）如圖②，在矩形的邊上取一點，將四邊形沿翻折，使點落在的延長線上處，若，求的值；（3）如圖③，在中，，垂足為點，過點作交于點，連接，且滿足，直接寫出的值．【答案】（1）；（2）5；（3）【分析】（1）由矩形性質和翻折性質、結合勾股定理求得，設則，中利用勾股定理求得，則，，進而求解即可；（2）由矩形的性質和翻折性質得到，證明，利用相似三角形的性質求得，則，在中，利用勾股定理求得，進而求得，可求解；（3）證明得到，則；設，，過點D作于H，證明得到，在中，由勾股定理解得，進而可求得，在圖③中，過B作于G，證明，則，，再證明，在中利用銳角三角函數(shù)和求得即可求解．【詳解】解：（1）如圖①，∵四邊形是矩形，∴，，，由翻折性質得，，在中，，∴，設，則，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，∴；（2）如圖②，∵四邊形是矩形，∴，，，由翻折性質得，，，，∴∴，∴，∴，即，又，∴，∴，在中，，∴，則，∴；（3）∵，，∴，∴，∵，∴，∴，則；設，，過點D作于H，如圖③，則，∴；

∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，在中，，在圖③中，過B作于G，則，∴，∴，∴，，∵，，∴，則，在中，，，∵，∴，則，∴．

【點睛】本題考查矩形的性質、翻折性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)等知識，綜合性強，較難，屬于中考壓軸題，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用，添加輔助線求解是解答的關鍵．26．（2023·四川·統(tǒng)考中考真題）如圖1，已知線段，，線段繞點在直線上方旋轉，連接，以為邊在上方作，且．

(1)若，以為邊在上方作，且，，連接，用等式表示線段與的數(shù)量關系是；(2)如圖2，在(1)的條件下，若，，，求的長；(3)如圖3，若，，，當?shù)闹底畲髸r，求此時的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）在中，，，且，，可得，根據(jù)相似三角形的性質得出，，進而證明，根據(jù)相似三角形的性質即可求解；（2）延長交于點，如圖所示，在中，求得，進而求得的長，根據(jù)（1）的結論，得出，在中，勾股定理求得，進而根據(jù)，即可求解．（3）如圖所示，以為邊在上方作，且，，連接，，，同（1）可得，進而得出在以為圓心，為半徑的圓上運動，當點三點共線時，的值最大，進而求得，，根據(jù)得出，過點作，于點，分別求得,然后求得，最后根據(jù)正切的定義即可求解．【詳解】（1）解：在中，，，且，，∴，，∴，，∴∴∴，故答案為：．（2）∵，且，，∴，，延長交于點，如圖所示，

∵，∴，∴在中，，，∴，由（1）可得，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴；（3）解：如圖所示，以為邊在上方作，且，，連接，，，

同（1）可得則，∵，則，在中，，，∴在以為圓心，為半徑的圓上運動，∴當點三點共線時，的值最大，此時如圖所示，則，

在中，∴,，∵，∴，過點作，于點，∴，，∵，∴，∴，中，．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定義，求圓外一點到圓的距離的最值問題，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．27．（2022·四川達州·統(tǒng)考中考真題）某校一數(shù)學興趣小組在一次合作探究活動中，將兩塊大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如圖1的方式擺放，，隨后保持不動，將繞點C按逆時針方向旋轉（），連接，，延長交于點F，連接．該數(shù)學興趣小組進行如下探究，請你幫忙解答：(1)【初步探究】如圖2，當時，則_____；(2)【初步探究】如圖3，當點E，F(xiàn)重合時，請直接寫出，，之間的數(shù)量關系：_________；(3)【深入探究】如圖4，當點E，F(xiàn)不重合時，（2）中的結論是否仍然成立？若成立，請給出推理過程；若不成立，請說明理由．(4)【拓展延伸】如圖5，在與中，，若，（m為常數(shù)）．保持不動，將繞點C按逆時針方向旋轉（），連接，，延長交于點F，連接，如圖6．試探究，，之間的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】(1)(2)(3)仍然成立，理由見解析(4)【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質，可得，根據(jù)題意可得，根據(jù)等原三角形的性質可得平分，即可得，根據(jù)旋轉的性質可知；（2）證明，可得，根據(jù)等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；（3）同（2）可得，過點，作，交于點，證明，，可得，即可得出；（4）過點作，交于點，證明，可得，，在中，勾股定理可得，即可得出．【詳解】（1）等腰直角三角形和等腰直角三角形，，故答案為：（2）在與中，又重合，故答案為：（3）同（2）可得，過點，作，交于點，則，，在與中，，，，是等腰直角三角形，，，，，在與中，，，，，即，（4）過點作，交于點，，，，，，，，，，，，，，中，，，即．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，掌握全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．28．（2021·四川成都·統(tǒng)考中考真題）在中，，將繞點B順時針旋轉得到，其中點A，C的對應點分別為點，．（1）如圖1，當點落在的延長線上時，求的長；（2）如圖2，當點落在的延長線上時，連接，交于點M，求的長；（3）如圖3，連接，直線交于點D，點E為的中點，連接．在旋轉過程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值為1【分析】（1）根據(jù)題意利用勾股定理可求出AC長為4．再根據(jù)旋轉的性質可知，最后由等腰三角形的性質即可求出的長．（2）作交于點D，作交于點E．由旋轉可得，．再由平行線的性質可知，即可推出，從而間接求出，．由三角形面積公式可求出．再利用勾股定理即可求出，進而求出．最后利用平行線分線段成比例即可求出的長．（3）作且交延長線于點P，連接．由題意易證明，，，即得出．再由平行線性質可知，即得出，即可證明，由此即易證，得出，即點D為中點．從而證明DE為的中位線，即．即要使DE最小，最小即可．根據(jù)三角形三邊關系可得當點三點共線時最小，且最小值即為，由此即可求出DE的最小值．【詳解】（1）在中，．根據(jù)旋轉性質可知，即為等腰三角形．∵，即，∴，∴．（2）如圖，作交于點D，作交于點E．由旋轉可得，．∵，∴，∴，∴，．∵，即，∴．在中，，∴．∴．∵，∴，即，∴．（3）如圖，作且交延長線于點P，連接．∵，∴，∵，即，又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴在和中，∴，∴，即點D為中點．∵點E為AC中點，∴DE為的中位線，∴，即要使DE最小，最小即可．根據(jù)圖可知，即當點三點共線時最小，且最小值為．∴此時，即DE最小值為1．【點睛】本題為旋轉綜合題．考查旋轉的性質，勾股定理，等腰三角形的判定和性質，平行線的性質，平行線分線段成比例，全等三角形的判定和性質，中位線的判定和性質以及三角形三邊關系，綜合性強，為困難題．正確的作出輔助線為難點也是解題關鍵．29．（2022·四川攀枝花·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線分別與x軸、y軸交于點A、B，點C為線段上一動點（不與A、B重合），以C為頂點作，射線交線段于點D，將射線繞點O順時針旋轉交射線于點E，連接．(1)證明：；（用圖1）(2)當為直角三角形時，求的長度；（用圖2）(3)點A關于射線的對稱點為F，求的最小值．（用圖3）【答案】(1)見解析(2)(3)2【分析】（1）由條件可證得，根據(jù)相似三角形對應邊成比例得，即；（2）先根據(jù)函數(shù)關系式求出的長度，然后作出對應的圖2，可證明，從而得到，設，，結合對應邊成比例，得到，則，解方程得到，所以，，再由（1）的結論，可計算出．【詳解】（1）證明：已知射線繞點O順時針旋轉交射線于點E，，，，,，又，，；（2）解：直線，當時，，，，當時，，，，，如圖2，，，，，，設，，，，，，即，，，，，，由（1）知：，，（3）解：如圖3，由對稱得：,則動點F在以O為圓心，以為半徑的半圓上運動，當F在y軸上，此時在B的正上方，的值最小，如圖4，此時，即的最小值是2．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、直角三角形、一次函數(shù)與坐標軸交點問題、軸對稱圖形特征、圓的性質、動點中的最短距離問題，熟練掌握相似三角形的性質與判定，采用數(shù)形結合，利用相似比列方程求線段長是解題關鍵．30．（2021·四川資陽·統(tǒng)考中考真題）已知，在中，．（1）如圖1，已知點D在邊上，，連結．試探究與的關系；（2）如圖2，已知點D在下方，，連結．若，，，交于點F，求的長；（3）如圖3，已知點D在下方，連結、、．若，，，，求的值．【答案】（1），理由見詳解；（2）；（3）【分析】（1）由題意易得，則易證，然后根據(jù)全等三角形的性質可求解；（2）過點A作AH⊥BC于點H，由題意易得，，然后可得，進而根據(jù)勾股定理可得，設，則，易得，則有，所以，最后問題可求解；（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△ACG，過點A作AP⊥BC于點P，作DT⊥BC于點T，分別過點G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延長線于點M，交AP于點N，由題意易得，，則有，然后可得，設，，進而根據(jù)勾股定理可求解x的值，然后根據(jù)三角函數(shù)可進行求解．【詳解】解：（1），理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）過點A作AH⊥BC于點H，如圖所示：∵，∴△BAC是等腰直角三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，設，則，∴，∴，∴，解得：，∴AF=5；（3）將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△ACG，過點A作AP⊥BC于點P，作DT⊥BC于點T，分別過點G作GM⊥BC，GN⊥AP，交BC的延長線于點M，交AP于點N，如圖所示：∵，，∴△BAC是等腰直角三角形，∴，，∴，∵，∴，由旋轉的性質可得，∴，∴，∴，∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，∴四邊形GMPN是矩形，∴，設，∴，在Rt△ANG中，，∵，∴，化簡得：，解得：，∵，∴當時，易知與相矛盾，∴，∴，∴，∴，∴在Rt△DTC中，，∴．【點睛】本題主要考查三角函數(shù)、相似三角形的性質與判定、旋轉的性質及勾股定理，熟練掌握三角函數(shù)、相似三角形的性質與判定、旋轉的性質及勾股定理是解題的關鍵．31．（2021·四川樂山·統(tǒng)考中考真題）在等腰中，，點是邊上一點（不與點、重合），連結．（1）如圖1，若，點關于直線的對稱點為點，結，，則________；（2）若，將線段繞點順時針旋轉得到線段，連結．①在圖2中補全圖形；②探究與的數(shù)量關系，并證明；（3）如圖3，若，且，試探究、、之間滿足的數(shù)量關系，并證明．【答案】（1）30°；（2）①見解析；②；見解析；（3），見解析【分析】（1）先根據(jù)題意得出△ABC是等邊三角形，再利用三角形的外角計算即可（2）①按要求補全圖即可②先根據(jù)已知條件證明△ABC是等邊三角形，再證明，即可得出（3）先證明，再證明，得出，從而證明，得出，從而證明【詳解】解：（1）∵，∴△ABC是等邊三角形∴∠B=60°∵點關于直線的對稱點為點∴AB⊥DE，∴故答案為：；（2）①補全圖如圖2所示；②與的數(shù)量關系為：；證明：∵，．∴為正三角形，又∵繞點順時針旋轉，∴，，∵，，∴，∴，∴．（3）連接．∵，，∴．∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．∵，∴．又∵，∴．【點睛】本題考查相似三角形的證明及性質、全等三角形的證明及性質、三角形的外角、軸對稱，熟練進行角的轉換是解題的關鍵，相似三角形的證明是重點32．（2021·四川廣元·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在中，，，點D是邊上一點（含端點A、B），過點B作垂直于射線，垂足為E，點F在射線上，且，連接、．（1）求證：；（2）如圖2，連接，點P、M、N分別為線段、、的中點，連接、、．求的度數(shù)及的值；（3）在（2）的條件下，若，直接寫出面積的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）；；（3）【分析】（1）根據(jù)兩邊對應成比例，夾角相等判定即可．（2）的值可以根據(jù)中位線性質，進行角轉換，通過三角形內角和定理求解即可，的比值轉換為的比值即可求得.（3）過點作垂直于的延長線于點，，將相關線段關系轉化為CE，可得關系，觀察圖象，當時，可得最大值．【詳解】（1）證明：∵，∴,∵垂直于射線,∴又∵∴,∵即：又∵∴（2）解：∵點P、M、N分別為線段、、的中點∴，，∴,∴又∵∴又∵∴∴又∵∴又∵又∵∴∴（3）如下圖：過點作垂直于的延長線于點,又∵∴∴∴當取得最大值時，取得最大值，在以的中點為圓心，為直徑的圓上運動，當時，最大，∴，【點睛】本題考查的是三角形相似和判定、以及三角形面積最大值的求法，根據(jù)題意找見相關的等量是解題關鍵．33．（2022·四川南充·中考真題）如圖，在矩形中，點O是的中點，點M是射線上動點，點P在線段上（不與點A重合），．(1)判斷的形狀，并說明理由．(2)當點M為邊中點時，連接并延長交于點N．求證：．(3)點Q在邊上，，當時，求的長．【答案】(1)為直角三角形，理由見解析(2)見解析(3)或12【分析】（1）由點O是的中點，可知，由等邊對等角可以推出；（2）延長AM，BC交于點E，先證，結合（1）的結論得出PC是直角斜邊的中線，推出，進而得到，再通過等量代換推出，即可證明；（3）過點P作AB的平行線，交AD于點F，交BC于點G，得到兩個K型，證明，，利用相似三角形對應邊成比例列等式求出QF，F(xiàn)P，再通過即可求出DM．【詳解】（1）解：為直角三角形，理由如下：∵點O是的中點，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴為直角三角形；（2）證明：如圖，延長AM，BC交于點E，由矩形的性質知：，，∴，∵點M為邊中點，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，即C點為BE的中點，由（1）知，∴，即為直角三角形，∴，∴，又∵，，∴，∴；（3）解：如圖，過點P作AB的平行線，交AD于點F，交BC于點G，由已知條件，設，，則，，．∵，，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴．同理，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴．∴，解得，∴，將代入得，整理得，解得或．∵，，∴，∴，即，∴，∴當時，，當時，，此時點M在DC的延長線上，綜上，的長為或12．【點睛】本題考查矩形的性質，直角三角形斜邊中線的性質，相似三角形的判定與性質等，第3問有一定難度，解題關鍵是作輔助線構造K字模型．34．（2021·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，⊙O的半徑為1，點A是⊙O的直徑BD延長線上的一點，C為⊙O上的一點，AD＝CD，∠A＝30°．（1）求證：直線AC是⊙O的切線；（2）求△ABC的面積；（3）點E在上運動（不與B、D重合），過點C作CE的垂線，與EB的延長線交于點F．①當點E運動到與點C關于直徑BD對稱時，求CF的長；②當點E運動到什么位置時，CF取到最大值，并求出此時CF的長．【答案】（1）見解析；