数学-【】2023届浙江省中考数学复习 专项9 几何综合问题 解答题30题专项提分计划解析版

【大题精编】2023届浙江省中考数学复习专题9几何综合问题解答题30题专项提分计划（浙江省通用）1．（2022·浙江衢州·模拟预测）（1）如图，在矩形中，的平分线交于点交的延长线于点，求证：；（2）如图，若是的中点，连接、、，请判断的形状，并说明理由．（3）如图，作的角平分线交于点，已知，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）为等腰直角三角形，理由见解析；（3）．【分析】（1）由矩形的性质结合角平分线的定义可证得，可证明为等腰直角三角形，推出；（2）连接，由“”可证，可，进一步可证明，可判定为等腰直角三角形；（3）在上截取，连接，由等腰三角形的性质可求，可求的长，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，∴，∵平分，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴；

（2）解：为等腰直角三角形，理由如下：如图，连接，由（1）可知为等腰直角三角形，∴，∵G为中点，∴，，在△AGF和△CGB中，，∴，∴，，∴，∴，∴为等腰直角三角形；（3）解：如图，在上截取，连接，∵，∴，∵，∴，∵平分，∴，

∴，∵，，∴，，∵，

∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题是四边形综合题，考查全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，在（1）中充分利用矩形的对边分别平行是解题的关键，在（2）构造三角形全等是解题的关键，在（3）中求出的长是关键．2．（2022·浙江宁波·校考模拟预测）如图1，在中，，，作平分线交于点F，以为边作等腰直角，且，如图2将绕点F每秒的速度顺时针旋转得到三角形（当点D落在射线上时停止旋转），则旋转时间为t秒．(1)当t＝秒，；(2)在旋转过程中，与的交点记为M，如图3，若为等腰三角形，求t的值；(3)当边与边、分别交于点P、Q时，如图4，连接，设，，，试探究x，y，z之间的关系．【答案】(1)5(2)10或25或40(3)【分析】（1）根据平行线的性质可得，

，再利用三角形外角的性质得的度数，从而得出旋转的角度，可得答案；（2）分或或，分别求出旋转的角度，从而解决问题；（3）利用三角形外角的性质知，，再根据三角形内角和定理可得答案．【详解】（1）解：当时，，∴，∵起始状态，∴，故答案为：5；（2）解：当，，当时，，当时，，，综上：t＝10或25或40；（3）解：∵是的外角，∴，∵是的外角，∴，在中，，∴．【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，等腰三角形的性质等知识，运用分类思想是解决问题（2）的关键．运用三角形外角的性质是解决问题（3）的关键．3．（2022·浙江杭州·翠苑中学校考二模）在图1，图2，图3中，是的中线，，垂足为P．设

(1)①如图1，当，时，，．②如图2，当，时，，．(2)观察（1）中的计算结果，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明．【答案】(1)①，；②；(2)，见解析【分析】（1）先判断是等腰直角三角形，再得到也是等腰直角三角形，最后计算即可；（2）先设表示出线段最后利用勾股定理即可．【详解】（1）①如图1，连接，则是的中位线，是等腰直角三角形，也是等腰直角三角形，，，；

故答案为：，；②如图2，连接，则是的中位线．，，，；故答案为：，．（2），理由如下：如图3，连接，则是的中位线．∴，∴，∴，

设则，，，．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理和勾股定理是解本题的关键．4．（2022·浙江丽水·一模）在菱形中，，，点E在边上，，点P是边上一个动点，连结，将沿翻折得到．(1)当时，求的度数；(2)若点F落在对角线上，求证：；(3)若点P在射线上运动，设直线与直线交于点H，问当为何值时，为直角三角形．【答案】(1)60°；(2)见解析；(3)或或或．【分析】（1）由平行线的性质得，求得，由翻折的性质可得，即可求解；（2）易证是等边三角形，由翻折可得，证得，即可证明相似；（3）如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，延长EF交AB的延长线于点K，由翻折的性质可得：AP=FP，，，设AP=x，则FP=x，求得，，，在中，

，求解即可得；如图3，当点P在线段AB上，∠HPB=90°，过点E作EQ⊥AB于点Q，由折叠的性质可得：，求得，，，即可得AP的长度；如图4，当点P在BA的延长线上，∠HPB=90°，过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，易得，，在中，，∴，求解即可；如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，，，证得，，，即可求得AP的长度．【详解】（1）解：∵，∴，∵∴∵是由翻折得到，∴，∴；（2）证明：当点F在BD上时，如图1所示，∵菱形ABCD中，，∴AD=AB，是等边三角形，∴∵是由翻折得到，∴，∴∵∴

∴在和中，∴；（3）解：如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，延长EF交AB的延长线于点K，由翻折的性质可得：AP=FP，，设AP=x，则FP=x，∵∠PHB=90°，∴，∴，，∴∵，∴，∴，在中，，即，解得：，即；如图3，当点P在线段AB上，∠HPB=90°，过点E作EQ⊥AB于点Q，

由折叠的性质可得：，∵EQ⊥AB，∴，，∴，，∴，∴；如图4，当点P在BA的延长线上，∠HPB=90°，过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，∵EM⊥AB，，∴，由折叠的性质可得：，∵EM⊥AB，∴，在中，，∴，解得：，即；如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，

延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，，∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，∴，∵∴∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴．综上，AP的长度为或或或．【点睛】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质和等腰三角形的性质等，第（3）问要注意分情况讨论，做到不重不漏．5．（2022·浙江绍兴·一模）如图①，在正方形中，点E与点F分别在线段上，且四边形是正方形．

(1)试探究线段与的关系，并说明理由．(2)如图②若将条件中的四边形与四边形由正方形改为矩形，，．①线段在（1）中的关系仍然成立吗？若成立，请证明，若不成立，请写出你认为正确的关系，并说明理由．②当为等腰三角形时，求的长．【答案】(1)，理由见解析(2)①位置关系保持不变，数量关系变为；理由见解析；②当为等腰三角形时，的长为或或．【分析】（1）如图1，根据证明，可得，及，则，所以；（2）①如图2，连接交于点O，连接，根据矩形的性质和直角三角形斜边中线的性质得：，可知在以点O为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得，再证明，得；②先根据，设，分三种情况：（i）当时，如图3，根据等腰三角形三线合一的性质和中位线定理可得x的值，从而计算的长；（ii）当时，如图4，证明，列比例式可得的长，从而根据，求得x的值，同理可得的长；（iii）当时，如图5，根据，可得x的值，同理可得的长．（1）理由：如图1，∵四边形是正方形，

∴∵四边形是正方形，∴∴∴，∴∵∴∴即．（2）①位置关系保持不变，数量关系变为理由：如图2，连接交于点O，连接，∵四边形是矩形，∴中，，中，，∴∴在以点O为圆心的圆上，∵∴为的直径，

∵∴也是的直径，∴，即∴∵∴∵∴，∴②由①知：∴设分三种情况：（i）当时，如图3，过E作于H，则，∴∴由勾股定理得：

∴即∴（ii）当时，如图4，过D作于H，

∴∵∴∴∴∴∴∴∴（iii）当时，如图5，∴∴∴综上所述，当为等腰三角形时，CG的长为或或．【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质、菱形的性质、三角形相似的性质和判定、等腰三角形的判定、圆的定义以及全等三角形的判定和性质，掌握相关的性质定理，并采用分类讨论的思想是解题的关键．6．（2022·浙江嘉兴·一模）如图1，已知正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，，．连接．

(1)求图1中、的长（用含m的代数式表示）．(2)如图2，正方形固定不动，将图1中的正方形绕点C逆时针旋转度（），试探究、之间的数量关系，并说明理由．(3)如图3，在（2）条件下，当点A，F，E在同一直线上时，连接并延长交于点H，若，求m的值．【答案】(1)BG=，AF＝(2)AF=BG(3)【分析】（1）延长FG交AB于H，在Rt△BCG中，由勾股定理，求BG的长，在Rt△AHG中，由勾股定理，求AF的长；（2）连接AC、CF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，则，从而可证△ACF∽△BCG，得，即可得出结论；（3）连接AC，证明△AHF∽△CHA，得，又由正方形，EF=CE=1，可求得CF=，即从而求得CH=CF+FH=+=2，代入得，即可求得AH=2，DH=AD-AG=m-2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得，即求解即可．（1）解：延长FG交AB于H，如图1，∵正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=90°，AB=BC=m，CG=GF=CE=1，在Rt△BCG中，由勾股定理，得

；∴∠BHG=90°，∴四边形BCGH是矩形，∠AHG=90°，∴GH=BC=m，BH=CG=1，∴AH=m-1，在Rt△AHG中，由勾股定理，得；（2）解：连接AC、CF，如图2，∵正方形和正方形，∴∠ACB=∠FCG=45°，∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，∴∠BCG=∠ACF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，∴，∴△ACF∽△BCG，∴，即AF=BG；（3）解：连接AC，如图3，

∵正方形和正方形，∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，∴∠FAH=∠ACF，∵∠AHF=∠CHA，∴△AHF∽△CHA，∴，∵正方形，EF=CE=1，∴CF=，∴CH=CF+FH=+=2，∴，∴AH=2，∴DH=AD-AG=m-2，在Rt△CDH中，由勾股定理，得，即解得：，(不符合题意，舍去)．∴m的值为．【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质并能灵活运用是解题的关键．7．（2022·浙江宁波·校考三模）【基础巩固】

(1)如图①，在四边形中，，，求证∶；(2)【尝试应用】如图②，在平行四边形中，点在上，与互补，，求的长；(3)【拓展提高】如图③，在菱形中，为其内部一点，与互补，点在上，，且，，求的长．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由，可得，再利用，即可得出；（2）根据两组角相等可求得，可得，进而可求得的值；（3）延长交于G，则四边形是平行四边形，，由得，由（2）可得．，，可得，即，，根据菱形得，则，即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴，又∵，∴；（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，∵，∴，∴，

∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：延长交于G，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴，由（2）可得．，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，∴．【点睛】此题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质、菱形的性质，证明三角形相似是解决问题的关键．8．（2022·浙江温州·统考模拟预测）已知：如图，为锐角，平分

，点B，点C分别在射线和上，．(1)若点E在线段上，线段的垂直平分线交直线于点F，直线交直线于点G，求证：；(2)若（1）中的点E运动到线段的延长线上，（1）中的其它条件不变，猜想与的数量关系并证明你的结论．【答案】(1)见解析；(2)见解析．【分析】（1）如图1，连接、，由中垂线的性质就可以得出，就有，由就可以得出，由就可以得出，得出A、B、F、E四点共圆，再得出；（2）如图2，连接、，由中垂线的性质就可以得出，就有，由就可以得出，就有，近而得出A、B、F、E四点共圆，就有，从而得出．【详解】（1）解：如图1，连接、，的垂直平分线交直线，，

，平分，．在和中，，，．，，则A、B、F、E四点共圆，；（2）解：理由：如图2，连接、，的垂直平分线交直线，，，平分，．在和中

，，．则A、B、F、E四点共圆，．，．【点睛】本题考查角平分线的性质的运用，中垂线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，四点共圆的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．9．（2022·浙江杭州·校考二模）如图，在正方形中，对角线，相交于点O，点E，F分别在，上（不与A，D，C重合），连接，，与交于点G，与交于点H．已知，平分．(1)求证：．(2)若的面积为，的面积为，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明，得到，进而证明，问题得证；（2）先证明是等腰直角三角形，设，得到，再证明，得到，，，进而求得，，即可得到．【详解】（1）证明：如图，∵四边形是正方形，∴，

在和，，∴，∴，∵，∴，∴，∴;（2）解：∵四边形是正方形，∴，∵平分，∴，∴，∵，∴,∴，∴，∴，过H作于Q，∴是等腰直角三角形，∴，设，∴，∵，

∴，∴，∴，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线，用含x的式子表示各线段的长是解题的关键．10．（2022·浙江丽水·统考一模）如图，在矩形ABCD中，，连接对角线BD，点E以1个单位每秒的速度从点D出发，向点B运动，运动时间为t，过点E作，交BC于点M．(1)如图1，当时，求ME的长．(2)在点E在运动过程中，的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出的大小．(3)如图2，点N是点M关于AE的对称点，连接CN，AN，求证：．

【答案】(1)(2)不变，(3)证明见解析【分析】（1）先根据已知条件证明△ABE是等边三角形，得到AB=AE，∠BAE=60°，即可证明，得到∠EAM=30°，利用∠EAM的正切值求出ME；（2）过点E作FG⊥AD，证明，利用相似比求出为定值，即，从而求出；（3）连接AC交BD于点O，连接ON，利用对称性质证明为等边三角形，得到MN=AN，通过证明得到，NO垂直平分AC，得到AN=CN，通过等量代换得证CN=MN．【详解】（1），，，，，∴是等边三角形，，．（2）如图，过点E，作FG垂直AD，分别交AD、BC于点F、G．，

，则，，．，，故大小不变，．（3）连接AC，交BD于点O，连接NO，∴OB=OA，∴∵，∴△ABO是等边三角形，AB=AO，，∵M、N关于AE对称，∴AE垂直平分MN，∴AM=AN，∵，为等边三角形，∴MN=AN，，

∴NO垂直平分AC，，．【点睛】本题综合考查了等边三角形、全等三角形、相似三角形和三角函数等知识，灵活运用条件证明等边三角形求证所需条件，掌握各种全等三角形、相似三角形的判定方法是解题的关键．11．（2022·浙江金华·校联考模拟预测）如图1，在平行四边形ABCD中，ADBC，E是CD的中点，AE⊥AB，AE，BC的延长线交于点F，在线段BF上取点M，N（点M在B，N之间），使得BM=FN=MN．当点P从点M匀速运动到点N处时，点Q恰好从点F匀速运动到点A处．连接AP．设MP=x，AQ=y，已知y=－x+8．(1)求BF，AF的长．(2)当PQ⊥BC时（如图2），求的周长．(3)①当APQ是以AP为腰的等腰三角形时，求x的值．②将PQ绕点Q顺时针旋转90°得线段Q，若点落在四边形ABCD的内部，请直接写出x的取值范围．【答案】(1)BF=10，AF=8(2)12(3)①或；②【分析】(1)当x=0时，y=8，即可得AF=8，当y=0时，x=8，可得MN=8，再由BM=FN=MN，求出BM=FN=1，即可得出答案；(2)首先可得PF=9-x，QF=x，再证得，可得，即

，解得x=5，再由勾股定理可求得PQ，据此即可求得；(3)①连接AP，过点A作AG⊥BF于点G，过点Q作QH⊥BF于点H，运用勾股定理可求出AP，PQ，根据△APQ是以AP为腰的等腰三角形，分类讨论即可分别求得；②当P′落在AD边上时，过点Q作QH⊥BF于点H，交AD于点L，利用AAS证明△PQH≌△QP′L，再建立方程求出x，当P′落在AB边上时，过点P作PS⊥AF于点S，利用AAS证明△P′AQ≌△QSP，再建立方程求出x，即可得出答案．(1)解：当x=0时，y=8，∴AF=8，当y=0时，-x+8=0，∴x=8，∴MN=8，∵BM=FN=MN，∴BM=FN=1，∴BF=BM+MN+FN=1+8+1=10；(2)解：PF=FN+PN=1-x+8=9-x，QF=AF-AQ=8-y=8-(-x+8)=x，四边形ABCD是平行四边形，，AE⊥AB，，PQ⊥BC，，又，，，，即，解得x=5，，，，的周长为：FQ+PQ+PF=5+3+4=12；

(3)解：①如图1，连接AP，过点A作AG⊥BF于点G，过点Q作QH⊥BF于点H，由（1）知，AF=8，BF=10，，AG⊥BF∴∠BAF=∠BGA=90°，又，，，，∵，，∵MP=x，BM=1，∴，∴，∵FQ=AF-AQ=8-(-x+8)=x，∴QH=FQ•sin∠F=x，FH=FQ•cos∠F=x，∴PH=BF-BM-FH-MP=10-1-x-x=9-x，∴，∵△APQ是以AP为腰的等腰三角形，∴AP=AQ或AP=PQ，当AP=AQ时，，

解得：，当AP=PQ时，，解得：x1=8（舍去），，综上所述，x的值为或；②如图2，当P′落在AD边上时，过点Q作QH⊥BF于点H，交AD于点L，由①得：FQ=x，QH=x，FH=x，∴PH=9-x，∵∠PHQ=∠QLP′=∠PQP′=90°，∴∠PQH+∠P′QL=∠PQH+∠QPH=90°，∴∠P′QL=∠QPH，∵QP′=PQ，∴△PQH≌△QP′L（AAS），∴LQ=PH=9-x，∵LH=，∴LQ+QH=LH，即，解得：，如图3，当P′落在AB边上时，过点P作PS⊥AF于点S，∴∠PSQ=90°，

∵∠BAF=∠PQP′=90°，∴∠AQP′+∠PQS=∠PQS+∠QPS=90°，∴∠AQP′=∠QPS，∠P′AQ=∠QSP，∵PQ=P′Q，∴△P′AQ≌△QSP（AAS），∴PS=AQ=8-x，∵BP=x+1，∴PF=BF-BP=10-（x+1）=9-x，∵，∴，解得：，∴．【点睛】本题考查了一次函数的应用，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，一元二次方程的解法，全等三角形的判定与性质，采用分类讨论的思想和作出辅助线是解决本题的关键．12．（2022·浙江丽水·统考一模）如图，矩形，点是对角线上的动点（不与、重合），连接，作交射线于点．已知，．设的长为．(1)如图1，于点，交于点．求证：；(2)试探究：是否是定值？若是，请求出这个值；若不是，请说明理由；(3)当是等腰三角形时，请求出所有的值．【答案】(1)见解析(2)的值为定值，这个值为(3)的值为或8

【分析】（1）证明即可得到结论；（2）分点在点左侧和右侧两种情况，利用列式求解即可；（3）分两种情形讨论求解即可解决问题．【详解】（1）∵，∴，，∴，∴；（2）结论：的值为定值．理由如下：∵四边形是矩形，，，∴，，，∴，当点在点左侧时，如图甲所示：由，可得．∴，，，∵，∴．当点在点右侧时，如图1所示：同理得出．综上所述：的值为定值．图甲（3）①当点在线段上时，连接交于．∵，所以只能，

∴，∵，∴，∴，∴垂直平分线段，在中，，∴，∴，∴∴．②当点在的延长线上时，设交于．∵，所以只能．∴，∵，，∴，∵，，∴，综上所述，的值为或8．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理以及等腰三角形的构成条件等重要知识，同时还考查了分类讨论的数学思想．13．（2022·浙江宁波·统考二模）【证明体验】(1)如图1，△ABC中，D为BC边上任意一点，作于E，若，求证：△ABC为等腰三角形；

【尝试应用】(2)如图2，四边形ABCD中，，，AE平分，，若，，求AE的长；【拓展延伸】(3)如图3，△ABC中，点D在AB边上满足，，若，，求AD的长．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)【分析】（1）设，Rt△DEC中，，再根据，可得，即有△ABC为等腰三角形；（2）延长AD，BC交于点F，构造出（1）的结构，再根据（1）的结论，可得，再证，即有，，在Rt△ADE中，利用勾股定理即可求出；（3）作于E，并把△ACE沿着AE折叠得△AFE，显然B，C，F在同一直线上，作于G，构造出（1）的结构，再根据（1）的结论，得：，再证，即有，，设，可得一元二次方程，解方程即可求出CF，进而可求出，再由，有，即可求得．(1)证明：设，则有，

∵，∴，∴，∵，∴，∵∴，∴△ABC为等腰三角形；(2)如图1，延长AD，BC交于点F，∵AE平分，∴，∵，又∵，∴，又∵，由（1）的结论得：，∵，∴，∴，，∴在Rt△ADE中，；(3)如图2，作于E，并把△ACE沿着AE折叠得△AFE，显然B，C，F在同一直线上，作于G，

∵，又∵，∴，根据翻折的性质有：，，∴，由（1）得：，∴，∴，∴，∴，设，，∵，，则得：，解得：（舍去），，即有，∴，∵，，∴，∴，得：．【点睛】本题是一道三角形的综合题，考查了等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理和一元二次方程的应用等知识，在（2）、（3）问中构造出（1）中的结构并运用（1）的结论是解答本题的关键．

14．（2022·浙江杭州·统考二模）如图1，在矩形中，与交于点，为上一点，与交于点．(1)若，，①求．②如图2，连接，当时，求的值．(2)设，记的面积为，四边形的面积为，求的最大值．【答案】(1)①；②(2)【分析】（1）①先根据等腰三角形的性质：等边对等角和平行线的性质证得，再根据，即可求得，即可求得，即可由特殊角的三角函数正切定义求解；②过点作于点．在中，求得，在中，求得，则．在中，求得，，则，在中，由勾股定理得，即可求解．（2）设，证∴，得出，则．又因为，则．再证，得

，则，所以．所以，即可求得．根据求二次函数最值方法，即可求出的最大值．【详解】（1）解：①如图1，∵，∴．∵四边形ABCD是矩形，∴，∴．∵，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴．②如图2，过点作于点．在中，，，∴．在中，，，

∴，∴．在中，，∴，，∴．在中，．（2）如图2，设，∵，∴，∴，∴．∵，∴．∵，，∴，∴，∴，∴．

∴，∴．∵-1<0，∴当时，．【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的判定与性质，解直角三角形，二次函数最值，熟练掌握矩形的性质、三角形的判定与性质、解直角三角形、二次函数最值是解题词的关键．15．（2022·浙江金华·校联考三模）在四边形中，，，．(1)如图1，①求证：；②求的正切值；(2)如图2，动点从点出发，以1个单位每秒速度，沿折线运动，同时，动点从点出发，以2个单位每秒速度，沿射线运动，当点到达点时，点，同时停止运动，设运动时间为秒，以为斜边作，使点落在线段或上，在整个运动过程中，当不再连接其他线段，且图中存在与相似的三角形时，求的值．【答案】(1)①见解析；②(2)或或或【分析】（1）①连接AC，根据“SSS”证明，即可得出结论；②过点A作，交CD于点E，过点E作EF⊥BC于点F，先证明四边形为矩形，得出，∠AEF=90°，再根据“ASA”证明

，得出，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，即可得出结果；（2）按照点M、N、P的位置，或，以及当三角形全等也是特殊的相似，进行分类讨论，求出t的值即可．【详解】（1）证明：①连接AC，如图所示：∵在△ABC和△ADC中，，∴，∴；②过点A作，交CD于点E，过点E作EF⊥BC于点F，如图所示：，∴，∴四边形为平行四边形，∵∠EFC=90°，∴四边形为矩形，∴，∠AEF=90°，∴，，，∴，，∴，∴，设，则，∵，，

解得：，，，，，．（2）当点M在AD上，时，过点M作交CD于点E，延长BA，交EM于点G，如图所示：∵，∴，，∵，∴，即，，∴，，∴四边形BNMG为矩形，同理可得四边形GBFE为矩形，∴GM=BN=2t，，，，，∴，，∵，

∴，∴，，∴，∴，，∵，，∴，∴，即，解得：；②当点M在AD上，时，过点M作交CD于点E，延长BA，交EM于点G，过点P作PH⊥MN于点H，如图所示：∵，∴，∴，∴四边形GEFB为矩形，∴，，，∴，∴，∵DM=t，

∴，∴，，∴，∴，，∵，∴，∵，，∵，∴PH=PB，，∴（HL），∴，NH=NB=2t，，，，∵，PM=PM，∴（AAS），∴PH=PG，MH=GM，∴，∵，，∴，∴，即，∴，，，∴，

∵，，∴，即，解得：；③当M与A点重合，N与C点重合时，P在B点或在D点时，，此时相似比为1，符合要求，此时；④当点M在AB上，N在BC的延长线上时，，∵MN=MN，∴此时，∴NP=NB=2t，PM=MB=10-t，过点D作，过点N作，DE与NF交于点E，延长AD，交NF于点F，过点M作MH⊥DH，交DA的延长线于点H，延长BA交ED于点G，如图所示：，，四边形DCNE为平行四边形，，，，∴，，，

∴，，，，∵，∴，∴，∵，，，∵，∴，，，∵，，∴，，，∴，即，解得：，，∴，解得：或（舍去）；综上分析可知，或或或．

【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，解直角三角形，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相关的三角形判定的性质和判定，作出辅助线，进行分类讨论是解题的关键．16．（2022·浙江金华·校联考二模）如图，菱形ABCD中，，，点E是射线AC上的一个动点，将线段BE绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DE、DF．(1)求证：；(2)如图2，连接BD，CF，当与相似时，求CE的长；(3)当点D关于直线EF的对称点落在菱形的边上时，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)或(3)的长为1或3或4或5或7【分析】（1）根据菱形的性质，利用“SAS”得出，即可得出BE=DE，根据旋转的性质得出BE=EF，即可证明DE=EF；（2）先根据菱形的性质求出BD=6，再分或两种情况，分别求出CE的长即可；（3）根据点D关于EF的对称点在AB上，BC上，与点B重合，与自身重合，其中与自身重合时又要根据点E在AO或OC上两种情况进行讨论，分别画出图形，求出AE的长即可．（1）

证明：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD，，∵在△AEB和△AED中，∴，∴BE=DE，∵根据旋转可知BE=EF，∴DE=EF．（2）∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，，BO=DO，∴，∴BD=2BO=6，∵△EBD一定是一个等腰三角形，∴△BED与△EFC相似存在两种情况，当时，根据解析（1）可知，DE=EF，∴，∴CE=BD=6；当时，，∵BE=DE=EF，∴，∵在Rt△BCE中，根据勾股定理可得：，∴，解得：或（舍去）；综上分析可知，或．

（3）当点F与点D重合时，点E在AO上时，点D关于EF的对称点为其本身，符合题目要求，如图所示：根据解析（1）可知，BE=DE，∵EO⊥BD，∴，∵BO=DO，∴，∵AO=4，∴；②当点D关于EF的对称点在BC上时，连接，，，AC与交于点G，如图所示：

根据解析（1）可知，，∴，∵，，∴，垂直平分，，，，，∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，∵，，，，∵，∴，∴，，∵，，，∴，，∴，∴；③当点E在对角线的交点上时，点F在AC上，点D关于EF的对称点正好在点B

上，如图所示：∴此时；④当点D关于EF的对称点在AB上时，连接，，，AC与交于点G，如图所示：根据解析（1）可知，，∴，垂直平分，，，，，∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，∵，，，，∵，∴，∴，

，∵，，，∴，，∴；⑤当点E在OC上，点D关于EF的对称点为其本身时，符合题目要求，如图所示：根据解析（1）可知，BE=DE，∵EO⊥BD，∴，∵BO=DO，∴，∵AO=4，∴；综上分析可知，AE的长为：1或3或4或5或7．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，直角三角形性质，轴对称的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，根据题意进行分类讨论，特别是点D的关于EF的对称点的几种特殊情况．17．（2022·浙江金华·统考二模）如图1，在矩形中，，，点为对角线的中点．点在边上，点在上，将射线绕点按逆时针方向旋转60°后得到的射线交于点，交（或）边于点．

(1)当为的中点时，如图2，连接①求证：．②若点恰与点重合，请求出此时的面积．(2)当时，连接、，是否存在点，使得与（或）相似，若存在，求长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)①见解析；②(2)存在，、4、、【分析】（1）先证明∠ADB＝∠CBD＝30°，由OP为△ABD的中位线，进一步得到∠POD＝90°－∠ADB＝60°，射线绕点按逆时针方向旋转60°后得到的射线交于点，得到∠ONP＝∠PNM，结论得证；（2）过点N作EFAD交PO于点E，交CD于点F，先求，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方求得；（3）分三种情况画出图形，进行求解即可．(1)①证明：∵四边形ABCD是矩形，，，∴CD＝AB＝6，∠BCD＝∠A＝90°，ADBC，∴tan∠CBD＝，∴∠CBD＝30°，∵ADBC，∴∠ADB＝∠CBD＝30°，∵为的中点，O为BD的中点，∴OP为△ABD的中位线，

∴OP＝AB＝3，∠OPD＝∠A＝90°，∴∠POD＝90°－∠ADB＝60°，∵射线绕点按逆时针方向旋转60°后得到的射线交于点，∴∠PON＝∠MPN＝60°，∵∠ONP＝∠PNM，∴△OPN∽△PMN；②解：如图3，过点N作EFAD交PO于点E，交CD于点F，∵PO为△ABD的中位线，∴POABDQ，PO＝DQ＝3，∴四边形PEFD是平行四边形，∵∠PDF＝90°，∴四边形PEFD是矩形，∴∠PEN＝∠NFD＝90°，EF＝PD＝AD＝3，∴NE⊥PO，NF⊥DQ，∵PODQ，∴∠PON＝∠CDN，∠OPN＝∠DCN，∴△OPN∽△DQN，∴，∴NE＝EF＝，NF＝EF＝2，∴，∵∠CBD＝30°，∠BCD＝90°，∴BD＝2CD＝12，∵O为BD的中点，∴OD＝6,

∴ON＝OD＝2，DN＝OD＝4，在Rt△PDQ中，，∴，∴PN＝PC＝，CN＝PC＝2，∵△OPN∽△PMN，∴，∴；(2)解：当点Q在CD上时，若△OCQ∽△MDP，此时，∠PMD＝∠QOC，∠MPN＝∠NDQ＝60°，∠MNP＝∠DNQ，∴∠PMD＝∠NQD＝∠QOC，∵OC＝OD，∴△OCD是等边三角形，∴OC＝CD＝6，如图4，过点Q作QH⊥QC于点H，则∠QHC＝90°，∴∠CQH＝90°－∠QHC＝30°，设CQ＝m，则CH＝CQ＝m，QH＝CQ×sin60°＝m，DQ＝6－m，OH＝6－m，∵，∴PD＝AD＝，∵∠QHO＝∠PDQ＝90°，∴△PDQ∽△QHO，∴，

∴得到，解得，，∴CQ＝3或4；当点Q在CD上时，若△CQO∽△PMN，此时，∠PMN＝∠CQO，∠MPN＝∠NDQ＝60°，∠MNP＝∠DNQ，∴∠PQD＝∠PMN＝∠OQC，如图5，作OH⊥CD于点H，则∠QHO＝90°，∠QOH＝90°－∠OQC＝90°－∠PQD＝∠QPD，CH＝DC＝3，∵OH是△BCD的中位线，∴OH＝BC＝3，设CQ＝n，则DQ＝6－n，QH＝m－3，∵tan∠QOH＝tan∠QPD，∴，∴，解得n＝，∴CQ＝；当点Q在BC上时，如图6所示，△DPM∽△CQM，延长DC，PQ相交于点K，

易证△PMN∽△DKN，∴∠K＝∠PMD＝∠COQ，设CQ＝y，由△CKQ∽△DKP，得到，解得，过点Q作QH⊥CO于点H，则QH＝y，CH＝y，OH＝6－y，由tanK＝tan∠COQ，得到，整理得，解得，（不合题意，舍去），∴此时CQ＝；综上所述，CQ存在，、4、、．【点睛】此题考查了矩形的性质，图形的旋转，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一元二次方程，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，难度较大，分类讨论是解决此题的关键．18．（2022·浙江绍兴·校联考二模）将一张边长为4的正方形纸片通过折叠的方式折出一个矩形，如图1，折叠方式如下：

操作1：将正方形沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线上的点G处，折痕为．操作2：将沿过点G的直线折叠，使点F，点E分别落在边AF、BE上，折痕为．四边形为所折出的矩形．(1)求的长度．(2)在矩形中，点O是对角线的中点，点M是边上的一动点，连接，作，交直线于点N，连接，如图2．射线交直线于点R．①若平分的面积，求的长度．②若，求的长度．【答案】(1)(2)①AM=2；②【分析】（1）由折叠的性质可得AG=AB=4，再由正方形的性质及折叠的性质可得△ADG是等腰直角三角形，则由勾股定理得，即可求得AD的长；（2）①由题意易得四边形BMON是矩形，由矩形的性质及平行线分线段成比例定理可得BM的长，从而可得AM的长；②过点O分别作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，则可得△OHN∽△OGM，设MG=x，由相似三角形的性质可分别表示HN、BN、BM，由面积关系可得MR=2RN，从而可得，则有，由此关系式建立方程即可求得x的值，从而求得AM的长．（1）∵AG是AB沿AH折叠而得到，∴AG=AB=4．∵AE是正方形ABEF的对角线，∴∠DAG=45°．由折叠知，AD⊥CD，

∴∠DGA=∠DAG=45°，即△ADG是等腰直角三角形，且AD=DG．由勾股定理得：．（2）①∵OB平分△OMN的面积，∴MR=NR．∴在Rt△OMN和Rt△BMN中，OR=BR==MR=NR．∴四边形BMON是矩形．∴ON∥AB，ON=BM．∴．又∵O是AC的中点，∴AC=2OC．∴ON=BM==2．∴AM=2．②过点O分别作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，如图．∴∠OHN=∠OGB=∠OGM=90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°．∴四边形OGBH是矩形．∴∠GOH=∠GON+∠NOH=90°，OH=BG，OG=BH，OH∥AB，OG∥BC．∵O是AC的中点，∴AC=2OC．由OH∥AB，得：，∴．同理可得：．∵OM⊥ON，∴∠MOG+∠GON=∠MON=90°．∴∠NOH=∠MOG．∵∠OHN=∠OGM=90°，∴△OHN∽△OGM．

∴．设MG=x，则．∴，BM=BG+MG=2+x．∵，∴．∴MR=2RN．∴．∴．即．∵，，∴，解得：．∴．【点睛】本题是四边形的综合，考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，折叠的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，等高的两个三角形面积的比等于底边的比等知识，难点是构造两个三角形相似、把△OMR与△ONR的面积关系转化为△OBM与△OBN的面积关系并用方程解决．19．（2022·浙江金华·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点C的坐标为，点D从原点O出发沿匀速运动，到达点B时停止，点E从点A出发沿随D运动，且始终保持．设运动时间为t．

(1)当时，求证：．(2)若点E在BC边上，当为等腰三角形时，求BE的长．(3)若点D的运动速度为每秒1个单位，是否存在这样的t，使得以点C，D，E为顶点的三角形与相似?若存在，直接写出所有符合条件的t；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见详解；(2)或1或；(3)或．【分析】（1）利用菱形的性质，以及平行线的性质推出，进而得到，利用S.A.S即可证明；（2）先由点C的坐标结合菱形的性质可得OC＝OA＝AB＝BC＝5，然后再点D的位置在OA和AB上两种情况解答，然后每一种情况再分①CD=CE、②DC＝DE、③EC＝ED分别解答即可；（3）根据第（2）可得点D在线段OA上和点D在线段AB上，然后据此分两种情况解答即可．（1）证明：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴∴，∴，即：，又∵，∴（SAS）．（2）

解：点C的坐标为，故可知OC＝OA＝AB＝BC＝5．①当点D在线段OA上时，分三种情况讨论：a.若CD＝CE时（如图１），则，，作，则OM=3，CM=4，DN=NE=2.5，又易知，即，，，；b.若DC=DE时（如图2），，，，，，，，点A与D重合，过D作，，．

c.若EC=ED时（如图3），，，点D在OA延长线上，不符合题意．②当点D在线段AB上时，分三种情况讨论：a.若CD=CE时（如图4），，矛盾，不符合题意；b.若DE=DC时（如图4），，，，，点A与D重合，结论同②，BE=1；c.若EC=ED时（如图5），同⑤，，，，过点D作于Q，

易知，，又，，．综上所述：当点E在BC边上时，BE的长为：或1或．（3）解：（1）当D点在线段OA上时，如图1，当时，由①知：，，即，此时，故当时，，．（2）当D点在AB边上时（如图6），可知，，当时，又，，即，又，设，，，，

解得：（，不符合题意，舍去）或，．．综上所述：当或时，．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定、菱形的性质、等腰三角形的性质、三角形相似的判定与性质知识点，熟练掌握并运用相关的性质、判定以及分类讨论思想是解答本题的关键．20．（2022·浙江衢州·统考二模）在矩形中，E是边的中点，连接，过点B作于点F，射线与直线交于点P，设．(1)如图①，若，求证：；(2)如图②，当点P恰好与点D重合时，试确定m的值；(3)作点B关于直线的对称点，当以点P，D，为顶点的三角形是等腰三角形时，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)或2或【分析】(1)根据正方形的性质，证明△ABE≌△BCP即可．(2)设BE=EC=x，则BC=AD=2x，证明△ADF∽△BDA，△ADF∽△EBF即可．(3)根据等腰三角形的性质，分三种情况求解．

（1）如图，∵=1，四边形ABCD是矩形，∴AD=AB，∴四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BCP=90°，∵，∴∠BAE=∠CBP，∴△ABE≌△BCP，∴AE=BP．（2）∵矩形中，E是边的中点，∴设BE=EC=x，则BC=AD=2x，∠BAD=90°．∵，∠ADF=∠BDA，∴△ADF∽△BDA，∴，∵四边形是矩形，∴AD∥BC，∴△ADF∽△EBF，∴，∴，

解得，（舍去），∴BD=DF+EF=3EF=，∴，∴．（3）当时，∵四边形是矩形，∴AB=DC，AD=BC，∠ADC=∠ABC=∠BCP=90°，∵E是边的中点，，∴AD=BC=2BE，∠PFE=90°，∵P，D，为顶点的三角形是等腰三角形，∴，∴，∴，∴∠AED=∠ADE，∴AD=AE，∴sin∠BAE=，∴∠BAE=30°，根据（1）证明，得∠BAE=∠CBP=30°，∴tan∠BAE=tan30°=，tan∠CBP=tan30°=，∴，，∴=．如图，当点P在CD的延长线上时，此时落在AD上，根据题意，得∠BAF=∠AF=45°，

∴∠PD=∠PD=45°，∴，∵∠BAF=45°，∴∠BEA=45°，∴四边形ABE是正方形，故是AD的中点，∴=CD，∴=．如图，∵，设AB=x，则AD=mx，BE=，∵∠ABG=90°-∠FBE，∠AEB=90°-∠FBE，∴∠ABG=∠AEB，∴tan∠ABG=tan∠AEB，∴，∴，解得AG=，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴，

∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，特殊角的三角函数，熟练掌握矩形的性质，三角形的相似和特殊角的三角函数是解题的关键．21．（2022·浙江绍兴·统考一模）正方形中，点，分别在边，上，且平分．(1)如图1，若点是的中点，求的值．(2)如图2，若点是的中点，求的值．(3)如图3，若去掉条件“平分”，增加条件“，”，求的值．【答案】(1)(2)(3)

【分析】（1）延长交的延长线于点，根据AAS证，设，则．设，则，，得出，再根据勾股定理，得出，进而求的值；（2）延长交的延长线于点，证，得出，表示出AB和CG的长即可求解；（3）延长交的延长线于点，过点作延长线的垂线，垂足为，由，得=，在中，由，得，则，即，再证，得出即可．【详解】（1）解：如图1，延长交的延长线于点．∵四边形是正方形，∴，∴．∵平分，∴．∴，∴．∵点是的中点，∴，

又∠AEB=∠CEG，∴（AAS）∴，设，则．设，则，．∴．在中，由勾股定理得：，∴．∴．∴．（2）解：如图2，延长交的延长线于点．∵是的中点，故可设，∴，则．由（1）知．∴．由（1）得∠1=∠G，又∠AEB=∠CEG，∴∴．（3）解：如图3，延长交的延长线于点，过点作

延长线的垂线，垂足为．∵，故可设，，则AB=BC=3a，由勾股定理得．∵∠B=∠H=90°，∠AEB=∠GEH，∴，∴，∴=．不妨设，．由勾股定理，得，在中，∵，∴．∴，即．∴．∴．又，∴∠D=∠DCG，∠DAF=∠CGF，∴，∴．【点睛】本题考查正方形的综合，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理解直角三角形，熟练掌握以上内容并灵活运用是解决问题的关键．22．（2022·浙江丽水·统考一模）如图，两个正方形与，与的中点都是．

(1)如图1，点与重合．①求的值；②连结，求的值．(2)如图2，若，在正方形绕点旋转过程中，以，，为顶点的三角形能否是等腰三角形？若能，直接写出该三角形面积；若不能，说明理由．【答案】(1)①；②(2)以，，为顶点的三角形能是等腰三角形，该三角形面积或48或32或．【分析】（1）①连结OB，根据正方形性质得出AD=AB，EF=FG，∠A=∠F=90°，根据O为AD，EF中点，得出OA=，OF=，可证△AOB∽△FOG，得出，根据勾股定理求出OB=即可；②过点H作HN⊥AB于N，交DC于M，先证△OFG∽△HMD，得出，，再证四边形ANMD为矩形，得出AN=DM=，MN=AD=AB，然后求出BN=AB-AN=，NH=MN-HM=AB-，利用正切定义求解即可；（2）当CH=CE时分两种情况，当EF⊥AD时，EH交CD于T，先证四边形OETD为正方形，求出ET=OE=4，∠DTE=90°，ET=HT=DT=4，TC=DC-DT=4，当EF与AD不垂直，连结OC，作以O为圆心，OE为半径的⊙O，过点C作CZ⊥EH，过圆心O作OM⊥CZ于M，先证四边形EZMO为正方形，再证CZ为⊙O的切线，CD为⊙O的切线，利用切线长得出CM=CD=8，当EH=CH分两种情况，当EF与AD重合时点H

与点B重合，点C与点G重合，△CEH为等腰直角三角形，利用三角形面积公式即可求出当EF与AD不重合，先证△ADE≌△HEW（AAS），根据勾股定理在Rt△EWH中，，，列方程组，解方程组即可．（1）解：①连结OB，∵四边形ABCD与四边形EFGH均为正方形，∴AD=AB，EF=FG，∠A=∠F=90°，∵O为AD，EF中点，∴OA=，OF=，∴，

∴△AOB∽△FOG，∴，在Rt△AOB中OB=，∵OG=，∴，∴AB=，；②过点H作HN⊥AB于N，交DC于M，∵CD∥AB，∴NM⊥CD，∴∠DMH=∠F=90°，

∵∠FGH=∠ADM=90°，∴∠OGF+∠ODH=∠HDM+∠ODH=90°，∴∠OGF=∠HDM，

∴△OFG∽△HMD，，∴，，∵MN⊥AB，∴∠ANM=∠NMD=∠A=90°，∴四边形ANMD为矩形，∴AN=DM=，MN=AD=AB，∴BN=AB-AN=，NH=MN-HM=AB-，∴；（2）当CH=CE时分两种情况，当EF⊥AD时，EH交CD于T,∵四边形ABDC与四边形EFGH均为正方形，∴∠OET=∠EOD=∠D=90°，∴四边形OETD为矩形，∵O为AD、EF中点，，∴OD=OE=4，∴四边形OETD为正方形，

∴ET=OE=4，∠DTE=90°，∴ET=HT=DT=4，TC=DC-DT=4，∴EC=HC，∴△ECH为等腰三角形，∴S△ECH=，当EF与AD不垂直，连结OC，作以O为圆心，OE为半径的⊙O，过点C作CZ⊥EH，过圆心O作OM⊥CZ于M，∵CH=CE，CZ⊥EH，∴HZ=EZ=4，∠EZM=90°，∵四边形EHGF为正方形，∴∠ZEO=90°，∵CZ⊥EH，点O为EF中点，∴∠OMZ=∠MZE=∠ZEO=90°，OE=OF=4，∴四边形EZMO为矩形，

∵ZE=EO=4，∴四边形EZMO为正方形，∴OM=OE=MZ=4，∴CZ为⊙O的切线，∵OD=4=r，OD⊥CD，∴CD为⊙O的切线，∴CM=CD=8，∴CZ=CM+MZ=8+4=12，∴S△CHE=，

当EH=CH分两种情况，当EF与AD重合时点H与点B重合，点C与点G重合，∴△CEH为等腰直角三角形，∴S△CEH=，当EF与AD不重合，EH交CD于T，连结AC，DE，AE，延长AE交CH于W，∵O为AD，EF中点，∴OE=OA=OD=4，∴∠OAE=∠OEA，∠OED=∠ODE，∵∠OAE+∠OEA+∠OED+∠ODE=180°，∴∠OEA+∠OED=90°，即∠AED=90°，∴AE⊥ED，∵∠OET=∠ODT=90°，∠OED=∠ODE，∴∠TED=∠TDE，∴ET=DT，∵EH=DC，∴TC=TH，∴∠TCH=∠THC，∵∠ETD=∠CTH，2∠EDT+∠ETD=2∠TCH+∠CTH，∴∠EDT=∠TCH，

∴CH∥ED，∴AW⊥CH，∵∠ADE+∠EDT=∠EHW+∠HEW=90°，∴∠ADE=∠HEW，在△ADE和△HEW中，∴△ADE≌△HEW（AAS），∴AE=HW，ED=WE，设AE=HW=b，ED=WE=a，∴AW=AE+EW=a+b，CW=CH-WH=8-b在Rt△EWH中，，，∴，解得（舍去），∴S△CEH=；综合△CEH为等腰三角形时，△CEH的面积为：或48或32或．【点睛】本题考查图形旋转性质，正方形性质，矩形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，二元二次方程组，圆的切线判定与性质，切线长定理，三角形面积，本题难度角度，利用辅助线画出准确图形，利用分类思想是解题关键．23．（2022·浙江舟山·统考二模）我们知道：如图①，点B把线段AC

分成两部分，如果．那么称点为B线段AC的黄金分割点．它们的比值为．(1)在图①中，若AC＝10cm，则AB的长为cm；(2)如图②，用边长为10cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明G是AB的黄金分割点；(3)如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E，连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．【答案】(1)(2)见解析(3)或，理由见解析【分析】（1）由黄金分割点的定义可得出答案；（2）延长EA、CG交于点M，由折叠的性质可知，，得出，则，根据勾股定理求出CE的长，由锐角三角函数的定义可得出，即，即可得出G是AB的黄金分割点；（3）证明，由全等三角形的性质得出，再证明，得出，分、两种情况，结合黄金分割点的定义即可得出PB与BC的关系．【详解】（1）解：∵点B为线段AC的黄金分割点cm，∴cm．故答案为：；（2）如图，延长EA、CG交于点M，

∵四边形ABCD为正方形，∴，∴，由折叠性质可知，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴，即G是AB的黄金分割点；（3）当或时，满足题意，理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴，，∵，∴，∵，∴，在和中，，

∴，∴，∵，∴，∴，当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，①若，则，∵，，∴，∴，∴；②若，则，∴，，∵，又∵，，∵，即．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、黄金分割点的定义、锐角三角函数等知识，综合运用相关知识是解题关键．24．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图，在正方形ABCD中，E是CD边上一点（不与D点重合），F是CB延长线上一点，且DE=BF，连结AE，AF．

(1)如图1，求证：△ADE≌△ABF．(2)把△ADE沿AE所在直线折叠后得到△AGE，连结FG，BE．①如图2，若CD=3，DE=1，求线段FG的长；②如图3，若E是DC延长线上一点，延长GB交AE于点Q，连结DQ．若DE=2DC，请用等式表示线段BQ，DQ，FG之间的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)①；②数量关系：，证明见解析【分析】（1）利用SAS证明△ADE≌△ABF即可；（2）①证明△ABE≌△AGF即可得到GF=BE，求BE的值即可；②连接BD，过A作AM⊥GQ于M，AN⊥DQ于N，参考①可得△ABE≌△AGF（SAS），得到FG=BE，由DE=2DC可得三角形BDE是等腰直角三角形，BD=BE=FG，再证明四边形AMQN是矩形得到∠BQD=90°即可得到．（1）∵正方形ABCD∴AB=AD，∠D=∠ABC=90°∴∠D=∠ABE=90°在△ADE和△ABF中，∴△ADE≌△ABF（SAS）（2）①∵△ADE≌△ABF

∴AE=AF，∠DAE=∠BAF∴∠EAF=∠BAF+∠BAE==∠DAE+∠BAE=90°∵△ADE沿AE所在直线折叠后得到△AGE，∴∠DAE=∠EAG，AD=AG∴AG=AD=AB，∠GAF=90°-∠EAG=90°-∠DAE=∠BAE在△ABE和△AGF中，∴△ABE≌△AGF（SAS）∴FG=BE∵CD=3，DE=1∴CB=3，CE=2∴∴FG②连接BD，过A作AM⊥GQ于M，AN⊥DQ于N，∵△ADE≌△ABF∴AE=AF，∠DAE=∠BAF∴∠EAF=∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=90°∵△ADE沿AE所在直线折叠后得到△AGE，∴∠DAE=∠EAG，AD=AG∴AG=AD=AB，∠GAF=90°-∠EAG=90°-∠DAE=∠BAE在△ABE和△AGF中，

∴△ABE≌△AGF（SAS）∴FG=BE∵∠DAE=∠EAG，AD=AG，∴△ADQ≌△AGQ（SAS）∴∠ADQ=∠AGQ∵AG=AB，AM⊥GQ∴∠ABM=∠AGQ∴∠ABM=∠ADQ∵AN⊥DQ∴△ADN≌△ABM（AAS）∴∠DAN=∠BAM∴∠DAB=∠NAM=90°∴四边形AMQN是矩形∴∠BQD=90°∴∵DE=2DC=2BC∴BD=BE∴BD=BE=FG∴【点睛】本题综合考查正方形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、勾股定理，①②问是图形变式题结论机过程类似是解题的关键．25．（2022·浙江杭州·校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，已知AD=6，CD=8，点H是直线AB上一点，连接CH，过顶点A作AGCH于G，AG交直线CB于点E．(1)如图，当点E在CB边上时，

①求证：△CGE~△ABE；②连接BG，求tan∠AGB；(2)作点B关于直线CH的对称点F，连接FG．当直线FG截△ADC所得的三角形是等腰三角形时，求BH的长．【答案】(1)①见解析；②(2)，2，8，42【分析】（1）①根据对顶角相等可得，根据，可得，即可得证；②由得四点共圆，则，即可求解．（2）根据题意画出图形建立平面直角坐标系，分4种情况讨论求解即可．（1）①证明：，，∴，即∴△CGE~△ABE；②∵，∴四点共圆，∴在矩形ABCD中，已知AD=6，CD=8，，；（2）解：如图1所示，以B为原点，以BC所在的直线为y轴，以AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，设点H的坐标为（m，0），由（1）①可知∠ABE=∠CBH=90°，∠BAE=∠BCH，∴△BAE∽△BCH，∴，即，∴，∴点E的坐标为（0，），

设直线AE的解析式为，∴，∴，∴直线AE的解析式为，同理可以求出直线的解析式为，联立，解得，∴点G的坐标为；过点F作FT⊥x轴于T，设（轴对称的性质），∵AG⊥CH，BF⊥CH，∴，∴∠BAE=∠LBH，△ABE∽△BTF，∴，∵∠ABE=∠BLH=90°（轴对称的性质∠BLH=90°），∴△ABE∽△BLH，∴，即，∴，又∵，∴，∴，∵，

∴，∴，∴，∴，∴点F的坐标为（，），设直线FG的解析式为，∴，解得，

∴直线FG的解析式为，设直线FG与y轴交于K，与AC交于点M，与BC交于点N，∴点K的坐标为，∴，当时，，∴，∴，当MN=MC，即∠MNC=∠MCN时，如图1所示，∵∠NCK=∠ADC=90°，∴△ADC∽△KCN，∴，∴，∴，解得，

∴；当CN=CM时，如图2所示，过点M作MQ⊥CD于Q，则，∴，∵，∴，即，∴，∴，∴，同理可证，∴，∴，∴，解得，即此时的情形如图3所示，∴；

如图4所示，当H运动到与点A重合时，此时，G、H、M三点都与点A重合，由轴对称的性质可知∠FAC=∠BAC，又∵，∴∠ACD=∠BAC，∴∠NAC=∠BCA，∴NA=NC，即△NAC为等腰三角形，∴当H为点A重合时满足题意，∴此时BH=8；如图5所示，当点H在A点左侧时，设直线FG与x轴交于J，与y轴交于Z，同理可以求出直线FG的解析式为，∵△DMN是等腰三角形，且∠D=90°，∴△DMN是等腰直角三角形，∴∠DNM=45°，∴，∴∠BZJ=∠BJZ=45°，∴BJ=BZ，设直线JZ的解析式为，

∴点Z的坐标为（0，），点J的坐标为（，0），∴，∴，∴，∴，∴，∴，综上所述，当直线FG截△ADC所得的三角形是等腰三角形时，或2或8或42．【点睛】本题考查了求正切值，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，一次函数与综合等等，利用分类讨论和属性结合的思想求解是解题的关键．26．（2022·浙江金华·统考二模）如图1，已知等腰中，，垂足为点D，动点P从点A出发，以1.5个单位每秒速度，沿方向运动，同时，点Q从点B出发，以1个单位每秒速度，沿方向运动，当点P到达点B时，点Q即停止运动，设运动时间为t秒，过点P作，垂足为R，连结，作关于的对称．

(1)如图2，当时，求的长度．(2)求与面积差的最大值．(3)当点M落在的边上时，求t的值．【答案】(1)(2)当秒时，面积差的最大值为(3)【分析】（1）利用勾股定理求出AD，利用平行线分线段成比例得到，即，得到t值，再利用勾股定理求出PQ；（2）过点P作PE⊥BC于E，证得△BPE∽△BAD，得到，即，求出PE，根据面积公式求出△BPQ的面积，△PQR的面积，计算面积差，再根据二次函数的性质得到最大值；（3）分点落在边上，三种情况讨论即可求解．（1）解：∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD=6，∴，如图2，当时，，解得，（2）解：过点P作PE⊥BC于E，∵PE⊥BC，AD⊥BC，∴PE∥AD，

∴△BPE∽△BAD，∴，即，解得，∴△BPQ的面积=，∵AP=1.5t，∴PR=，∴△PQR的面积，∴与面积差=，∴当秒时，面积差的最大值为；（3）解：由在中，，，，，①当点Q与点D重合时，点M落在AC上，如图，设交于点，

，关于的对称，，，，在上，，，，，在与中，，，，四边形是菱形，，,,在中，即，解得，②当首次落在上时，重合，与重合，此时，当不重合时，延长交于点，

，关于的对称，关于对称，，，，即，，，，，，，解得，③当落在上时，延长交于点,则，

,，，，在中，，即，解得，综上所述，当点M落在的边上时，．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，二次函数的性质，勾股定理，解直角三角形，对称的性质，分类讨论是解题的关键．27．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图1，在中，，，点，分别是边，点的中点，连结．将绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为．(1)通过画图探究，发现：①当时，______；②当时，______．(2)当时，试判断是否是定值？请仅就图2所示情形给出证明．(3)当旋转至，，三点共线时：①求线段的长；②设为射线上的一动点，若以，，三点为顶点的三角形是直角三角形，试求的长．（直接写出答案即可）【答案】(1)①；②(2)是定值，证明见解析(3)①或；②，，，，，【分析】（1）①当α=0°时，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC；然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，分别求出AE、BD，即可求解；

②α=180°时，可得AB∥DE，然后根据，即可求解；（2）首先判断出∠ECA=∠DCB，再根据，证明△ECA∽△DCB，即可求解；（3）①根据题意，分两种情况：①点A，D，E所在的直线和BC平行时；②点A，D，E所在的直线和BC相交时；然后分类讨论，求出线段BD的长即可；②对①中情况分别讨论，根据直角三角形的性质，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例分别求解．（1）①当α=0°时，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴AE=，BD=2②如图1，当α=180°时，可得AB∥DE，（2）当时，是定值．证明如下：图1中，∵是的中位线，

∴，∴，．图2中，由旋转不变性可得仍成立．又∵，∴，∴．在中，．∴，∴．∴是定值．（3）①分两种情况讨论：（Ⅰ）如图3，当在上方，且，，三点共线时，四边形为矩形，∴．（Ⅱ）如图4，当在下方，且，，三点共线时，为直角三角形，由勾股定理可求得，

∴，．②对应①中情况（Ⅰ），如图，共线，当时，过点作则（等面积法）

，由的长为，，．对应①中情况（Ⅱ），如图，取的中点，连接，过点，作垂直与，设交于点，是直角三角形

四边形是平行四边形四边形是菱形设，则，

的长为，，．综上所述的长为，，，，，【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，正切的定义，直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键．28．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图，在Rt中，分别为边上的动点，满足；以为边作矩形，使点F始终落在直线上．(1)当E点与A点重合时，求的长．(2)连结，若为直角三角形，求的长．(3)若以点F为旋转中心，将矩形顺时针旋转，当旋转后的矩形与边有两个交点时，请直接写出的取值范围．【答案】(1)DE=5(2)DE=或(3)<DE≤或≤DE<【分析】（1）根据E与A重合，得到BE=DE=AD，证得∠B=∠BAD，利用互余证得∠DAC=∠C，即可得到D为BC中点；（2）据∠DEC=90°，得∠AEC≠90°，分∠A=90°或∠AEF=90°讨论，过E作EH⊥BC，借助三角形函数求得∠DEH的三角函数值，进而求解；（3）分析出在AC上至A到EF距离≥EF时，或自A、、共线至落在AC上时，旋转后的矩形与边有两个交点，作出图形，设DE=x，利用三角函数得到各线段的表达式，借助勾股定理求解．（1）解：当E与A重合时，∵BD=DE=AD，∴∠B=∠BAD，

∵∠BAD+∠DAC=90°，∠B+∠C