专题10 三角形压轴题综合（解析版）

2/2专题10三角形压轴题综合目录热点题型归纳 1题型01三角形与旋转变换 1题型02三角形与平移变换 15题型03三角形与翻折变换 19题型04三角形类比探究问题 37中考练场 52题型01三角形与旋转变换【解题策略】三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，旋转性质、平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法。【典例分析】例.（2023·四川·中考真题）如图1，已知线段，，线段绕点在直线上方旋转，连接，以为边在上方作，且．

(1)若，以为边在上方作，且，，连接，用等式表示线段与的数量关系是；(2)如图2，在(1)的条件下，若，，，求的长；(3)如图3，若，，，当的值最大时，求此时的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）在中，，，且，，可得，根据相似三角形的性质得出，，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；（2）延长交于点，如图所示，在中，求得，进而求得的长，根据（1）的结论，得出，在中，勾股定理求得，进而根据，即可求解．（3）如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，同（1）可得，进而得出在以为圆心，为半径的圆上运动，当点三点共线时，的值最大，进而求得，，根据得出，过点作，于点，分别求得,然后求得，最后根据正切的定义即可求解．【详解】（1）解：在中，，，且，，∴，，∴，，∴∴∴，故答案为：．（2）∵，且，，∴，，延长交于点，如图所示，

∵，∴，∴在中，，，∴，由（1）可得，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图所示，以为边在上方作，且，，连接，，，

同（1）可得则，∵，则，在中，，，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，∴当点三点共线时，的值最大，此时如图所示，则，

在中，∴,，∵，∴，过点作，于点，∴，，∵，∴，∴，中，．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正切的定义，求圆外一点到圆的距离的最值问题，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．【变式演练】1．（2023·贵州贵阳·二模）在中，，在中，，已知和有公共顶点A，连接和．(1)如图①，若，，当绕点A旋转，和的数量关系是______，位置关系是______；(2)如图②，若，当绕点A旋转，（1）中和的数量关系与位置关系是否依然成立，判断并说明理由；(3)在（2）的条件下，若，，在旋转过程中，当C，B，D三点共线时，请直接写出的长度．【答案】(1)，(2)，，理由见解析(3)或【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识：（1）根据证明得，再证明，可得；（2）延长交于H，与交于O，证明可得结论；（3）分两种情况讨论：运用相似三角形的性质求出，，由勾股定理求出，在中，运用勾股定理求出，从而可求出．【详解】（1）证明：如图，延长交于H，与交于O∵和是等腰直角三角形，∴，，又∴，∴，∴，，∵，∴，∴，故答案为：，；（2）解：，，理由如下：延长交于H，与交于O，∵，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴综上，（3）解：①如图：由（2）知，，且，∵，∴，在中，由勾股定理得，∵，∴在中，由勾股定理得，∵C，B，D三点共线，且∴在中，由勾股定理得即∴∴；②如图：由（2）知，，且，∵，∴，由勾股定理得，∵，∴，在中，，∵C，B，D三点共线，且，∴在中，由勾股定理得，即，∴

，∴；综上，当C，B，D三点共线时，的长度为或．2．（2023·广西桂林·一模）在数学活动课上，小丽将两副相同的三角板中的两个等腰直角三角形按如图1方式放置，使的顶点D与的顶点C重合，在绕点C的旋转过程中，边、始终与的边分别交于M、N两点．(1)老师提了一个问题：试证明．小丽开动脑筋，作了如下思考：考虑到且，可将绕点C顺时针旋转至位置，连结，若能证明、分别等于的另两边则可以解决问题．请帮小丽继续完成证明过程．证明：将绕点C顺时针旋转至位置，连结；(2)如图2，小昆另取一块与相同的三角板，放在位置，边与边相交于点H，连、．①小昆猜想：，请帮他给出证明；②图2中始终与相等的线段有；③请探索、、之间的数量关系，并直接写出结论：．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②；③【分析】（1）①由“”可证，可得，根据直角三角形中运用勾股定理，即可得结论；（2）①证明A，C，N，H四点共圆即可解题；②证明，得到，然后根据等角对等边得到即可得到结论③连接，推导，则可得到，然后根据即可证明结论．【详解】（1）由旋转可知：，，，，∵，，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，，∴；（2）①证明：∵，，∴，∴A，C，N，H四点共圆，∴，∵，∴；②解：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，由①可知，又∵，∴，∴．故答案为：、；③连接，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．3．（2023·吉林·一模）如图，和是有公共顶点的直角三角形，，点为射线，的交点．(1)如图1，若和是等腰三角形，求证：；(2)如图2，若，问：（1）中的结论是否成立？请说明理由．(3)在（1）的条件下，，，若把绕点A旋转，当时，请直接写出的长度．【答案】(1)见解析(2)成立，见解析(3)或【分析】（1）依据等腰三角形的性质得到，，依据同角的余角相等得到，然后依据可证明，最后，依据全等三角形的性质可得到；（2）先判断出，即可得出结论；（3）分为点在上和点在的延长线上两种情况画出图形，然后再证明，最后依据相似三角形的性质进行证明即可．【详解】（1）解：和是等腰直角三角形，，，，．．．（2）（1）中结论成立，理由：在中，，，在中，，，．，，．；（3）①当点在上时，．，．同（1）可证．．，．．．．②当点在延长线上时，．，．同（1）可证．．，．．．．综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定，分类讨论，属于压轴题．题型02三角形与平移变换【解题策略】考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平移的性质、三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．【典例分析】例．（2023·四川攀枝花·中考真题）如图1，在中，，沿方向向左平移得到，A、对应点分别是、．点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转至线段，使得，连接．

(1)当点与点重合时，求的长；(2)如图2，连接、．在点的运动过程中：①和是否总是相等？若是，请你证明；若不是，请说明理由；②当的长为多少时，能构成等腰三角形？【答案】(1)(2)①；②的长为14或11或8或0【分析】（1）根据平移的性质可得四边形、四边形是平行四边形，再由已知推导出是的平分线，由等腰三角形的性质可得，过点作交于点，求出，再由，所以；（2）①证明，则；②过点作交于，由等积法可得，求出，分三种情况讨论：当时，；当点与点重合时，，此时，当时，，在中，，可得；当时，，过点作交于，所以，能求出，，则；当时，，当点在上时，，此时点与点重合，此时．【详解】（1）解：当点与点重合时，，由平移可知，，，四边形、四边形是平行四边形，，，，，，，，，是的平分线，，，如图1，过点作交于点，

，，，，；（2）解：①，理由如下：如图2，，，，，；②如图2，过点作交于，

由①可知，，当时，，，，，当点与点重合时，，此时，当时，，在中，，；当时，，，，过点作交于，，，，，，，，；当时，，，，，当点在上时，，此时点与点重合，；综上所述：的长为14或11或8或0．【点睛】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握三角形平移的性质，旋转的性质，三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．【变式演练】1．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，中，经过点A，且，垂足为E，．(1)以点E为中心，逆时针旋转，使旋转后的的边恰好经过点A，求此时旋转角的大小；(2)在（1）的情况下，将沿向右平移．设平移后的图形与重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．【答案】(1)旋转角为度或度；(2)当旋转角为时，当旋转角为时，．【分析】（1）如图，先根据等腰直角三角形的性质、旋转的性质推知是等边三角形，则，易求，即旋转角为；或C'点与A重合；（2）需要分类讨论：当旋转角不是为时，分和两种情况进行解答．①当时．如图2，作，垂足为．设，则．由相似三角形的面积之比等于相似比的平方得到，，则．②当时，如图3，作，垂足为．设，则．由得到．当旋转角为90°时，分两种情形求解即可．【详解】（1）解：如图1，由旋转过程知，是等边三角形，．，即旋转角为；C'点与A重合，即旋转角为度；综上，旋转角为或；（2）解：当旋转角是为时：①当时．如图2，设与分别相交于点与相交于点P．作，垂足为．设，则，由平移过程知，．由知，，即．，，∴，．②当时，如图3，设与分别相交于点．作，垂足为．设，则．，即，则．．即．当旋转角为时，如图4中，当时，重叠部分是五边形，，如图5中，当时，重叠部分是四边形，，所以，．综上所述，当旋转角不是为时，当旋转角为90°时．【点睛】本题考查了几何变换综合题．需要学生熟练掌握旋转和平移的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，函数关系式是求法．解答（2）题时，一定要分类讨论，以防漏解或错解．2.（2023·四川成都·一模）如图1，在中，，以为底边作等腰，连接，作，使得，且．

(1)如图2，若，请按题意补全图形，并写出画图步骤；(2)将线段沿的方向平移得到线段，连接，①如图3，若，求的长；②若，直接写出的长．【答案】(1)见解析(2)①；②【分析】（1）根据题意，作等边△CPD即可；（2）①连接，证明，得，由，知，可推得，在中，，即可得答案；②连接，作角平分线交于F，证明，得，而，可推得，，得，设，则，列出方程，即得．【详解】（1）解：如图所示：

画图步骤：①连接，②分别以P、C为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点D，③连接；（2）①连接，如图：

∵，∴，又∵，∴），∴，∵，∴，即，∴，即，而，∴，∵将线段沿的方向平移得到线段，∴，在中，；②连接，作角平分线交于F，如图：

∵，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，而，∴，∵将线段沿的方向平移得到线段，∴，∴，∵平分，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，解得或（舍去），∴．【点睛】本题考查三角形综合应用，涉及旋转变换、三角形全等判定及性质、三角形相似判定及性质、等腰三角形性质及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．题型03三角形与翻折变换【解题策略】考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠几何性质、三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．【典例分析】例．（2023·湖北武汉·中考真题）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，，交于点，探究与的数量关系．

问题探究：(1)先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小；(2)再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系．问题拓展：(3)将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）延长过点F作，证明即可得出结论．（2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明．（3）过点A作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，由（2）知，，通过相似求出，即可解出．【详解】（1）延长过点F作，∵，，∴，在和中∴，∴，，∴，∴，∴．

故答案为：．（2）解：在上截取，使，连接．，，．，．．，．．

（3）解：过点作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，．在中，，．，由（2）知，．．，，，在上截取，使，连接，作于点O．由（2）知，，∴，∵，∴，．∵，∴，∵，∴．．

【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角形相似．【变式演练】1．（2024·安徽阜阳·一模）（1）如图1，在矩形中，，，点E为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点C落在边上的点处．求的长；（2）如图2，展开后，将沿线段向右平移，使点的对应点与点B重合，得到，与交于点F，求线段的长；（3）在图1中，将绕点旋转至A，，E三点共线时，请直接写出的长．【答案】（1）3；（2）1；（3）或【分析】（1）本题利用折叠和矩形的性质得出，，再利用勾股定理即可解题；（2）本题利用平移的性质证得，设长为，利用勾股定理算出，推出，再利用相似三角形的性质得到，算出，从而求得的长；（3）本题根据A，，E三点共线，分以下两种情况讨论，①当旋转到左侧时，②当旋转到右侧时，根据以上两种情况作辅助线构造直角三角形，利用旋转的性质、矩形的性质和判定、以及勾股定理进行分析求解，即可解题．【详解】（1）解：为矩形，，，，，；（2）解：为平移后的图形，，，，，，设长为，，，解得：，，，，，，；（3）解：将绕点旋转至A，，E三点共线，分以下两种情况：①当旋转到左侧时，如图所示：作，交的延长线于点，由（2）可知，由旋转性质可知，，，，，四边形为矩形，，，，②当旋转到右侧时，如图所示：作，交的延长线于点，由（2）可知，由旋转性质可知，，，，四边形为矩形，，，，．【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质和判定、勾股定理、平移的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、旋转的性质，熟练掌握相关性质定理并灵活运用，即可解题．2．（2023·陕西榆林·一模）【问题背景】（1）如图1，在矩形中，，点是上一点，连接，，若，则______（2）如图2，在正方形中，，点在边上，将沿翻折至，连接，求周长的最小值；【问题解决】（3）如图3，某植物园在一个足够大的空地上拟修建一块四边形花圃，点是该花圃的一个入口，沿和分别铺两条小路，且，，，．管理员计划沿边上种植一条绿化带（宽度不计），为使美观，要求绿化带的长度尽可能的长，那么管理员是否可以种植一条满足要求的长度最大的绿化带？若可以，求出满足要求的绿化带的最大长度（用含的式子表示）；若不可以，请说明理由．【答案】（1）36；（2）；（3）管理员可以种植一条满足要求的长度最大的绿化带，绿化带的最大长度为【分析】（1）利用矩形的性质和勾股定理进行求解即可；（2）连接，根据翻折，得到，得到的周长，进而得到当的值最小时，的周长最小，进行求解即可；（3）将沿着翻折得到，将沿着翻折得到，连接，推出当、、三条线段共线时，有最大值，进行求解即可．【详解】解：（1）解：∵在矩形中，，∴，∵，∴，∴；故答案为：36．（2）连接，如图1∵沿翻折至，∴，∴，，∴的周长，∵，∴当点、、三点共线时，最小，即的周长最小，此时，∵，∴，∴的周长最小为；（3）管理员可以种植一条满足要求的长度最大的绿化带．如图2，将沿着翻折得到，将沿着翻折得到，连接∴，，，，，，∴，∵，∴，∴，∴；∵，∴当、、三条线段共线时，有最大值，此时，故管理员可以种植一条满足要求的长度最大的绿化带，绿化带的最大长度为．【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，勾股定理．本题的综合性强，属于常见的中考压轴题．熟练掌握折叠的性质，勾股定理，是解题的关键．题型04三角形类比探究问题【解题策略】考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论。【典例分析】例．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】（1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：．【变式求异】（2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值．【拓展应用】（3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据证明即可；（2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出；（3），作于点N，证明，得出．证明，得出，求出．【详解】（1）证明：在正方形中，，，∴，∵，∴，∴，∴．（2）如图1，作于点N，如图所示：

∵，，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（3）∵，，∴，∴．∵，∴，如图2，作于点N，

∵，∴，∴．∵，∴，∴，∵，∴，∴．∵，，∴，∴，∴∴．【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．【变式演练】1．（2023·河南洛阳·三模）在中，，点是直线上的一动点（不与点重合），连接，在的右侧以为斜边作等腰直角三角形，点是的中点，连接．【问题发现】（1）如图（1），当点是的中点时，线段与的数量关系是_________，位置关系是__________．【猜想证明】（2）如图（2），当点在边上且不是的中点时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图（2）中的情况给出证明；若不成立，请说明理由．【拓展应用】（3）若，其他条件不变，连接，．当是等边三角形时，直接写出的面积．【答案】（1），（2）结论仍然成立，见详解（3）或【分析】（1）由题意知，，是等腰直角三角形，由是等腰直角三角形可知为中点，进而可知是的中位线，根据中位线的性质证明即可；（2）如图2，延长到，使，连接，证明，可得，，证明，可得，．（3）分两种情况求解：①如图3，作，垂足为，，垂足为，由题意知，，，，，由，由（2）知，求解的值，进而由计算求解即可；②如图4，作，垂足为，，垂足为M，，垂足为N，与的交点为，由题意知，，，可得，根据，求的值，进而得到的值，由证明，有，求解的值，由（2）知求出的值，根据计算求解即可．【详解】解：（1）∵点D是的中点∴，∴是等腰直角三角形∵是等腰直角三角形∴为中点∵点H是的中点∴是的中位线∴∴（2）结论仍然成立．理由如下：如图2，延长到，使，连接，．，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．（3）分两种情况求解：①如图3，作，垂足为，，垂足为由题意知，，，∴∴，∴∴由（2）知∴②如图4，作，垂足为，，垂足为M，，垂足为N，与的交点为，由题意知∴，∴∵∴，∴，∴∵，∴∴，∴，解得，由（2）知，∴；综上所述，的面积为或．【点睛】本题考查了中位线，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，等边三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．2．（2023·湖北十堰·二模）【问题背景】（1）如图，，，．求证：；【变式迁移】（2）如图，为正方形外一点，，过点作，垂足为，连接．求的值；【拓展创新】（3）如图，是内一点，，，，，，直接写出的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）通过证明，根据相似三角形的性质可得，即可得证；（2）根据条件，证明，即可求解；（3）过点作，交于点，连接，证明，可求，，在直角三角形中由勾股定理可求，即可得出结论．【详解】（1）证明：如图，∵，，，∴，，，∴，，∴，∴，∴；（2）解：如图，连接，∵，，∴，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，，，∴，∴，∴，，∴，∴，∴的值为；

（3）解：过点作，交于点，连接，∵，∴，∵，，，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴或（负值不符合题意，舍去），∴的长为．

【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．3．（2023·浙江宁波·模拟预测）【基础巩固】（1）如图1，和是直角三角形，，，求证：；【尝试应用】（2）如图2，在与中，直角顶点重合于点C，点D在上，，且，连接，若，求的长；【拓展提高】（3）如图3，若，，，，过A作交延长线于Q，求的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，综合性强，难度大，属于压轴题．解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形．（1）通过证明，可得，，可得结论；（2）通过证明，可得，即可求解；（3）由锐角三角函数可求，由直角三角形的性质可求，，通过证明，可求的长，即可求解．【详解】（1）证明：，，，，，，；（2）解：，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如图3，在上截取，连接，，，，，设，则，，，，，，是等边三角形，，，，，，，∴，，，，，1．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】（1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：．【变式求异】（2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值．【拓展应用】（3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据证明即可；（2）证明，得出，根据勾股定理，根据，得出，求出，得出，求出；（3），作于点N，证明，得出．证明，得出，求出．【详解】（1）证明：在正方形中，，，∴，∵，∴，∴，∴．（2）如图1，作于点N，如图所示：

∵，，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（3）∵，，∴，∴．∵，∴，如图2，作于点N，

∵，∴，∴．∵，∴，∴，∵，∴，∴．∵，，∴，∴，∴∴．【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．2．（2023·辽宁锦州·中考真题）【问题情境】如图，在中，，．点D在边上将线段绕点D顺时针旋转得到线段（旋转角小于），连接，，以为底边在其上方作等腰三角形，使，连接．【尝试探究】（1）如图1，当时，易知；

如图2，当时，则与的数量关系为；

（2）如图3，写出与的数量关系（用含α的三角函数表示）．并说明理由；

【拓展应用】（3）如图4，当，且点B，E，F三点共线时．若，，请直接写出的长．

【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）【分析】（1）先证明，可得，再证得出，利用等腰三角形三线合一的性质得出，在中，利用余弦定义可求，即可得出，然后把代入计算即可；（2）仿照（1）的思路即可解答；（3）方法一：如图，过点D作于点M，过点C作，交延长线于点H，可求，得出，设，则，利用平行线分线段成比例得出，则可求，，，，，在中，利用勾股定理构建方程，求出．证明，利用相似三角形的性质即可求解；方法二：如图，过点C作交延长线于点G，过点D作于点M，过点E作于点H，利用等腰三角形的性质与判断，平行线的性质可证明，，证明，可得出．设，则，设，则，利用平行线分线段成比例得出，求出，，，．然后在中，利用勾股定理构建方程，求出，证明，利用相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）如图，过点A作于点H，

∵，，∴，∴．∵是以为底边的等腰三角形，，∴，．∴．∴．∴．∴．∴．∵，∴．∴．∴．∵，H为的中点，∴．在中，，∴．∴．∴．又，∴；（2）解：；如图，过点A作于点H，

∵，，∴，∴．∵是以为底边的等腰三角形，，∴，．∴．∴．∴．∴．∴．∵，∴．∴．∴．∵，H为的中点，∴．在中，，∴．∴．∴．（3）．方法一：如图，过点D作于点M，过点C作，交延长线于点H，

∴．∴．∵线段绕点D顺时针旋转得到线段，∴．∴．∵是以为底边的等腰三角形，，∴，．∴．∴．∴．∵，∴．设，则，∵，∴，∴．∴．∵，∴，．∴．在中，，，∴．∴，解得．∴．∵，∴．方法二：如图，过点C作交延长线于点G，过点D作于点M，过点E作于点H，

∴．∴．∵线段绕点D顺时针旋转得到线段，∴．∴．∵，∴，．∴．∵，∴．∵是以为底边的等腰三角形，，∴．∵，∴，．∴．设，则，∵，∴．∴．∴．∴．在中，，∴．在中，，，∴．∴，解得．∴．∵，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判断与性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．3．（2023·湖北黄冈·中考真题）【问题呈现】和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．

(1)如图1，当时，直接写出，的位置关系：____________；(2)如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．【拓展应用】(3)当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长．【答案】(1)(2)成立；理由见解析(3)或【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论；（2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论；（3）分两种情况，当点E在线段上时，当点D在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可．【详解】（1）解：∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴；故答案为：．

（2）解：成立；理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴；

（3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：

设，则，根据解析（2）可知，，∴，∴，根据解析（2）可知，，∴，根据勾股定理得：，即，解得：或（舍去），∴此时；当点D在线段上时，连接，如图所示：

设，则，根据解析（2）可知，，∴，∴，根据解析（2）可知，，∴，根据勾股定理得：，即，解得：或（舍去），∴此时；综上分析可知，或．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论．4．（2023·四川成都·中考真题）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在中，，D是边上一点，且（n为正整数），E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．

【初步感知】(1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．【深入探究】(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）【拓展运用】(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时，(3)【分析】（1）连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答；（2）①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据（1）中结论可得，再根据，，即可得到；②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；（3）如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度．【详解】（1）证明：如图，连接，

当时，，即，，，，,，，即，，，在与中，，，，；（2）①证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，

当时，，即，是的中点，，，，，，，是等腰直角三角形，且，，根据（1）中的结论可得，；故线段之间的数量关系为；②解：当点F在射线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，

同①，可得，，，，，同①可得，，即线段之间数量关系为；当点F在延长线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接

同（1）中原理，可证明，可得，，，，，同①可得，即线段之间数量关系为,综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，；（3）解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，

如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，

，，，，，，，是的中点，，，，，根据（2）中的结论，，，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．5．（2022·广东深圳·中考真题）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或【分析】（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证；（2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为；（3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，；（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，．【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，，，，，，；（2）解：延长，交于，如图：设，在中，，，解得，，，，，，即，，，，，，，，即，，设，则，，，，即，解得，的长为；（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：设，，则，，，，，沿翻折得到，，，，是的角平分线，，即①，，，，，在中，，②，联立①②可解得，；（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：同理，，即，由得：，可解得，，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．6．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．

【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]【分析】[探究一]证明，即可得证；[探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明[探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出结论．【详解】[探究一]∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，∴，∴，∴，在与中∴∴[探究二]证明：如图所示，

∵四边形是正方形，∴，又，∴，∵，∴，又∵，∴，又∵公共角，∴；[探究三]证明：∵是正方形的对角线，∴，，∴，∵，∴，即，∴，∴，，如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．

∴，，∴，又，∴，∴，∵，∴，又，∴，∴，即．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．7．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．

(1)发现问题：如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则与的数量关系：______，______；(2)类比探究：如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数，并说明理由；(3)拓展延伸：如图3，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点，，在一条直线上，过点作，垂足为点．则，，之间的数量关系：______；(4)实践应用：正方形中，，若平面内存在点满足，，则______．【答案】(1)，(2)，，证明见解析(3)(4)或【分析】（1）根据已知得出，即可证明，得出，，进而根据三角形的外角的性质即可求解；（2）同（1）的方法即可得证；（3）同（1）的方法证明，根据等腰直角三角形的性质得出，即可得出结论；（4）根据题意画出图形，连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，证明，得出，勾股定理求得，进而求得，根据相似三角形的性质即可得出，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴，设交于点，

∵∴，故答案为：，．（2）结论：，；证明：∵，∴，即，又∵，，∴∴，∵，，∴，∴，（3），理由如下，∵，∴，即，又∵和均为等腰直角三角形∴，∴，∴，在中，，∴，∴；（4）解：如图所示，

连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，则是等腰直角三角形，

∵,∴，∵，∴∴，∴，∵，在中，，∴∴过点作于点，设，则，在中，，在中