专题26 几何探究以三角形为背景（动点、平移、旋转、折叠）（解析版）

专题26几何探究以三角形为背景（动点、平移、旋转、折叠）1．（2023·四川成都·统考中考真题）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．2．（2023·甘肃武威·统考中考真题）【模型建立】（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．①求证：；②用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】（3）在（2）的条件下，若，，求的值．

【答案】（1）①见解析；②，理由见解析；（2），理由见解析；（3）【分析】（1）①证明：，再证明即可；②由和关于对称，可得．证明，从而可得结论；（2）如图，过点作于点，得，证明，．可得，证明，，可得，则，可得，从而可得结论；（3）由，可得，结合，求解，，如图，过点作于点．可得，，可得，再利用余弦的定义可得答案．【详解】（1）①证明：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，∴，∴．∴．

②．理由如下：∵和关于对称，∴．∵，∴．∴．（2）．理由如下：如图，过点作于点，得．

∵和关于对称，∴，．∵，∴，∴．∴．∵是直角三角形，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴．∴，即．（3）∵，∴，∵，∴，∴．如图，过点作于点．

∵，∴，．∴．∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．3．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：；(3)如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据旋转的性质得出，，进而证明，即可得证；（2）过点作，交点的延长线于点，连接，，证明四边形四边形是平行四边形，即可得证；（3）如图所示，延长交于点，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，由（2）可得，得出四边形是平行四边形，则，进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解．【详解】（1）证明：∵为等边三角形，∴，，∵将绕点顺时针旋转得到线段，∴，∴∴即在和中，∴，∴；（2）证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，

∵是等边三角形，∴，∵∴∴垂直平分，∴又∵，∴，∴,

∴在的垂直平分线上，∵∴在的垂直平分线上，∴垂直平分∴，∴又∵，∴是等边三角形，∴∴∴，又∵，∴∴，∴在与中，∴∴∴∴四边形是平行四边形，∴；（3）解：依题意，如图所示，延长交于点，

由（2）可知是等边三角形，∴∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，∴，∴，∴是等边三角形，

∴由（2）可得∴，∵，∴，∵，∴∴四边形是平行四边形，∴由（2）可知是的中点，则∴∴∵折叠，，∴，又，∴，∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，

∴，∴，∴．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．4．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在中，，点分别为边的中点，连接．初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________．特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接．（1）求的度数；（2）求的长．深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由．【答案】初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论；（2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则；（3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解．【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点，∴是的中位线，∴；；故答案是：；（2）特例研讨：（1）如图所示，连接，，

∵是的中位线，∴，∴∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，∴；∵点在同一直线上时，∴又∵在中，是斜边的中点，∴∴∴是等边三角形，∴，即旋转角∴∴是等边三角形，又∵，∴,∴,∴,∴,（2）如图所示，连接，∵，，∴，,

∵,∴,∴,设，则，在中，，则，在中，,∴,解得：或（舍去）∴,（3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时，

∵，∴，设，则，∵是的中位线，∴∴，∵将绕点顺时针旋转，得到，∴，，∴∴，∵点在同一直线上，∴∴，∴在同一个圆上，

∴∴∵，∴；如图所示，当在上时，

∵∴在同一个圆上，设，则，将绕点顺时针旋转，得到，设，则，则，∴，∵,∴，∵∴∴综上所述，或【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．5．（2023·辽宁·统考中考真题）在中，，，点为的中点，点在直线上（不与点重合），连接，线段绕点逆时针旋转，得到线段，过点作直线，过点作，垂足为点，直线交直线于点．(1)如图，当点与点重合时，请直接写出线段与线段的数量关系；(2)如图，当点在线段上时，求证：；(3)连接，的面积记为，的面积记为，当时，请直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)或【分析】（1）可先证，得到，根据锐角三角函数，可得到和的数量关系，进而得到线段与线段的数量关系．（2）可先证，得到，进而得到，问题即可得证．（3）分两种情况：①点D在线段上，过点作垂直于，交于点，过点作垂直于，交于点，设，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案．②点D在线段的延长线上，过点作垂直于，交延长线于点,令交于点,连接,设，可证，进一步证得是等腰直角三角形，，利用勾股定理，可用含的代数式表示，根据三角形面积公式，即可得到答案【详解】（1）解：．理由如下：如图，连接．根据图形旋转的性质可知．由题意可知，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形斜边上的中线，，．又，．在和中，．，．．．．（2）解：为等腰直角三角形斜边上的中线，．，．，，．，．，．在和中，．．．（3）解：当点D在线段延长线上时，不满足条件，故分两种情况：①点D在线段上，如图，过点作垂直于，交于点；过点作垂直于，交于点．设，则．根据题意可知，四边形和为矩形，为等腰直角三角形．，．由（2）证明可知，．．．根据勾股定理可知，的面积与的面积之比②点D在线段的延长线上，过点作垂直于，交延长线于点,令交于点,连接,由题意知，四边形，是矩形，∵∴即又∵，∴∴而∴∴是等腰直角三角形，设，则，∴中，的面积与的面积之比【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、勾股定理以及图形旋转的性质，灵活利用全等三角形的判定及性质是解题的关键．6．（2023·四川乐山·统考中考真题）在学习完《图形的旋转》后，刘老师带领学生开展了一次数学探究活动【问题情境】刘老师先引导学生回顾了华东师大版教材七年级下册第页“探索”部分内容：如图，将一个三角形纸板绕点逆时针旋转到达的位置，那么可以得到：，，；，，（

）

刘老师进一步谈到：图形的旋转蕴含于自然界的运动变化规律中，即“变”中蕴含着“不变”，这是我们解决图形旋转的关键；故数学就是一门哲学．【问题解决】（1）上述问题情境中“（

）”处应填理由：____________________；（2）如图，小王将一个半径为，圆心角为的扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置．

①请在图中作出点；②如果，则在旋转过程中，点经过的路径长为__________；【问题拓展】小李突发奇想，将与（2）中完全相同的两个扇形纸板重叠，一个固定在墙上，使得一边位于水平位置，另一个在弧的中点处固定，然后放开纸板，使其摆动到竖直位置时静止，此时，两个纸板重叠部分的面积是多少呢？如图所示，请你帮助小李解决这个问题．

【答案】问题解决（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等（2）①见解析；②问题拓展：【分析】问题解决（1）根据旋转性质得出旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等；（2）①分别作和的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为所求点O；②根据弧长公式求解即可；问题拓展，连接，交于，连接，，，由旋转得，，在和中求出和的长，可以求出，再证明，即可求出最后结果．【详解】解：【问题解决】（1）旋转前后的图形对应线段相等，对应角相等

（2）①下图中，点O为所求

②连接，，扇形纸板绕点逆时针旋转到达扇形纸板的位置，，,，设，，，在旋转过程中，点经过的路径长为以点为圆心，圆心角为，为半径的所对应的弧长，点经过的路径长；

【问题拓展】解：连接，交于，连接，，如图所示

．由旋转得，．

在中，．在中，，，．

．．，

在和中，，又，，．又，，．【点睛】本题考查了旋转的性质，弧长公式，解直角三角形，三角形全等的性质与判定，解题的关键是抓住图形旋转前后的对应边相等，对应角相等，正确作出辅助线构造出直角三角形．7．（2023·江苏扬州·统考中考真题）【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．【操作探究】如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．

(1)当时，________；当时，________；(2)当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；(3)如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．【答案】(1)2；30或210(2)画图见解析；(3)【分析】（1）当时，与重合，证明为等边三角形，得出；当时，根据勾股定理逆定理得出，两种情况讨论：当在下方时，当在上方时，分别画出图形，求出结果即可；（2）证明四边形是正方形，得出，求出，得出，求出，根据求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；（3）根据等腰三角形的性质，得出，即，确定将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．【详解】（1）解：∵和中，∴，∴当时，与重合，如图所示：连接，

∵，，∴为等边三角形，∴；当时，∵，∴当时，为直角三角形，，∴，当在下方时，如图所示：

∵，∴此时；当在上方时，如图所示：

∵，∴此时；综上分析可知，当时，或；故答案为：2；30或210．（2）解：当时，如图所示：

∵，∴，∴，∵，又∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即两块三角板重叠部分图形的面积为．（3）解：∵，为的中点，∴，∴，∴将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，∵∴点F运动的路径长为．故答案为：．

【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．8．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图①，和是等边三角形，连接，点F，G，H分别是和的中点，连接．易证：．若和都是等腰直角三角形，且，如图②：若和都是等腰三角形，且，如图③：其他条件不变，判断和之间的数量关系，写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．

【答案】图②中，图③中，证明见解析【分析】图②：如图②所示，连接，先由三角形中位线定理得到，，再证明得到，则，进一步证明，即可证明是等腰直角三角形，则；图③：仿照图②证明是等边三角形，则．【详解】解：图②中，图③中，图②证明如下：如图②所示，连接，∵点F，G分别是的中点，∴是的中位线，∴，同理可得，∵和都是等腰直角三角形，且，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴；

图③证明如下：如图③所示，连接，∵点F，G分别是的中点，∴是的中位线，∴，同理可得，∵和都是等腰三角形，且，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．9．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）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，∴∴解得：，则，设交于点，则是等腰直角三角形，∴在中，∴∴又，∴∴∴，∴∴，在中，∴，综上所述，或故答案为：或．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．10.(2022·黑龙江省鹤岗市)△ABC和△ADE都是等边三角形．

(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P(点P与点A重合)，有PA+PB=PC(或PA+PC=PB)成立(不需证明)；

(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；

(3)将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．

【解析】解：(2)PB=PA+PC，理由如下：

如图②，在BP上截取BF=PC，连接AF，

∵△ABC、△ADE都是等边三角形，

∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，

∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE，

即∠DAB=∠EAC，

∴△ABD≌△ACE(SAS)，

∴∠ABD=∠ACE，

∵AB=AC，BF=CP，

∴△BAF≌△CAP(SAS)，

∴AF=AP，∠BAF=∠CAP，

∴∠BAC=∠PAF=90°，

∴△AFP是等边三角形，

∴PF=PA，

∴PB=BF+PF=PC+PA；

(3)PC=PA+PB，理由如下：

如图③，在PC上截取CM=PB，连接AM，

同理得：△ABD≌△ACE(SAS)，

∴∠ABD=∠ACE，

∵AB=AC，PB=CM，

∴△AMC≌△APB(SAS)，

∴AM=AP，∠BAP=∠CAM，

∴∠BAC=∠PAM=60°，

∴△AMP是等边三角形，

∴PM=PA，

∴PC=PM+CM=PA+PB．

11.(2022·重庆市A卷)如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．

(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；

(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN.在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；

(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ.在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．

【解析】解：(1)如图1中，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，

在△BCE和△CBK中，

BC=CB∠BCK=∠CBEBE=CK，

∴△BCE≌△CBK(SAS)，

∴BK=CE，∠BEC=∠BKD，

∵CE=BD，

∴BD=BK，

∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB，

∵∠BEC+∠AEF=180°，

∴∠ADF+∠AEF=180°，

∴∠A+∠EFD=180°，

∵∠A=60°，

∴∠EFD=120°，

∴∠CFE=180°-120°=60°；

(2)结论：BF+CF=2CN．

理由：如图2中，∵AB=AC，∠A=60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴AB=CB，∠A=∠CBD=60°，

∵AE=BD，

∴△ABE≌△BCD(SAS)，

∴∠BCF=∠ABE，

∴∠FBC+∠BCF=60°，

∴∠BFC=120°，

如图2-1中，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，

∵NM=NF，∠CNM=∠FNQ，CN=NQ，

∴△CNM≌△QNF(SAS)，

∴FQ=CM=BC，

延长CF到P，使得PF=BF，则△PBF是等边三角形，

∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，

∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，

∵PB=PF，

∴△PFQ≌△PBC(SAS)，

∴PQ=PC，∠CPB=∠QPF=60°，

∴△PCQ是等边三角形，

∴BF+CF=PC=QC=2CN．

(3)由(2)可知∠BFC=120°，

∴点F的运动轨迹为红色圆弧(如图3-1中)，

∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，

此时tan∠APK=AOAP=23，

∴∠HPK>45°，

∵QK⊥PF，

∴∠PKH=∠QKH=45°，

如图3-2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL=LK=2，PL=3，PH=7，KH=22，

∵S△PHK12.（2021·江苏连云港市·中考真题）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；【分析】（1）由、是等边三角形，，，，可证即可；（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；（4）连接CG,AC，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．【详解】解:（1）∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴；（2）连接，∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，又点在处时，，点在A处时，点与重合．∴点运动的路径的长；（3）取中点，连接，∴，∴，∵，∴，∴，∵、是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，又点在处时，，点在处时，点与重合，∴点所经过的路径的长；（4）连接CG,AC，OB，∵∠CGA=90°，∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，∴∠COB=90°，设OC=x，由勾股定理即，∴，点G所经过的路径长为长=，点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，点H所经过的路径长为的长度，∵点G运动圆周的四分之一，∴点H也运动圆周的四分一，点H所经过的路径长为的长=，故答案为；．【点睛本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式是解题关键．13.（2021·四川乐山市·中考真题）在等腰中，，点是边上一点（不与点、重合），连结．（1）如图1，若，点关于直线的对称点为点，结，，则________；（2）若，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连结．①在图2中补全图形；②探究与的数量关系，并证明；（3）如图3，若，且，试探究、、之间满足的数量关系，并证明．【答案】（1）30°；（2）①见解析；②；见解析；（3），见解析【分析】（1）先根据题意得出△ABC是等边三角形，再利用三角形的外角计算即可（2）①按要求补全图即可②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形，再证明，即可得出（3）先证明，再证明，得出，从而证明，得出，从而证明【详解】解：（1）∵，∴△ABC是等边三角形∴∠B=60°∵点关于直线的对称点为点∴AB⊥DE，∴故答案为：；（2）①补全图如图2所示；②与的数量关系为：；证明：∵，．∴为正三角形，又∵绕点顺时针旋转，∴，，∵，，∴，∴，∴．（3）连接．∵，，∴．∴．又∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，．∵，∴．又∵，∴．【点睛】本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称，熟练进行角的转换是解题的关键，相似三角形的证明是重点14.（2021·安徽中考真题）如图1，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，，作交线段AE于点F，连接BF．（1）求证：；（2）如图2，若，，，求BE的长；（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）6；（3）【分析】（1）根据平行线的性质及已知条件易证，，即可得，；再证四边形AFCD是平行四边形即可得，所以，根据SAS即可证得；（2）证明，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长BM、ED交于点G．易证，可得；设，，，由此可得，；再证明，根据全等三角形的性质可得．证明，根据相似三角形的性质可得，即，解方程求得x的值，继而求得的值．【详解】（1）证明：，；，，，，，，，，，，四边形AFCD是平行四边形在与中．，（2），，在中，，，，又，，，在与中．，；；，；，；，，或（舍）；（3）延长BM、ED交于点G．

与均为等腰三角形，，，，设，，，则，，，，；在与中，，；．；，，，，，，，，（舍），，．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质及判定、相似三角形的性质及判定，熟练判定三角形全等及相似是解决问题的关键．15.（2021·浙江宁波市·中考真题）（证明体验）（1）如图1，为的角平分线，，点E在上，．求证：平分．

（思考探究）（2）如图2，在（1）的条件下，F为上一点，连结交于点G．若，，，求的长．（拓展延伸）（3）如图3，在四边形中，对角线平分，点E在上，．若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据SAS证明，进而即可得到结论；（2）先证明，得，进而即可求解；（3）在上取一点F，使得，连结，可得，从而得，可得，，最后证明，即可求解．【详解】解：（1）∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即平分；（2）∵，∴，∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴；（3）如图，在上取一点F，使得，连结．

∵平分，∴∵，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴．∵，又∵，∴∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和相似三角形，是解题的关键．16.（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．（1）如图1，若，求的长．（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，【分析】（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．【详解】（1）解，，，，是等边三角形，是的中点，，在中，，，．（2）证明：连结，，，，，，，，又，，是等边三角形，，，又，，，．（3）存在这样的．过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，，由（2）得AE=2AP，DE=AC，∴CG=EN，∵，∴AE=BC，∵∠ANE=∠BGC=90°，，∴∠EAN=∠CBG∵AE=BC，AB=BA，∴∴AC=BE，∴DE=BE，∴∠EDB=∠EBD=45°，∴∠DEB=90°，∴，∵∴【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．17.（2021·重庆中考真题）在等边中，，，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．图1图2图3（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．【答案】（1）①；②见解析；（2）【分析】（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD=3，AG=BG=，然后利用勾股定理求解即可；②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用相似三角形的判定与性质分别计算出PN与DN的长度，即可得出结论．【详解】（1）解：①如图所示，连接AG，由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠GFB=60°，∵BD⊥AC，∴∠FBC=30°，∴∠FCB=30°，∠ACG=30°，∵AC=BC，GC=GC，∴△GBC≌△GAC（SAS），∴∠GAC=∠GBC=90°，AG=BG，∵AB=6，∴AD=3，AG=BG=，∴在Rt△ADG中，，∴；②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，∵△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠ABC=60°，∠EFH=120°，∴∠BEF+∠BHF=180°，∵∠BHF+∠KHF=180°，∴∠BEF=∠KHF，由辅助线作法可知，FB=FK，则∠K=∠FBE，∵BD是等边△ABC的高，∴∠K=∠DBC=∠DBA=30°，∴∠BFK=120°，在△FEB与△FHK中，∴△FEB≌△FHK（AAS），∴BE=KH，∴BE+BH=KH+BH=BK，∵FB=FK，∠BFK=120°，∴BK=BF，即：；（2）如图1所示，以MP为边构造∠PMJ=30°，∠PJM=90°，则PJ=MP，∴求的最小值，即为求的最小值，如图2所示，当运动至N、P、J三点共线时，满足最小，此时，连接EQ，则根据题意可得EQ∥AD，且EQ=AD，∴∠MEQ=∠A=60°，∠EQF=90°，∵∠PEF=60°，∴∠MEP=∠QEF，由题意，EF=EP，∴△MEP≌△QEF（SAS），∴∠EMP=∠EQF=90°，又∵∠PMJ=30°，∴∠BMJ=60°，∴MJ∥AC，∴∠PMJ=∠DNP=90°，∵∠BDC=90°，∴四边形ODNJ为矩形，NJ=OD，由题，AD=3，BD=，∵MJ∥AC，∴△BMO∽△BAD，∴，∴OD=BD=，OM=AD=，设PJ=x，则MJ=x，OJ=x-，由题意可知，DN=CD=2，∴，解得：，即：PJ=，∴，∴．【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以及相似三角形的判定与性质等，理解基本图形的性质，合理构造辅助线是解题关键．18.（2021·江苏连云港市·中考真题）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；【分析】（1）由、是等边三角形，，，，可证即可；（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；（4）连接CG,AC，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．【详解】解:（1）∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴；（2）连接，∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，又点在处时，，点在A处时，点与重合．∴点运动的路径的长；（3）取中点，连接，∴，∴，∵，∴，∴，∵、是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，又点在处时，，点在处时，点与重合，∴点所经过的路径的长；（4）连接CG,AC，OB，∵∠CGA=90°，∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，∴∠COB=90°，设OC=x，由勾股定理即，∴，点G所经过的路径长为长=，点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，点H所经过的路径长为的长度，∵点G运动圆周的四分之一，∴点H也运动圆周的四分一，点H所经过的路径长为的长=，故答案为；．【点睛本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式是解题关键．19.（2021·四川成都市·中考真题）在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，．（1）如图1，当点落在的延长线上时，求的长；（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，交于点M，求的长；（3）如图3，连接，直线交于点D，点E为的中点，连接．在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，最小值为1【分析】（1）根据题意利用勾股定理可求出AC长为4．再根据旋转的性质可知，最后由等腰三角形的性质即可求出的长．（2）作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．再由平行线的性质可知，即可推出，从而间接求出，．由三角形面积公式可求出．再利用勾股定理即可求出，进而求出．最后利用平行线分线段成比例即可求出的长．（3）作且交延长线于点P，连接．由题意易证明，，，即得出．再由平行线性质可知，即得出，即可证明，由此即易证，得出，即点D为中点．从而证明DE为的中位线，即．即要使DE最小，最小即可．根据三角形三边关系可得当点三点共线时最小，且最小值即为，由此即可求出DE的最小值．【详解】（1）在中，．根据旋转性质可知，即为等腰三角形．∵，即，∴，∴．（2）如图，作交于点D，作交于点E．由旋转可得，．∵，∴，∴，∴，．∵，即，∴．在中，，∴．∴．∵，∴，即，∴．（3）如图，作且交延长线于点P，连接．∵，∴，∵，即，又∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∴在和中，∴，∴，即点D为中点．∵点E为AC中点，∴DE为的中位线，∴，即要使DE最小，最小即可．根据图可知，即当点三点共线时最小，且最小值为．∴此时，即DE最小值为2．【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，全等三角形的判定和性质，中位线的判定和性质以及三角形三边关系，综合性强，为困难题．正确的作出辅助线为难点也是解题关键．20.（2021·广西贵港市·中考真题）已知在ABC中，O为BC边的中点，连接AO，将AOC绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到EOF，连接AE，CF．（1）如图1，当∠BAC＝90°且AB＝AC时，则AE与CF满足的数量关系是；（2）如图2，当∠BAC＝90°且AB≠AC时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图3，延长AO到点D，使OD＝OA，连接DE，当AO＝CF＝5，BC＝6时，求DE的长．【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）【分析】（1）结论．证明，可得结论．（2）结论成立．证明方法类似（1）．（3）首先证明，再利用相似三角形的性质求出，利用勾股定理求出即可．【详解】解：（1）结论：．理由：如图1中，，，，，，，，，，，．（2）结论成立．理由：如图2中，，，，，，，，，．（3）如图3中，由旋转的性质可知，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．21．（2021·内蒙古通辽市·中考真题）已知和都是等腰直角三角形，．（1）如图1，连接，，求证：；（2）将绕点O顺时针旋转．①如图2，当点M恰好在边上时，求证：；②当点A，M，N在同一条直线上时，若，，请直接写出线段的长．

【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②或【分析】(1)证明△AMO≌△BNO即可；(2)①连接BN，证明△AMO≌△BNO，得到∠A=∠OBN=45°，进而得到∠MBN=90°，且△OMN为等腰直角三角形，再在△BNM中使用勾股定理即可证明；②分两种情况分别画出图形即可求解．【详解】解：(1)∵和都是等腰直角三角形，∴，又，,∴，∴，∴；(2)①连接BN，如下图所示：∴，，且，∴，∴，，∴，且为等腰直角三角形，∴，在中，由勾股定理可知：，且∴；②分类讨论：情况一：如下图2所示，设AO与NB交于点C，过O点作OH⊥AM于H点，,为等腰直角三角形，∴,在中，,∴；情况二：如下图3所示，过O点作OH⊥AM于H点，,为等腰直角三角形，∴,在中，,∴；故或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．22.（2021·湖南中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．

（1）证明：；（2）如图2，连接，，交于点．①证明：在点的运动过程中，总有；②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；（2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．【详解】解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到，∴AH=AG，∠HAG=90°，∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，∴；（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点，∴AE=AF，是等腰直角三角形，∵AH=AG，∠BAH=∠CAG，∴，∴∠AEH=∠AFG=45°，∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；②∵，点，分别为，的中点，∴AE=AF=2，∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，∴AH平分∠EAF，∴点H是EF的中点，∴EH=；（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠EHA=∠EAH，∴EH=EA=2；（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形．【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键．23.（2021·湖南岳阳市·中考真题）如图，在中，，，点为的中点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，且交线段于点，的平分线交于点．

（1）如图1，若，则线段与的数量关系是________，________；（2）如图2，在（1）的条件下，过点作交于点，连接，．①试判断四边形的形状，并说明理由；②求证：；（3）如图3，若，，过点作交于点，连接，，请直接写出的值（用含的式子表示）．【答案】（1）；；（2）①正方形，理由见解析；②见解析；（3）【分析】（1）根据“斜中半”定理可得，然后根据旋转的性质可得，从而得出，再结合题意推出，从而根据正切函数的定义求出即可；（2）①通过证明，并综合条件，推出四边形是正方形；②首先根据推出，然后证明得到，即可得出结论；（3）根据题意可首先证明四边形是菱形，然后证明出，即可推出结论，再作，通过解直角三角形，求出的长度，从而得出结论．【详解】（1）∵点为中斜边的中点，∴，∵线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，∴，∵中，，，∴，∵，∴，∴在中，，故答案为：；；（2）①正方形，理由如下：∵，平分，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形为矩形，又∵，∴四边形为正方形；②显然，在正方形中，，∴，又∵，∴，由（1）得：则为等边三角形，∴，∵，∴，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴在与中，∴，∴，∴；（3）同（2）中①理，，∴，，∵，∴，∴，，∴，，∴四边形为菱形，∵为等边三角形，∴，菱形的边长也为2，由题意，，，∵，∴，即：，∴，∵在菱形中，，∴，∴，如图，作，∵，∴，，∵，∴，，在中，，∴，∴，在中，，∴，∵，∴．

【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，特殊平行四边形的判定与性质，以及锐角三角函数等，综合性较强，掌握基本图形的性质，灵活运用相似三角形以及锐角三角函数是解题关键．24.（2021·四川资阳市·中考真题）已知，在中，．（1）如图1，已知点D在边上，，连结．试探究与的关系；（2）如图2，已知点D在下方，，连结．若，，，交于点F，求的长；（3）如图3，已知点D在下方，连结、、．若，，，，求的值．【答案】（1），理由见详解；（2）；（3）【分析】（1）由题意易得，则易证，然后根据全等三角形的性质可求解；（2）过点A作AH⊥BC于点H，由题意易得，，然后可得，进而根据勾股定理可得，设，则，易得，则有，所以，最后问题可求解；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，作DT⊥BC于