深圳中考数学真题模拟题分类汇编17 解答压轴题型：几何综合题（解析版）

专题17解答压轴题型：几何综合题一、解答题1．（2022·广东深圳·统考中考真题）一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯的中点为(1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度．(2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度．(3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长．【答案】(1)2(2)(3)【分析】（1）由，可得出为的中位线，可得出D为中点，即可得出的长度；（2）过N点作，交于点D，可得出为等腰直角三角形，根据,可得出，设，则，根据，即可求得，再根据勾股定理即可得出答案；（3）依题意得出点N路径长为：，推导得出，即可计算给出，即可得出答案．【详解】（1）∵∴为的中位线∴D为的中点∵∴（2）过N点作，交于点D，∵，∴为等腰直角三角形，即，又∵，∴，∴，∴，设，则，∵，∴，解得，∴，，∴在中，；（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合．当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为：．

∵．∴．∴．∴，∴，∴N点的运动路径长为：，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．2．（2022·广东深圳·统考中考真题）（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．3．（2021·广东深圳·统考中考真题）在正方形中，等腰直角，，连接，H为中点，连接、、，发现和为定值．（1）①__________；②__________；③小明为了证明①②，连接交于O，连接，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②．（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，，（）求：①__________（用k的代数式表示）②__________（用k、的代数式表示）【答案】（1）①；②45°；③见解析；（2）①；②【分析】（1）①通过中位线得出，再通过等腰直角三角形斜边与直角边的关系得出,则，在等腰Rt△OBA中得出，再结合中位线OH和正方形的性质证明∠BOH=∠BAF，即可证明出，即可得出比值；②利用相似三角形的性质，对应角相等，代换角即可求出；（2）①用与（1）相似的方法可以证明出，即可得出比值；②通过添加辅助线，构造两个直角三角形，用锐角三角函数和勾股定理表示出两边，即可求出比值．【详解】（1）；②45°③证明：如图所示：由正方形性质得：，O为的中点又∵H为的中点，则，∴是等腰直角三角形∴∴∵∴，又∵∴又∴，又∵∴∴，∴（2）①②理由如下：①如图，连接，与交于O点，连接由题可知四边形ABCD为平行四边形，∴O为AC和BD的中点，又∵H为CE中点，∴，,又∵,∴,即，,即，∵OH是△ACE的中位线，∴OH∥AE，∴,又∵是△AOD的外角，∴,又∵,∴,∴,又∵，∴∴②：由得：，则在中，，不妨令，，如图作则：，则由勾股定理解得：∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数，涉及知识点较多，难度较大，能够通过已知条件找出判定相似三角形的条件是解题关键．4．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，在矩形中，点E为边的中点，点F为上的一个动点，连接并延长，交的延长线于点G，以为底边在下方作等腰，且．(1)如图①，若点H恰好落在上，连接，．①求证：；②若，，求的面积；(2)如图②，点H落在矩形内，连接，若，，求四边形面积的最大值．【答案】(1)①证明见解析；②10(2)【分析】（1）①如图1，过点E作，先证明，得到，再根据三线合一的性质，得到，，，然后证明四边形是矩形，进而推出，得到，得到正方形，即可证明结论；②如图2，先根据正方形和等腰三角形的性质，得到，再利用三角形内角和定理，得到，根据正切值，得到，根据全等三角形的性质可知，，设，求解出，最后利用勾股定理，求得，即可求出的面积；（2）如图3，过点H作于点P，过点E作于点Q，连接、，同理可证，，四边形是矩形，推出正方形，得到，进而得到，设，则，，构建二次函数，求出的最大值为，即可得到答案．【详解】（1）①证明：如图1，过点E作交于点M，四边形是矩形，，，点E为边的中点，，在和中，，，，点E为的中点，是等腰直角三角形，，，，，四边形是矩形，，，在和中，，，，矩形是正方形，，；②解：如图2，与相交于点N，矩形是正方形，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，，，由勾股定理得：，是等腰直角三角形，，；（2）解：如图3，过点H作于点P，过点E作于点Q，连接、，同理可证，，四边形是矩形，，，矩形是正方形，，，点E是的中点，，，，，，设，则，，，，时，有最大值，最大值为，，四边形面积的最大值为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的最值等知识，解题关键是寻找全等三角形解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．5．（2023·广东深圳·统考二模）平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．(1)如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度；(2)如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：；(3)如图3，已知，若，直接写出的最小值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据“直角三角形的中线等于斜边长一半”，可以得到，再在直角中，利用勾股定理求出，则，即可求解；（2）由题意可得，是的角平分线，且，故延长交于点M，可证，要证，而，即证明即可，延长交于N，过E作于P，先证明，可以得到，再证明四边形是正方形，得到，接着证明即可解决；（3）如图3，分别以和为边构造等边三角形，构造“手拉手”模型，即可得到，所以，则，当B，F，M，N四点共线时，所求线段和的值最小，利用，解即可解决．【详解】（1）解：∵，如图1，∴，E为的中点，，∴，∵，∴，在中，，∴；（2）证明：如图2，设射线与射线交于点M，由题可设，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，延长交于N，∴，过E作于P，则，在与中，

，∴，∴，过E作于Q，∴，∴四边形为矩形，∵，∴，∴，∴矩形为正方形，∴，∴，在与中，，

∴，∴，∵，∴；（3）解：如图3，把绕点A逆时针旋转得到，得到等边，同理以为边构造等边，∴，，∴，∴，在与中，，∴，∴，∴，当B，F，M，N四点共线时，最小，即为线段BN的长度，如图4，过N作交其延长线于T，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴的最小值为．【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要注意基本辅助线构造方法，比如第（2）问中的线段既是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是本题的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等，还考查了多条线段和的最值问题，利用旋转变换来转化线段是解决此问的关键．6．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考模拟预测）问题背景：（1）如图1，点是内一点，且，连接，，求证：．

（2）如图2，点是线段垂直平分线上位于上方的一动点，是位于上方的等腰直角三角形，且，则，

①______1（填一个合适的不等号）；②的最大值为______，此时______°．问题组合与迁移：（3）如图3，是等腰底边上的高，点是上的一动点，位于的上方，且，若，求的最小值．

【答案】（1）详见解析；（2）①；②，；（3）最小值为【分析】（1）由，得到，，再由得到，从而即可退出；（2）①连接，由点是线段垂直平分线上位于上方的一动点，，从而得到，根据三角形三边关系可得，从而即可得到答案；②由题意可得，从而得到，当点在上时，此时最大，为，此时也最大，为，最后根据垂直平分线的性质以及等腰直角三角形的性质即可求得角度；（3）连接，由等腰三角形的性质可得，再由得到，同（1）可证，得到，即，最后由三角形的三边关系可得不等式，解不等式即可得到答案．【详解】解：（1），，，，，；（2）①连接，如图所示，

，点是线段垂直平分线上位于上方的一动点，，，，，故答案为：；②由①得，，，，，当点在上时，此时最大，为，此时也最大，为，如图所示，

，点是线段垂直平分线上位于上方的一动点，，，是等腰直角三角形，，，，故答案为：，；（3）连接，如图所示，

，是等腰底边上的高，，，，，，，，，，，，，得：，，，，，，最小值为．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、三角形的三边关系、等腰直角三角形的性质、垂直平分线的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质、三角形的三边关系、等腰直角三角形的性质、垂直平分线的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．7．（2023·广东深圳·校考模拟预测）已知四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G．(1)①如图1，若四边形ABCD是正方形，且DE⊥CF于G，则；②如图2，当四边形ABCD是矩形时，且DE⊥CF于G，AB＝m，AD＝n，则；(2)拓展研究：如图3，若四边形ABCD是平行四边形，且∠B+∠EGC＝180°时，求证：；(3)解决问题：如图4，若BA＝BC＝5，DA＝DC＝10，∠BAD＝90°，DE⊥CF于G，请直接写出的值．【答案】(1)①1；②(2)见解析(3)【分析】（1）①由“ASA”可证△ADE≌△DCF，可得DE＝CF，可求解；②通过证明△AED∽△DFC，可得；（2）通过证明△ADE∽△DCM，可得，可得结论；（3）设CN＝x，△BAD≌△BCD，推出∠BCD＝∠A＝90°，证△BCM∽△DCN，求出CMx，在Rt△CMB中，由勾股定理得出，代入得出方程（x﹣5）2+（x）2＝52，求出CN＝8，证出△AED∽△NFC，即可得出答案．【详解】（1）（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵DE⊥CF，∴∠DGF＝90°＝∠ADC，∴∠ADE+∠EDC＝90°＝∠EDC+∠DCF，∴∠ADE＝∠DCF，∴△ADE≌△DCF（ASA），∴DE＝CF，∴，故答案为：1；②解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠FDC＝90°，AB＝CD＝m，∵CF⊥DE，∴∠DGF＝90°，∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，∴∠CFD＝∠AED，∵∠A＝∠CDF，∴△AED∽△DFC，∴，故答案为：；（2）（2）证明：如图所示，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠EGF＝180°，∴∠B＝∠EGF，在AD的延长线上取点M，使CM＝CF，则∠CMF＝∠CFM，∵AB∥CD，∴∠A＝∠CDM，∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，∵∠B＝∠EGF，∴∠EGF+∠A＝180°，∴∠AED＝∠CFM＝∠CMF，∴△ADE∽△DCM，∴，即；（3）（3）解：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，∴四边形AMCN是矩形，∴AM＝CN，AN＝CM，在△BAD和△BCD中，，∴△BAD≌△BCD（SSS），∴∠BCD＝∠A＝90°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，∴，∴，∴CMx，在Rt△CMB中，CMx，BM＝AM﹣AB＝x﹣5，由勾股定理得：，∴（x﹣5）2+（x）2＝52，解得：＝0（舍去），＝8，∴CN＝8，∵∠A＝∠FGD＝90°，∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，∵∠A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴．【点睛】本题考查了正方形，矩形，平行四边形，三角形全等，三角形相似，解决问题的关键是熟练运用正方形四边相等四角相等，矩形对边相等四角相等，平行四边形对边平行且相等对角相等，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质，邻补角性质，四边形内角和性质．8．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模）“同弧或等弧所对的圆周角相等”，利用这个推论可以解决很多数学问题．(1)【知识理解】如图1，圆的内接四边形中，，，①________；________（填“”，“”，“”）②将点绕点顺时针旋转得到点，则线段的数量关系为________．(2)【知识应用】如图2，是圆的直径，，猜想的数量关系，并证明；(3)【知识拓展】如图3，已知，分别是射线上的两个动点，以为边往外构造等边，点在内部，若，直接写出四边形面积的取值范围．【答案】(1)①；②(2)(3)【分析】（1）①根据等边三角形的判定得到是等边三角形，同弧同弦所对的圆周角相等即可解答；②利用旋转的性质得到是等边三角形，再利用全等三角形的判定即可得到，再利用全等三角形的性质即可解答；（2）在上取一点E，使，根据三角函数得出，求出，证明，得出，即，证明，得出，即，证明，即可得出；（3）根据圆内接四边形的对角互补即可得到当点A和点重合时，四边形面积最小；当时，四边形面积最大，进而得到解答．【详解】（1）解：①∵，，∴是等边三角形，∴，∴，∵和所对的弦是，∴，故答案为：；②连接，如图所示：∵将点绕点顺时针旋转得到点，∴，，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴为等边三角形，∴，，∴，∴，∴三点共线，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴,故答案为：．（2）解：在上取一点E，使，如图所示：∵是圆的直径，，∴，∴在中，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，即，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴,即，故答案为：．（3）解：∵分别是射线上的两个动点，，是等边三角形，∴四边形的两个对角，∴构造四边形的外接圆，∴根据四边形外接圆的性质可得：当点和点重合时，四边形面积最小；当时，四边形面积最大，①当点和点重合时，四边形面积最小，∵时等边三角形，且，∴，∴，②当时，四边形面积最大，∵时等边三角形，且，∴，，∴，∴，∴；∴．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．9．（2023·广东深圳·二模）如图①，已知线段，以为直径作半圆O，再以为直径作半圆C，P是半圆C上的一个动点（P与点A，O不重合），的延长线交半圆O于点D．(1)判断线段与的大小关系，并说明理由；(2)连接，当时，求弧的长；(3)过点D作，垂足为E（如图②），设，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围．【答案】(1)，理由见解析(2)(3)【分析】（1）连接，利用圆周角定理知．然后由垂径定理证得；（2）由三角形中位线的定义证得，所以根据平行线的性质易求弧所对的圆心角，从而求出弧的长;（3）分类讨论：点E落在线段和线段上，这两种情况下的y与x的关系式．这两种情况都是根据的对应边成比例来求y与x之间的函数关系式．【详解】（1）解：，理由如下：如图①，连接，∵是半圆C的直径，∴，即，又∵是圆O的弦，∴；（2）解：如图①，连接由（1）知，.又∵，∴∴，∵，∴，∴弧的长.（3）解：分两种情况：①当点E落在上，如图②，连接，则，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，当点E落在点时，，则x的取值范围是；②当点E落在线段上时，如图③，连接，同①可得，，∴，∵，∴，∴，则x的取值范围为．综上所述，y与x之间的函数关系式为．【点睛】此题考查了圆周角定理、垂径定理、三角形中位线定理、弧长公式、列函数关系式、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，分类讨论是解题的关键．10．（2023·广东深圳·二模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E是BC上的一个动点，连接DE，交AC于点F．（1）如图①，当时，求的值；（2）如图②当DE平分∠CDB时，求证：AF=OA；（3）如图③，当点E是BC的中点时，过点F作FG⊥BC于点G，求证：CG=BG．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）利用相似三角形的性质求得EF与DF的比值，依据△CEF和△CDF同高，则面积的比就是EF与DF的比值，据此即可求解；（2）利用角之间的关系到证得∠ADF=∠AFD，可以证得AD=AF，在Rt△AOD中，利用勾股定理可以证得；（3）连接OE，易证OE是△BCD的中位线，然后根据△FGC是等腰直角三角形，易证△EGF∽△ECD，利用相似三角形的对应边的比相等即可证得．【详解】解：（1）∵，∴．∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AD=BC，∴△CEF∽△ADF，∴，∴，∴．（2）证明：∵DE平分∠CDB，∴∠ODF=∠CDF，又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，又∵∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，∴∠ADF=∠AFD，∴AD=AF，在Rt△AOD中，根据勾股定理得：，∴AF=OA．（3）证明：连接OE，∵点O是正方形ABCD的对角线AC、BD的交点，∴点O是BD的中点，又∵点E是BC的中点，∴OE是△BCD的中位线，∴OE∥CD，OE=CD，∴△OFE∽△CFD，∴，∴，又∵FG⊥BC，CD⊥BC，∴FG∥CD，∴△EGF∽△ECD，∴．在Rt△FGC中，∵∠GCF=45°，∴CG=GF，又∵CD=BC，∴，∴，∴CG=BG．【点睛】本题是勾股定理、三角形的中位线定理、以及相似三角形的判定与性质的综合应用，理解正方形的性质是关键．11．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，∠ACO＝90°，∠AOC＝30°，分别以AO、CO为边向外作等边三角形△AOD和等边三角形△COE，DF⊥AO于F，连DE交AO于G．（1）求证：△DFG≌△EOG；（2）H为AD的中点，连HG，求证：CD＝2HG；（3）在（2）的条件下，AC＝4，若M为AC的中点，求MG的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）本题考查全等三角形的判定，通过等边三角形的性质利用AAS定理解答本题．（2）本题考查三角形中位线定理以及全等三角形的判定，通过构造辅助线利用SAS定理解答．（3）本题考查三角形中位线定理以及等边三角形的证明，通过构造辅助线，结合角度的计算加以证明，最后求解边长．【详解】证明：（1）如图1，∵∠AOC＝30°，∴∠GOE＝90°．设AC＝a，则OA＝2a，OE＝OC＝a，在等边△AOD中，DF⊥OA，∴DF＝a，∴DF＝OE．又∵∠DGF=∠EGO，∠DFG=∠EOG，∴△DFG≌△EOG（AAS）．（2）如下图图2所示，连接AE，∵H、G分别为AD、DE的中点，∴HG∥AE，HG＝AE．∵DO=AO，CO=OE，∠DOC=∠AOE=90°，∴△DOC≌△AOE（SAS），∴DC＝AE，∴DC＝2HG．（3）如下图图2所示，连接HM，∵H、M分别为AD、AC的中点，∴HM＝CD．∵DC=2HG，∴HM＝HG．又∠DHG＝∠DAE＝60°+∠OAE＝60°+∠ODC，∠AHM＝∠ADC，∴∠MHG＝180°﹣∠AHM﹣∠DHG＝180°﹣∠ADC﹣60°﹣∠ODC＝120°﹣（∠ADC+∠ODC）＝120°﹣∠ADO＝60°，∴△HMG为等边三角形．∵AC＝4，∴OA＝OD＝8，OC＝，CD＝，∴MG＝HG＝CD＝．．【点睛】本题主要考查全等的判定、中位线定理的应用以及等边三角形的性质，难点主要在于辅助线的构造，本题题干中出现多个中点信息，即提示需要做中位线．12．（2023·广东深圳·统考模拟预测）过四边形的顶点A作射线，P为射线上一点，连接．将绕点A顺时针方向旋转至，记旋转角，连接．(1)如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形是正方形，且．无论点P在何处，总有，请证明这个结论．(2)如图2，如果四边形是菱形，，，连接．当，时，求的长；(3)如图3，如果四边形是矩形，，，平分，．在射线上截取，使得．当是直角三角形时，请直接写出的长．【答案】(1)见解析(2)(3)或【分析】（1）利用正方形性质和旋转变换证明，即可证得结论；（2）如图2，过点P作于点H，连接，先证明，可得，，再证明：是等边三角形，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可求得答案；（3）分三种情况讨论：①当时，②当时，③当时，分别求出的长即可．【详解】（1）证明：如图1，∵四边形是正方形，，，，，，，∵将绕点A顺时针方向旋转至，，，．（2）解：如图2，过点P作于点H，连接，∵四边形是菱形，，由旋转得：，，即，，，，，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，；（3）解：①当时，如图3，连接，，过点B作于点E，设交于点F，过点F作于点G，∵四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，即，平分，，，，在中，，，，，，，，在中，，，，，，即，，，，，，，，，，，，；②当时，如图4，过点P作于点G，于点H，则，，，，，∴四边形是矩形，，，，，在中，，，，在中，，在中，，，解得：；③当时，由②知：，，，，，解得：或，均不符合题意；综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了正方形、菱形、矩形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，采用分类讨论的思想，作出辅助线是解决本题的关键．13．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．

（1）观察猜想图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；（2）探究证明把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．【答案】（1）相等，；（2）是等边三角形，理由见解析；（3）面积的最大值为.【分析】（1）根据＂点分别为的中点＂，可得MNBD，NPCE，根据三角形外角和定理，等量代换求出．（2）先求出，得出，根据MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代换求出，即可求解．（3）根据，可知BD最大值，继而求出面积的最大值．【详解】由题意知：AB=AC，AD=AE，且点分别为的中点，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根据三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等边三角形．理由如下：如图，由旋转可得在ABD和ACE中．点分别为的中点，是的中位线，且同理可证且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等边三角形．根据题意得:即，从而的面积．∴面积的最大值为．【点睛】本题主要考查了三角形中点的性质、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识；正确掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及图形旋转的相关知识是解题的关键．14．（2023·广东深圳·统考二模）操作：如图1，点E在矩形边上，沿折叠，使点E与点A重合，得多边形（图2），思考：若，．

(1)求图1中CE的长；(2)求证：．(3)探究：若用一张A4（）纸进行上述操作，判断与的数量关系．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）由折叠知，由勾股定理得，求证，从而，求解；（2）由得，结合折叠的性质导出，用求证；（3）令，由勾股定理得，，由（1）得，求得，由（2），得，，从而得证．【详解】（1）由折叠的性质可得，，∵，，∴，∴，∵，，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，∴．（2）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，由折叠的性质得出，，∴，，即，又∵，，∴．（3）探究：．理由：由，令，则，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴．∴．【点睛】本题主要考查全等的判定及性质、相似三角形的判定及性质、勾股定理、折叠及轴对称的知识；能够由折叠转化为等角及相等线段、根据相似三角形的性质作线段的求解是解题的关键．15．（2023·广东深圳·深圳中学校联考二模）已知四边形中，P为射线上一点，过P作交射线于点E，过P作交射线于点F．(1)如图1，四边形是正方形，连接交于G，则与的数量关系为______；若，，______（填数字）；(2)如图2，四边形是菱形，且直线恰好经过点D，连接，求的值；(3)如图3，四边形是菱形，连接并延长与交于点O，若O是的中点且为等腰三角形，直接写出：①的值，②的值．【答案】(1)，5(2)(3)①；②或1【分析】（1）如图所示，延长交延长线于H，先证明四边形是平行四边形，得到，，进而证明四边形是矩形，得到，，进一步推出，证明，即可得到；求出，由勾股定理得；（2）如图所示，延长交延长线于H，设，同理可证四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，，设，，证明，推出，则，再证明，从而建立方程，进一步推出，解方程得，再由平行线分线段成比例定理即可得到；（3）①如图所示，延长交延长线于Q，由菱形的性质可设，，证明，得到，设，则，同理可证，四边形是平行四边形，则，，证明，得到，即，解得（负值舍去），再证明，即可得到；②分如图3-1所示，当时，过点E作于M，如图3-2所示，当时，过点F作于N，两种情况求出的正切值即可得到答案．【详解】（1）解：如图所示，延长交延长线于H，∵四边形是正方形，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，，∴，四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，即，∴，∴；∵，∴，又∵，∴，∴在中，由勾股定理得；故答案为：，5；（2）解：如图所示，延长交延长线于H，设，同理可证四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，∴，，设，，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，设，∴，解得（负值舍去），即，∵，∴；（3）解：①如图所示，延长交延长线于Q，∵四边形是菱形，∴可设，，∴，∵O是的中点，∴，∴，∴，设，则，同理可证，四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，解得（负值舍去），∵，∴，∴，∴；②如图3-1所示，当时，过点E作于M，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，∴；如图3-2所示，当时，过点F作于N，∴，∴，∴，同理可得；综上所述，的值为或1．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，正方形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．16．（2023·广东深圳·校联考二模）在四边形中，（E、F分别为边、上的动点），的延长线交延长线于点M，的延长线交延长线于点N．(1)问题证明：如图①，若四边形是正方形，求证：．(2)拓展应用：如图②所示平面直角坐标系，在中，点A坐标为，B，C分别在x轴和y轴上，且反比例函数图像经过上的点D，且，求k的值．(3)深入探究：如图③，若四边形是菱形，连接，当时，且，试用关于的式子来表示的值，则__________．（直接写出结果）【答案】(1)见详解(2)(3)【分析】（1）可证得，，从而证明结论；（2）过点A分别作轴，轴，垂足分别为E、F，由题意易得是正方形，同理（1）可知，连接，过点D作轴于点G，然后可得，，进而根据k的几何意义可进行求解；（3）由题意易证，，则有，连接，交于点H，然后可得，进而可得，最后问题可求解．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，，，，，即：，是的外角，，，；（2）解：过点A分别作轴，轴，垂足分别为E、F，如图所示：∵点A坐标为，∴，∴四边形是正方形，∴，∵，即，∴同理（1）可得，∴，即，∴，连接，过点D作轴于点G，∴，∴，∴，∵，∴，，设，则有，∴，∴，解得：；（3）解：四边形是菱形，，，，即：，，，是的外角，，，,，，∵，，，∵，，连接，交于点H，如图所示：∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，即，∴，∴，∴，即，∵，，，故答案为．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、正方形的性质、菱形的性质、反比例函数的图像与性质及三角函数，熟练掌握相似三角形的性质与判定、正方形的性质、菱形的性质、反比例函数的图像与性质及三角函数是解题的关键．17．（2023·广东深圳·统考三模）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段进行了如下探究：(1)【观察与猜想】如图1，在正方形中，点，分别是，上的两点，连接，，，则的值为______；

(2)如图2，在矩形中，，，点是上的一点，连接，，，则的值为______；

(3)【证明与理解】如图3，在矩形中，，，，求的值；

(4)【知识点应用】如图4，在中，，，，将沿翻折后得到，点在边上，点在边上，，求的值．

【答案】(1)(2)(3)(4)【分析】（1）根据正方形的性质，互余的性质，证明即可；（2）根据矩形的性质，互余的性质，证明即可；（3）如图3，过点作，垂足为，根据矩形的性质，互余的性质，证明即可；（4）过点作于点，连接交于点，根据正切的定义得到，根据勾股定理分别求出、，根据三角形的面积公式求出，计算即可．【详解】（1）解：如图1，四边形是正方形，，，，

，，，，，，故答案为：．（2）如图，四边形是矩形，，，

，，，，，，，故答案为：．（3）如图，过点作，垂足为，四边形是矩形，，，，，，

，，，，四边形是矩形，，，，，四边形是矩形，，，，故答案为：．（4）解：过点作于点，连接交于点，如图所示：

，，，，，，，在中，，，即，设，则，，，（负值舍去），，，，，，，【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，方程组，三角函数，熟练掌握三角形的相似，三角函数是解题的关键．18．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校联考二模）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．(1)如图1，当＝＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；(2)如图2，当＝＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG(2)BE＝，BE⊥DG，理由见解析(3)S△MNG＝【分析】（1）证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；（2）证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2）可得DG＝6，从而得出三角形BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．【详解】（1）解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，∴∠BAE＝∠DAG，∴△BAE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（2）BE＝，BE⊥DG，理由如下：由（1）得：∠BAE＝∠DAG，∵＝＝2，∴△BAE∽△DAG，∴，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；（3）如图，作AH⊥BD于H，∵tan∠ABD＝，∴设AH＝2x，BH＝x，在Rt△ABH中，x2+（2x）2＝（）2，∴BH＝1，AH＝2，在Rt△AEH中，∵tan∠ABE＝，∴，∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，∵BD＝＝5，∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，由（2）得：，DG⊥BE，∴DG＝2BE＝6，∴S△BEG＝＝＝9，在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，∴DM＝GM＝，∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN（SSS），∵MN是△BEG的中位线，∴MNBE，∴△BEG∽△MNG，∴＝（）2＝，∴S△MNG＝S△MNG＝S△BEG＝．【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是类比的方法．19．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模）如图，是边长为的等边三角形，是上一动点，连接，以为边向的右侧作等边，连接.

(1)【尝试初探】如图1，当点在线段上运动时，与相交于点，在运动过程中发现有两个三角形始终保持全等，请你找出这对全等三角形，并说明理由.(2)【深入探究】如图2，当点在线段上运动时，延长ED，交CB的延长线于点H，随着D点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当时，求的值.(3)【拓展延伸】如图3，当点在的延长线上运动时，、相交于点，设的面积为，的面积为，当时，求的长.【答案】(1)，理由见解析(2)(3)【分析】（1）根据等边三角形的性质可证明,可得结论；（2）如图2，过点作于点，先根据等边三角形的性质和度角的直角三角形的性质求出，，结合（1）证明，推出，利用相似三角形的性质求出，再根据正切的定义求解即可；（3）如图3，过点作于点，先证明，得出，进而可证明，可得，结合已知可得，设，可得，根据等边三角形的性质可得，，则，然后在直角三角形中，利用勾股定理可得关于的方程，解方程即得答案．【详解】（1）如图1，，理由如下：∵与都是等边三角形，∴，∴，即，∴；（2）如图2，过点作于点，

∵是边长为3的等边三角形，，∴，∵，∴，，由（1）得，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，

∴，∴；（3）如图3，过点作于点，

∵与都是等边三角形，∴，∴，∴，∴，

又∵，∴，∴，∵，∴，设，则，∵是边长为3的等边三角形，∴，，∴，

∵，∴，即，解得，∵点在的延长线上，∴，∴，∴，即∵，∴．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、一元二次方程的求解、相似三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，具有较强的综合性，熟练掌握相关图形的性质、正确添加辅助线是解题的关键．20．（2023·广东深圳·深圳大学附属中学校考一模）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．【详解】（1）．如图，分别延长，相交于点P，∵四边形是平行四边形，∴，∴，,∵为的中点，∴，在△PDF和△BCF中，，∴△PDF≌△BCF，∴，即为的中点，∴，∵，∴，∴，∴．（2）．∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，∵为的中点，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，∵四边形为平行四边形，∴，DC=AB，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴．（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，∵的面积为20，边长，于点，∴BH=50÷5=4，∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，∵于点，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，∴，即，解得：MQ=，∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．21．（2023·广东深圳·统考二模）【材料阅读】在等腰三角形中，我们把底边与腰长的比叫做顶角的张率．如图1，在中，，顶角的张率记作底边腰．容易知道一个角的大小与这个角的张率也是相互唯一确定的，所以，类比三角函数，我们可按上述方式定义的张率，例如，，，请根据材料，完成以下问题：如图2，是线段上的一动点（不与点，重合），点，分别是线段，的中点，以，，为边分别在的同侧作等边三角形，，，连接和．(1)【理解应用】①若等边三角形，，的边长分别为，，，则，，，三者之间的关系为；②；(2)【猜想证明】如图3，连接，，猜想的值是多少，并说明理由；(3)【拓展延伸】如图4，连接，，若，，则的周长是多少？此时的长为多少？（可直接写出上述两个结果）【答案】(1)①；②(2)，见解析(3)周长为，的值为4或8【分析】（1）①利用中点的定义，证明，可得结论；②证明，可得结论；（2）猜想：，如图中，连接证明，可得结论；（3）证明，可得，如图中，过点作交的延长线于点求出的值，再利用对称性解决问题即可．【详解】（1）解：①点，分别是线段，的中点，，，，，，即，②由题意得，，，，同理，，，．故答案为：，；（2）解：猜想：．理由：如图中，连接．点是的中点，，都是等边三角形，，，，，，同理可得，，，；（3）解：，，同理可证：，，，，，点，分别是线段，的中点，等边三角形，，的边长分别为，，，，，，，，，．如图中，过点作交的延长线于点．，，，，在中，，，，由对称性可知，，综上所述，的值为或．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题．22．（2023·广东深圳·统考模拟预测）将正方形的边绕点A逆时针旋转至，记旋转角为，连接，过点B作直线，垂足为点F，连接．(1)如图1，当时，的形状为______，的值为______；(2)当时，①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请根据图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；②如图3，正方形边长为4，，，在旋转的过程中，是否存在与相似？若存在，则的值为______，若不存在，请说明理由．【答案】(1)等腰直角三角形，(2)①成立，理由见解析；②存在，【分析】（1）如图，连接，当时，利用正方形及等腰三角形性质可求得，，易得是等边三角形即即可求出结合即可证得是等腰直角三角形，在与中，求得可证得即可得到；（2）①如图连接，当时，求得，从而得到即可证明是等腰直角三角形，在与中求得可证得即可得到；②如图，当时，由①可证得，及，，易证从而易证得是等腰直角三角形得，再证得，在中，，由①可知得，即，则有在中勾股定理解可求解．【详解】（1）解：如图，连接，当时，，，，是等边三角形，，，，，，是等腰直角三角形，，，，在中，，，同理，在中，，，，，故答案为：等腰直角三角形，；（2）①成立，理由如下，如图连接，当时，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，在中，，，同理，在中，，，，，故结论成立；②如图，当时，，，，由①可知，，，，同理可证，，，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，在中，，由①可知，，，，在中，，，．【点睛】本题考查了正方形的性质，与三角形有关的角的计算，相似三角形的判定和性质的应用，勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定和性质的应用．23．（2023·广东深圳·校考二模）已知正方形，将边绕点顺时针旋转至线段，的平分线所在直线与直线相交于点．

(1)如图1，当为锐角时，请先用“尺规作图”作出的平分线（保留作图痕迹，不写作法），再依题意补全图形，求证：；(2)在（1）的条件下，①的度数为________；②连接，猜想线段和之间的数量关系，并证明；(3)若正方形的边长，当以点，，，为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出线段BE的长度．【答案】(1)绘图及证明见解析(2)①；②，证明见解析(3)或【分析】（1）根据作角平分线的方法作出的平分线，连接，证明，；（2）①连接，以为半径为圆心作，根据正方形的性质得出，根据，则，的度数为；②连接、和，根据等腰直角三角形的性质得出为等腰直角三角形，，，证明，即可求解；（3）分为对角线时，为对角线时，分别画出图形，即可求解．【详解】（1）“尺规作图”补全图形如下图：

证明：如图，连接∵四边形是正方形∴由旋转知，∴∵平分∴又∴∴（2）①连接，以为半径为圆心作，如图所示

∵四边形是正方形∴∵∴∴的度数为②理由如下如图，连接、和

∵，∴为等腰直角三角形，∴∵四边形为正方形∴为等腰直角三角形∴，∴，即∴∴，即（3）或当为对角线时，如图所示

当为对角线时，如图所示，连接

由（2）可得，∴∴∵∴∴∴∴是等腰直角三角形设，则∵∴在中，即解得：∴综上所述，或【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，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．24．（2023·广东深圳·校联考一模）（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点E，Q分别在边上，于点O，点G，F分别在边上，．求证：；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，（k为常数）．将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，当时，若，求的长．【答案】（1）证明见详解；（2），理由见详解；（3）．【分析】（1）先证△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．再证四边形DQFG是平行四边形，即可解决问题．（2）过G作GM⊥AB于M．证明，即可解决问题．（3）过P作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM，即可解决问题．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ，∴∠QAO+∠OAD＝90°，∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°，∴∠QAO＝∠ADO，∴，∴AE＝DQ，∵DQ⊥AE，GF⊥AE，∴DQ∥GF，∵FQ∥DG，∴四边形DQFG是平行四边形，∴GF＝DQ，∵AE＝DQ，∴AE＝FG；（2）结论：．理由如下：如图2中，过G作GM⊥AB于M，∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴，∴，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴，（3）解：如图3中，过点P作PM⊥BC交BC的延长线于M．∵，，∴∠CGP＝∠BFE，∴，∴设，，则，，∵，，∴，∴，∴或（不合题意，舍去），∴，，，，∵，∴BC＝4，∴，，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴，∴，∴，∴解之得：，，∴，∴．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟悉相关知识点，学会利用参数构建方程解决问题是解题的关键．25．（2023·广东深圳·二模）如图1，点E是正方形ABCD外的一点，以DE为边构造正方DEFG，点M是△ADE边AE上的动点，点N是△CDG的边CG上的动点．(1)证明：△ADE≌△CDG；(2)如图（1）：当DM和DN分别是△ADE和△CDG的中线时，试猜想DM和DN的数量关系和位置关系，并说明理由；(3)类比猜想：①在（2）问中，当DM、DN分别是△ADE和△CDG的高（如图2），其他条件不变时，问题（2）的结论是否仍然成立？（只写出结论，不要求证明）②在（2）问中，当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线，其他条件不变时，问题（2）的结论是否仍然成立？（只写出结论，不要求证明）【答案】(1)见解析(2)DM＝DN，DM⊥DN，理由见解析(3)①结论依然成立；②结论依然成立【分析】（1）先由正方形的性质得AD＝CD，∠ADC＝∠EDG＝90°，DE＝DG，则∠ADE＝∠CDG，由SAS即可得出△ADE≌△CDG；（2）由（1）得：△ADE≌△CDG，则∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，再证△ADM≌△CDN（SAS），得DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，求出∠MDC+∠CDN＝90°即可；类比猜想：①由（1）得：△ADE≌△CDG，则∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，再证△ADM≌△CDN（AAS），得DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，求出∠MDC+∠CDN＝90°即可；②当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线时，同①得：△ADM≌△CDN（ASA），则DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，再求出∠MDC+∠CDN＝90°即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝∠EDG＝90°，DE＝DG，∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，即∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS）；（2）解：DM＝DN，DM⊥DN，理由如下：由（1）得：△ADE≌△CDG（SAS），∴∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，∵DM和DN分别是△ADE和△CDG的中线，∴AMAE，CN＝CG，∴AM＝CN，又∵AD＝CD，∴△ADM≌△CDN（SAS），∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，∴DM⊥DN；（3）类比猜想：①小亮的观点正确，理由如下：由（1）得：△ADE≌△CDG（SAS），∴∠DAE＝∠DCG，AE＝CG，∵DM和DN分别是△ADE和△CDG的高，∴∠AMD＝∠CND＝90°，又∵AD＝CD，∴△ADM≌△CDN（AAS），∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，∴DM⊥DN；②当DM、DN分别是△ADE和△CDG的角平分线时，问题（2）中的结论依然成立，如图3，理由如下：同①得：△ADM≌△CDN（ASA），∴DM＝DN，∠ADM＝∠CDN，∴∠MDC+∠CDN＝∠MDC+∠ADM＝∠ADC＝90°，∴DM⊥DN．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．26．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校（集团）高新中学校考三模）（1）[探究发现]如图①，已知四边形是正方形，点E为边上一点（不与端点重合），连接，将沿折叠，点D落在处，、的延长线交于点F．小明探究发现：当点E在上移动时，．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．证明：延长交于点G．

（2）[类比迁移]如图②，四边形为矩形，点E为边上一点，连接，将沿折叠，点D落在处，的延长线与的延长线交于点F，连接，当，，时，求的长；（3）[拓展应用]如图③，已知四边形为菱形，，，点F为线段上一动点，将线段绕点A按顺时针旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果，请直接写出此时的长．

【答案】（1）见解析；（2）(3)或．【分析】（1）延长交于点G，则由折叠可知，结合得到，由正方形的性质得到、，从而证明；（2）延长交于点G，由折叠可知点G是的中点、，结合得到，从而有是的中位线，得到点E是的中点，从而求得，再由勾股定理求得的长；由，得到，进而借助相似三角形的性质求得的长，然后由中位线的性质求得的长；（3）以点A为圆心，的长为半径作圆弧，与和的交点即为点E，然后分点E在上和点E在上讨论，延长交于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．【详解】解：（1）证明：如图①，延长交于点G．由折叠可知，，

∵，∴，∵四边形是正方形，∴，在和中，，∴；（2）解：如图②，延长交于点G，

由折叠可知，点G是的中点，，∵，∴，∴∴∴点E是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵是的中位线，∴；（3）解：以点A为圆心，的长为半径作圆弧，与和的交点即为点E，①如图③，当点E在上时，延长交于点G，

由（1）可得，，∵四边形为菱形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴；②如图④，当点E在上时，延长交于点G，则，，

∵，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，则在中，，∴，解得：，∴，综上所述，的长为或．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到，从而得到相似三角形或全等三角形．27．（2023·广东深圳·深圳市福田区北环中学校考二模）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．（1）如图1，是中的遥望角，若，请用含的代数式表示．（2）如图2，四边形内接于，四边形的外角平分线交于点F，连结并延长交的延长线于点E．求证是中的遥望角．（3）如图3，在（2）的条件下，连结，若是的直径．求的度数．【答案】（1）；（2）见解析；（3）45°【分析】（1）根据遥望角的定义得到，，根据三角形的外角性质计算，得到答案；（2）延长到点，根据圆内接四边形的性质得到，得到，根据圆周角定理得到，进而得到，根据遥望角的定义证明结论；（3）连接，根据遥望角的定义得到，进而证明，根据得到，根据等腰直角三角形的性质解答即可．【详解】解：（1）是中的遥望角，，，，；（2）如图2，延长到点，四边形内接于，，，，平分，，，，是的平分线，，，，，，，是的外角平分线，是中的遥望角；（3）如图3，连接，是中的遥望角，，，，，，，，，，在和中，，，，，是的直径，，，．【点睛】本题考查的是圆的有关知识、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握圆周角定理、三角形外角性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．28．（2023·广东深圳·统考二模）在平行四边形中，，，点为平面内一点，且．(1)若，①如图1，当点在上时，连接，作交于点，连接、，求证：为等边三角形；②如图2，连接，作，作于点，连接，当点在线段上时，求的长度；(2)如图3，连接，若，为边上一点（不与、重合），连接，以为边作，且，，作的角平分线，与交于点，连接，点在运动的过程中，的最大值与最小值的差为__________．【答案】(1)①见解析；②或(2)【分析】（1）①由，得平行四边形是菱形，推出为等边三角形，得到，再证明得到，即可得到结论；②作于，则，由，，得到，推出，列得，由此求出，再分当落在左侧时，；当落在右侧时，；（2）作，且，连接，证明，得到，再证明，得到，根据，求出，利用两点之间线段最短，得，，即，由此得到当D、N、G在一条直线上时，取最大值是，取最小值是，计算可得两者之差．【详解】（1）①在平行四边形中，，平行四边形是菱形，平分，为等边三角形，在菱形中，则，为等边三角形．②作于，则在中，，在，，，∵，，当落在左侧时，当落在右侧时，综上，的长度是或；（2）如图，作，且，连接，在中，，，平分，∴，又∵，∴，∴又∵，∴∴∵，∴，∴，由两点之间线段最短，得，，∴，当D、N、G在一条直线上时，取最大值是，取最小值是，∴两者之差为故答案为：．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，正确理解各判定和性质是解题的关键．29．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）（1）如图1，中，，E是上一点，，垂足为D，求的长．（2）类比探究：如图2，中，，点D，E分别在线段上，．求的长．（3）拓展延伸：如图3，中，点D，点E分别在线段上，．延长交于点F，，_______；______．【答案】（1）4；（2）；（3），【分析】（1）证明，根据相似三角形的性质得到，把已知数据代入计算，求出；（2）在上截取，连接，根据等边三角形的性质得到，证明，根据相似三角形的性质计算即可；（3）过点B作于点M，过点E作于点N，设，用a表示出，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【详解】解：（1）∵，∴，∴，∵,，∴，解得：，故答案为：4；（2）如图2，在上截取，连接，∵，∴为等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：；（3）过点B作于点M，过点E作于点N，∴，∵，∴，∴，则，∴，设，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵，∴，∴，故答案为：，．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质，正确作出辅助线、熟记三角形相似的判定定理是解题的关键．30．（2023·广东深圳·校考三模）折纸是我国传统的民间艺术，通过折纸不仅可以得到许多美丽的图形，折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识，在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动．

(1)操作判断：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部的点M处，把纸片展平，过M作交、、于点E、F、N，连接并延长交于点Q，连接，如图①，当E为中点时，是___________三角形，___________；(2)迁移探究：如图②，若，且，求正方形的边长．(3)拓展应用：如图③，若（），直接写出的值为___________．【答案】(1)等边，(2)(3)【分析】（1）由折叠的性质可得，，利用平行线的性质得，进而得，，再利用直角三角形中线的性质可得，即可证明为等边三角形，根据，可得，再由，，可得，证明，可得；（2）由（1）可知，，可得，证明，可得，从而求得，，再利用勾股定理求得的长，再算出的长，即可求出正方形的边长；（3）设，根据题意可得，，，设，则，根据，可得，再代入计算解出x即可求解．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，，根据折叠的性质可得：，，∵，∴，∴，∴，∴，∵点E为的中点，，∴点N为的中点，，∴，∴，∴为等边三角形，∴，∵，∴，，∴，又∵，∴，∴，由折叠的性质可知，，在和中，，∴，∴，∴，

故答案为：等边，；（2）解：由（1）可知，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∵，∴，∴，即，∴，∴，在中，,∴，∴，∴，即正方形的边长为；（3）解：设，∵若，∴，∴，，设，则，∵，∴，∴，整理得：，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定、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、面积转化法，灵活运用所学知识是解题的关键．31．（2023·广东深圳·二模）【推理】如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．【运用】（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．【拓展】（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．【答案】（1）见解析；（2）；（3）或【分析】（1）根据ASA证明；（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．【详解】（1）如图，由折叠得到，，．又四边形ABCD是正方形，，，，又正方形，．（2）如图，连接，由（1）得，，由折叠得，，．四边形是正方形，，，又，，．，，，．，，（舍去）．（3）如图，连结HE，由已知可设，，可令，①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，，，由折叠得，，又，，，又，，，，，，．，，，（舍去）．②当点在点右边时，如图，同理得，，同理可得，可得，，，，（舍去）．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．32．（2023·广东深圳·统考二模）【课本再现】把两个全等的矩形和矩形拼成如图1的图案，则______；【迁移应用】如图2，在正方形中，是边上一点（不与点，重合），连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点，求证：；【拓展延伸】在菱形中，，是边上一点（不与点，重合），连接，将绕点顺时针旋转至，作射线交的延长线于点．①线段与的数量关系是_____________________．②若，是的三等分点，则的面积为____________________．【答案】【课本再现】90；【迁移应用】见解析；【拓展延伸】①；②或【分析】（1）【课本再现】先证明，可得，从而得到，即可；【迁移应用】过点F作交于点H，结合正方形的性质和旋转的性质证明，可得，从而得到，进而得到是等腰直角三角形，即可；【拓展延伸】①过点F作，与的延长线交于点H，可证得，从而得到，，进而得到，，继而得到；②分两种情况讨论，即可．【详解】∵矩形和矩形是全等矩形，∴，，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴；故答案为：90【迁移应用】如图，过点F作交于点H，∵四边形是正方形，∴，∴，由旋转的性质得：，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴；【拓展延伸】①过点F作，与的延长线交于点H，由旋转的性质得：，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故答案为：②当时，有，由①得：，∴，∵的底边上的高相等，∴；当时，有，∴综上所述，的面积为或．故答案为：或【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点，并利用类比思想解答是解题的关键．33．（2023·广东深圳·统考一模）如图1，已知⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝∠ACB＝（45°＜＜90°），点D是上一点，连接CD交AB于E．（1）连接BD，若∠CDB＝40°，求的大小；（2）如图2，若点B恰好是中点，求证：；（3）如图3，将CD分别沿BC、AC翻折到CM、CN，连接MN，若CD为直径，请问是否为定值，若是请求出这个值，若不是，请说明理由；【答案】（1）70°；（2）见解析；（3）是定值，【分析】（1）由圆周角定理求出∠CAB=∠CDB=40°，由三角形内角和定理可得出答案；（2）证明△BCE∽△BAC，由相似三角形的性质得出，证明CB=CE，则可得出结论；（3）由折叠的性质可得出∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，过点C作CQ⊥MN于点Q，得出MN=2NQ，∠NCQ=∠MCN=α，∠CQN=90°，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP=90°，证明△ABP≌△NQC（AAS），由全等三角形的性质得出AB=NQ=MN，则可得出答案．【详解】解：（1）∵，∴∠CAB=∠CDB=40°，∵∠ABC+∠ACB+∠CAB=180°，∠ABC=∠ACB=α，∴α=×(180°−40°)=70°；（2）证明：∵点B是的中点，∴，∴∠DCB=∠A，∵∠ABC=∠CBE，∴△BCE∽△BAC，∴，∴BC2=BE•BA，∵∠ACB=∠ACD+∠BCD，∠BEC=∠ACD+∠A，∠BCD=∠A，∴∠ABC=∠ACB=∠BEC，∴CB=CE，∴CE2=BE•BA；（3）是定值，．∵将CD分别沿BC、AC翻折得到CM、CN，∴∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，∴∠MCN=2∠ACB=2α，如图3，过点C作CQ⊥MN于点Q，则MN=2NQ，∠NCQ=∠MCN=α，∠CQN=90°，连接AO并延长交⊙O于点P，连接BP，则∠ABP=90°，∵，∴∠P=∠ACB=∠NCQ=α，在△ABP和△NQC中，∴△ABP≌△NQC（AAS），∴AB=NQ=MN，∴，为定值．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握圆的性质是解题的关键．34．（2023·广东深圳·统考二模）【问题】北师大版数学八年级下册P32第2题：已知：如图1，的外角和的平分线相交于点F．求证：点F在的平分线上．【解答】某数学兴趣小姐的小明同学提出了如下的解题方法：如图2，过点F作于点G，作于点H，作于点M，由角平分线的性质定理可得：，．∴．∵，，∴F在的平分结上．【探究】(1)小方在研究小明的解题过程时，还发现图2中和三条线段存在一定的数量关系，请你直接写出它们的数量关系：________；(2)小明也发现和之间存在一定的数量关系．请你直接写出它们的数量关系：________；(3)如图3，边长为3的正方形中，点E，F分别是边上的点，且．连接，若，求的长；(4)如图4，中，，．中，．将的顶点D放在边的中点处，边交线段于点G，边交线段于点H，连接．现将绕着点D旋转，在旋转过程中，的周长是否发生变化？若不变，求出的周长，若改变，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)(4)不改变，【分析】（1）证明可得，同理再由可得结论；（2）由（1）得，，，所以，进而可得结论；（3）把绕点顺时针旋转可得，证明求得的周长为6，设则在用勾股定理列方程求出即可；（4）连接，过点D作，，证明，可得，由等腰三角形的性质可得，进一步得出的周长,从而可得结论【详解】（1）平分，，在和中，,；同理可得，，；（2）由（1）得：，，，∴（3）将顺时针旋转得到，从而有．∴，，，∵四边形是正方形∴，，∴∴B、P、F三点共线∵∴∴即∵，，∴

∴设，，，∴

解得：即（4）的周长不改变

如图，连接，过点D作，，∵，，D为边上中点∴，，∴，在中，，∴，又∴，∴∴

∵，∴∴∵且∴∴，

将绕着点D旋转至，由背景知识可得：的周长【点睛】本题主要考查了等