押成都卷第26题（几何（三角形与四边形）综合压轴）（解析版）-备战2024年中考数学

押成都卷第26题押题方向一：几何（三角形与四边形）综合压轴3年成都真题考点命题趋势2023年成都卷第25题等腰三角形性质、全等（相似）的判定与性质、轨迹问题等从近年成都中考来看，几何综合压轴主要以三角形或四边形为背景，从全等过渡到相似，从定点过渡到动点，求线段长度、比值，探究数量关系等，整体难度极高，是高分段学生尽量要攻克的难点；预计2024年成都卷还将重视几何综合压轴的考查。2022年成都卷第25题矩形的性质、等腰三角形性质、相似的判定与性质、勾股定理2021年成都卷第27题等腰三角形性质与判定、相似的判定与性质、旋转的性质、中位线1．（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．2．（2022·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，以为边在直线的右侧作矩形，使得矩形矩形，交直线于点．(1)【尝试初探】在点的运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由．(2)【深入探究】若，随着点位置的变化，点的位置随之发生变化，当是线段中点时，求的值．(3)【拓展延伸】连接，，当是以为腰的等腰三角形时，求的值（用含的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)或(3)或【分析】（1）根据题意可得∠A=∠D=∠BEG=90°，可得∠DEH=∠ABE，即可求证；（2）根据题意可得AB=2DH，AD=2AB，AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，可得DE=4x-a，再根据△ABE∽△DEH，可得或，即可求解；（3）根据题意可得EG=nBE，然后分两种情况：当FH=BH时，当FH=BF=nBE时，即可求解．【详解】（1）解：根据题意得：∠A=∠D=∠BEG=90°，∴∠AEB+∠DEH=90°，∠AEB+∠ABE=90°，∴∠DEH=∠ABE，∴△ABE∽△DEH；（2）解：根据题意得：AB=2DH，AD=2AB，∴AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，∴DE=4x-a，∵△ABE∽△DEH，∴，∴，解得：或，∴或，∴或；（3）解：∵矩形矩形，，∴EG=nBE，如图，当FH=BH时，∵∠BEH=∠FGH=90°，BE=FG，∴Rt△BEH≌Rt△FGH，∴EH=GH=，∴，∵△ABE∽△DEH，∴，即，∴，∴；如图，当FH=BF=nBE时，，∴，∵△ABE∽△DEH，∴，即，∴，∴；综上所述，的值为或．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识是解题的关键．3．（2021·四川成都·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1．【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．常见考点：直角、等腰、全等、相似三角形的性质与判定；特殊的四边形的性质与判定；勾股定理与逆定理；锐角三角形函数；三大几何变换；线段的垂直平分线与角平分线的性质等。常见切入点：（1）寻找相关的基本模型或基本图形；（2）紧扣不变量，并善于使用前面问题中所用的方法、结论；（3）不会做，找相似；有相似，用相似；（4）在题目中寻找更多的信息，并加以运用。1．（2024·江苏盐城·模拟预测）如图1，在菱形中，点P是对角线上一点，连接和，在射线上取点E，使得，射线交射线于点Q，设．(1)如图2，若，连接，交于点O，求证：；(2)【探究】如图3，若，，请画出图形，并求的值；【归纳】若，的值为______．（用含k、α的表达式表示）【答案】(1)见解析(2)【探究】；【归纳】【分析】对于（1），先说明四边形是正方形，结合已知得，再根据“等边对等角”得，最后根据“两角相等的两个三角形相似”得出结论；对于（2），先作出辅助线标注图形，再证明，接下来表示，并说明，可得，再根据线段垂直平分线可得，然后根据相似三角形的对应边成比例得出，进而得出，再结合已知条件表示出，最后根据得出答案．对于【归纳】，根据（2）可表示，再设，则，然后根据，并表示出，根据可得，再根据表示，并代入得出答案.【详解】（1）证明：如图，∵，则，又∵四边形是菱形，∴四边形是正方形，∴.∵，∴.∵P在上，，则，∴.∵，，∴，∴，∴；（2）解：[探究]如图所示，延长至Q′使得，连接，，过点作交的延长线于点M，作交的延长线于点S，∵，∴.又∵，∴.∵，且四边形是菱形，∴，∴，∴.∵四边形是菱形，∴，，，∴，则.∵，∴.∵，∴，∴.∵，∴，.∵P是上的点，垂直平分，∴.又，，.∵，∴，，∴，，过点P作于点T，则，∵，设，则，∵，，，，．[归纳]同（2）可得，设，则，∵，.，，.故答案为：．【点睛】本题主要考查了特殊的平行四边形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，解直角三角形的应用，等腰三角形的性质和判定，准确的作出辅助线是解题的关键．2．（2024·重庆南岸·模拟预测）如图，平行四边形中,，过A作，在上取一点，将绕点逆时针旋转得线段．(1)如图1，若点是中点，,旋转后点恰好落在边上，求的长度．(2)如图2，将绕点逆时针旋转得线段，当时，在上取一点，使,连，猜想与的大小关系并证明．(3)如图3，若点为中点，点为中点，，当最小时，直接写出．【答案】(1)；(2)，证明见解析；(3)．【分析】（）根据平行四边形性质得到，，，根据得到，根据中点性质和旋转性质推出，得到；（）延长到点，使，连，，根据三角形中位线性质得到，，得到，根据，推出，根据等腰三角形性质得到，，得到，结合推出，由推出，推出，得到，，推出，，推出，得到；（）根据点为中点，得到当点绕着点旋转时，点绕着的中点旋转，根据含的直角三角形性质得到，，根据中点性质得到，根据勾股定理得到，运用三角形面积公式求出，当最小时，点P在上，推出，得到，得到．【详解】（1）如图，∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∵点是中点，∴，由旋转知，，∴，，∴，∴，∴；（2），证明如下：如图，延长至点，使，连，，∵，是的中位线，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（3）∵点为中点，∴当点绕着点旋转时，点绕着的中点旋转，如图，连接，，设的边上的高为，∵，∴，，∵点为中点，∴，∴，∴，，当最小时，点在上，此时，，∴，∵，∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形性质，含的直角三角形性质，等腰三角形性质，勾股定理解直角三角形，三角形中位线性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等问题，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．3．（2024·湖北黄冈·一模）

问题提出：如图①，E是菱形边上一点，是等腰三角形，，交于点G，探究与的数量关系．(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；(3)将图①特殊化，如图③，当时，若，求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）在上截取，连接,根据，得证,结合，得，结合，证明，得根据计算即可；（2）在上截取，连接,证明，再结合已知证明，得到,得到，即可得证．（3）过点A作交的延长线于点P，先算，证明，求得，过点B作于点N，则，，计算．本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角函数，熟练掌握三角形全等的判定和性质，三角函数是解题的关键．【详解】（1）在上截取，连接,∵，四边形是菱形,∴四边形是正方形，∴，∵，∴∴,∵，∴，∵，∴，∴,∵，∴．（2）．理由如下：在上截取，连接,∵，四边形是菱形,∴，∴,，∴，∵，，∴，∵，∴，∴,∵，∴，∴．（3）过点A作交的延长线于点P，∵，∴,，，∵，设，则，∴，，∴，∵，∴，∴，解得，根据(2)得，∴，过点B作于点N，则，∵，，∴，，∴，∴∴．4．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）（1）用数学的眼光观察．如图1，在菱形中，，点E是对角线上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接，．求的度数．（2）用数学的思维思考．如图2，在正方形中，点E是对角线上一动点，且，连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接，．判断C，D，F三点的位置装关系，并说明理由；（3）用数学的语言表达．如图3，在矩形中，，，点E是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作直角，，，连接，，若是以为腰的等腰三角形，求的长度．【答案】（1）（2）三点共线，理由见解析（3）或【分析】（1）根据菱形的性质，得到为等边三角形，进而证明，即可得出结果；（2）过点作，交于点，利用正方形的性质和旋转的性质，证明，推出，即可得出结论；（3）过点作，交于点，先证明，进而得到点的运动轨迹，然后分，，两种情况，设，结合相似三角形的性质，解直角三角形，利用勾股定理列出方程进行求解即可．【详解】解：（1）∵菱形，∴，∴，∴为等边三角形，∴，∵旋转，∴，∴，又，∴，∴；（2）三点共线，理由如下：过点作，交于点，∵正方形，∴，，∴，∴，∵旋转，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴三点共线；（3）如图，过点作，交于点，∵矩形，∴，∵，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴点在射线上移动，当是以为腰的等腰三角形，分两种情况讨论：①当时：过点作于点，∵，∴，∵，∴，，∴，设，则：，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，在中，，∴，解得：（负值已舍掉）；∴，∴；②当时：过点作，∵矩形，∴，∴，设，则：，由（1）知，∴，，∴，在中，，∴，解得：（负值已舍掉），∴．综上：或．【点睛】本题考查旋转的性质，菱形，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，解直角三角形，综合性强，难度大，计算量大，属于压轴题，解题的关键是掌握相关性质，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形．5．（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）用四根一样长的木棍搭成菱形，是线段上的动点（点不与点和点重合），在射线上取一点，连接，，使．操作探究一（1）如图1，调整菱形，使，当点在菱形外时，在射线上取一点，使，连接，则______，=______．操作探究二（2）如图2，调整菱形，使，当点在菱形外时，在射线上取一点，使，连接，探索与的数量关系，并说明理由．拓展迁移（3）在菱形中，，．若点在直线上，点在射线上，且当时，请直接写出的长．【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长度为或．【分析】（1）证明得到，，从而得到，推出为等腰直角三角形，最后根据等腰直角三角形的性质即可得到答案；（2）证明得到，，从而得到，作交于，则，，根据含角的性质及勾股定理得出，从而得到；（3）当时，点和点重合，再分两种情况：当点在线段的延长线时，过点作于点；当点在的延长线上时，过点作交的延长线于点；利用等腰直角三角形的性质以及锐角三角形函数进行计算即可得到答案．【详解】解：（1）四边形是正方形，，，在和中，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，故答案为：，；（2），理由如下：四边形是菱形，，，，在和中，，，，，，，，，，，如图2，作交于，则，，在中，，，，，；（3）当时，点和点重合，如图3，当点在线段的延长线时，过点作于点，设，，，为等腰直角三角形，，四边形是菱形，，，，，，由菱形的对称性及可得，在中，，，，，，，；如图4，当点在的延长线上时，过点作交的延长线于点，设，同①可得：，，，，，综上所述，的长度为或．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、正方形的性质、锐角三角函数、含角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．6．（2023·广东深圳·模拟预测）【问题发现】数学小组成员小明做作业时遇到以下问题：请你帮助解决

（1）若四边形是菱形，边长为，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，如图1，连接、，则与的数量关系为，长度的最小值为．【类比探究】数学小组对该问题进一步探究，请你帮助解决：（2）如图2，若四边形是正方形，边长为，点为中点，点是射线上一动点，以为斜边在边的右侧作等腰，，连接、．求：①与的数量关系；②求长度的最小值．【拓展应用】（3）如图3，在（2）的基础上，当是对角线的延长线上一动点时，以为直角边在边的右侧作等腰，，连接，若，，求的面积．【答案】（1），1；（2），长度的最小值为1；（3）【分析】（1）连接，由菱形性质得到推出和是等边三角形，又是等边三角形，可证明即得，，延长交于，则在射线上运动，当，即与重合时，取最小值，可得，即可求出的最小值为1；（2）①连接，根据正方形性质可知是的中点，知是等腰直角三角形，有，，而是等腰直角三角形，可知，，即可推出，利用相似三角形性质可得结果；②延长交于，由在射线上运动，当，即与重合时，取最小值，可求出，故可求出最小值；（3）连接交于点，过点作交于点，根据正方形性质，可得的长，证明，结合勾股定理即可求解．【详解】解：（1）如图，连接，四边形是菱形，，

，和是等边三角形，，，，，，，四边形是菱形，，，，如图，延长交于，则在射线上运动，当，即与重合时，取最小值，，，，，的最小值为1，故答案为：，1；（2）①如图，连接，四边形为正方形，为的中点，是等腰三角形，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，；②延长交于，如图，

，在射线上运动，当，即与重合时，取最小值，四边形为正方形，，，，是等腰直角三角形，，的最小值为1；（3）如图，连接交于点，过点作交于点，四边形为正方形，，，，，，，，，，，在中，，，，，，，，，，在中，有勾股定理得：，，解得：，（舍去），，．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、作辅助线构造相似三角形和全等三角形是解题的关键．7．（2024·山东潍坊·一模）【问题情境】综合与实践课上，老师发给每位同学一张正方形纸片．在老师的引导下，同学们在边上取中点E，取边上任意一点F（不与C，D重合），连接，将沿折叠，点C的对应点为G，然后将纸片展平，连接并延长交所在的直线于点N，连接．探究点F在位置改变过程中出现的特殊数量关系或位置关系．【探究与证明】（1）如图1，小亮发现：．请证明小亮发现的结论．（2）如图2、图3，小莹发现：连接并延长交所在的直线于点H，交于点M，线段与之间存在特殊关系．请写出小莹发现的特殊关系，并从图2、图3中选择一种情况进行证明．【应用拓展】（3）在图2、图3的基础上，小博士进一步思考发现：将所在直线与所在直线的交点记为P，若给出和的长，则可以求出的长．请根据题意分别在图2、图3上补画图形，并尝试解决：当时，求的长．【答案】（1）见详解；（2）；（3）或【分析】（1）利用证明得，可得，即可求证；（2）由折叠得对称轴垂直平分对应点连线段，所以，继而可知，再由，E为中点，即可求证；（3）第一种情况，当点P在点H左侧，先由勾股定理求得，然后由求得，最后由“母子型”证明出，再由等角的正切值相等即可求解；第二种情况，当点P在点H右侧，求解方法仿照第一种情况即可．【详解】（1）证明：∵正方形∴，∵将沿折叠，∴，∵E为中点，∴，∴，在和中∴，∴，∵，∴，∴．（2），选择图2进行证明．将沿折叠，则，∴，∵，∴，∴，∴，而E为中点，∴，∴．（3）第一种情况，当点P在点H左侧，如图2，∵，E为中点，∴，而∴在中，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴；第二种情况，当点P在点H右侧，如图3，同理可求，此时，∵，∴，∴，同理可得，∴，∴，∵，∴．综上所述，或．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，等角三角函数值相等，熟练掌握知识点是解决本题的关键．8．（2023·贵州·模拟预测）已知，如图①，四边形是矩形，对角线相交于点O，．(1)【问题解决】在图①中，根据给出的条件，直接写出一条未知线段的长度或一个角的大小；(2)【问题探究】如图②，在矩形中，点P是对角线上的一个动点，连接，过点P作交于点E，连接，在点P运动的过程中试探究的大小，并写出证明过程；(3)【拓展延伸】如图③，在矩形中，点P是对角线上的一个动点，连接，在的左下方作，使，，在点P从点B向点D的运动过程中，猜想点Q的运动路径并求出它的长度．【答案】(1)或或或或或（答案不唯一）；(2)(3)点Q的运动轨迹是平行于的一段线段；点Q的路径长为．【分析】(1)根据矩形的性质和勾股定理求出线段，判断出为等边三角形，即可得出答案；(2)先判断出点四点共圆，即可求出答案；(3)先判断出，进而判断出，进而判断出点D的运动轨迹是平行于的一段线段，最后判断出四边形是平行四边形，即可求出答案．【详解】（1）在矩形中，对角线相交于点O，，∵，，∴是等边三角形，；∵四边形是矩形，，，在中，，根据勾股定理得，；即或或或或或（答案不唯一）；（2）；理由：∵四边形是矩形，，，，，∴点四点共圆，；（3）如图，连接交于，由（1）知，，过点A作于，即点P在的位置时，点Q在的位置，连接，，，，，，，，在中，，，，，，即点Q的运动轨迹是平行于的一段线段；如图，当点P在点B时，，，，当点P在点D处，，，，∵，∴四边形是平行四边形，，即点Q的路径长为．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，四点共圆，判断出点D的运动轨迹是平行于的一段线段是解本题的关键．9．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）在中，，，将线段绕点逆时针旋转，旋转角为，得到线段，以为一边向逆时针方向作，使，，直线交直线于点．(1)直接写出______，______（均用含的代数式表示）；(2)如图1，当，时，求证：；(3)如图2，当时，点为边上一动点，取线段的中点，线段上有一点，点到点的距离为，若，则线段长度的最小值为______；(4)如图3，当时，若，则点落在线段的垂直平分线上时，直接写出的值为______．【答案】(1)，(2)见解析(3)(4)或或26【分析】（1）由，，可得；由，，可得；（2）当时，可知是等边三角形；得到，，，在以为圆心，为半径的上，从而，，据此即可证明；（3）当，且，，共线时，线段的长度最小，连接，在上取点，使，连接，证明，可得；可证，有，得，可得，从而求得线段长度的最小值为；（4）分三种情况画出图形，①过作于，在上取点，使，连接，，求得；②当与重合时，根据，结合勾股定理可得；③设的垂直平分线交于，求得．【详解】（1）解：，，；，，，；故答案为：，；（2）证明：当时，如图：，，是等边三角形；，由旋转可知，，，，，，，在以为圆心，为半径的上；，，，；（3）解：当，且，，共线时，线段的长度最小，连接，在上取点，使，连接，如图：，为中点，，，，，，，，由旋转可知，，；，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，即线段长度的最小值为；故答案为：；（4）解：①过作于，在上取点，使，连接，，设的垂直平分线交于，如图：，在的垂直平分线上，，，，共线，，，，，，，在中，设，则，，，，，，，解得，，；，，，，，是等边三角形，，，，；，，又，，，，，；②当与重合时，设的垂直平分线交于，如图：，，，，，，，，，，，共线，由①可知，，，，，，，，，即，，；③设的垂直平分线交于，连接，如图：，，，，是等边三角形，，，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，，由②知，，，在中，，，，；综上所述，的值为或或26．故答案为：或或26．【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及等腰直角三角形性质及应用，等边三角形判定与性质，圆的性质及应用，勾股定理的应用及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形，等边三角形解决问题，本题难度较大．10．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在锐角中，，点，分别是，上的动点，连接，．

(1)如图1，若，且，平分，求的度数．(2)如图2，若，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转60度得到线段，连接，过点做，垂足为点，在点运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想．(3)如图3，若点为下方一点，连接，，为等边三角形，将沿直线翻折得到．是线段上一点，将沿直线翻折得到，连接，当线段取得最小值，且时，请求出的值．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)【分析】（1）在上截取，连接，可证得，从而，，进而得出，进一步得出结果；（2）连接，在上截取，根据得出点、、、共圆，从而，，进而得出，从而，，进而得出是等边三角形，进一步得出结果；（3）在的上方作等边三角形，作的外接圆，连接并延长，交于点，当点运动到点时，最大，作于点，连接，作于，可推出、、共线，设，则，可得出，构造，，在上，，，则，进而推出，设，，解三角形，表示出，进一步得出结果．【详解】（1）如图1，在上截取，连接，

平分，，，，，，，，，，；（2）如图2，

，理由如下：连接，在上截取，，，是等边三角形，，，，，点、、、共圆，，，，，，是等边三角形，，，；（3）如图3，在的上方作等边三角形，作的外接圆，连接并延长，交于点，当点运动到点时，最大，作于点，连接，作于，，是等边三角形，，、、共线，设，则，，，，，如图4，在中，，在上，，，则，不妨设，，，，，，，设，，，，，由得，，，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．11．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）在中，是上一点．

(1)如图，是中点，，求线段的长度；(2)如图，，点在线段上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，交于点，当时，试猜想与的数量关系，并证明你的结论；(3)如图，在（2）的条件下，点在上，点在上，，连接，若，直接写出的最小值．【答案】(1)5(2)，理由见解析(3)【分析】（1）根据直角三角形斜边中线，得到，由等边对等角，得到，进而得到，设，，利用勾股定理，求出，，即可得到的长度；（2）延长至，使得，连接，取中点，连接，由旋转的性质，易证，得到，，再根据三角形中位线定理，得到，，进而得出，，然后结合三角形外角的性质，得到，即可得出结论；（3）连接，取的中点，连接、、，将绕点逆时针旋转得到，过点作交于点，交于点，利用等腰直角三角形的性质，得出，证明，得到，，进而证明是等腰直角三角形，，当点与点重合时，有最小值，则有最小值，最小值为，推出，设，则，，，利用正弦函数，分别求出，，再利用正切函数，求出，进而得到，即可得到的最小值．【详解】（1）解：中，，是中点，，，，，，设，，由勾股定理得：，，，，，，；（2）解：，理由如下：如图，延长至，使得，连接，取中点，连接，，由旋转的性质可知，，，，，，，在和中，，，，是的中点，是的中点，是的中位线，，，，，，，是等腰直角三角形，，是的外角，是的外角，，，，；（3）解：如图，连接，取的中点，连接、、，将绕点逆时针旋转得到，过点作交于点，交于点，AI

是等腰直角三角形，，，点是的中点，，，，，，，在和中,，，，，，，是等腰直角三角形，，即，，当点与点重合时，此时，，则，即有最小值，则有最小值，最小值为，，，在中，，，，，设，则，，，和都是直角三角形，，，，，，，，，，，，，，即的最小值为．【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，正确构造辅助线，证明三角形全等和构造直角三角形是解题关键．12.（2024·山西·一模）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