2023-2025《3年中考1年模拟真题分类汇编》数学专题26几何压轴综合(解析版)

专题26几何压轴综合考点01平移1．（2025·广西·中考真题）综合与实践树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形．【问题提出】西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置．设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为．【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？【初步探究】（2）求图3情形的与的值；【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式；【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果）【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4）【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论；（2）根据（1）的结论可得答案；（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论；（4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上，∴，，，又∵如图2，在上，，，∴，，当时，如图，设交于点，交于点，则，此时遮阳区的面积为的面积，∵，∴，，∴，∴，∴，∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；当时，如图，设交于点，则，，，此时遮阳区的面积为四边形的面积，∵，∴四边形为梯形，∴，∴当时，随的增大而增大，的值从增大到；综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大；（2）如图3，此时点落在上，则，由（1）知：当时，；∴图3情形时，，；（3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，，此时遮阳区的面积为六边形的面积，∴，，，∴，，∴，，∴，，∴，∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为；（4）当时，，当时，的最大值为：；当时，，当时，的最大值为：；当时，，∵∴当时，的最大值为：，综上所述，当时，取得最大值，最大值为，∴当遮阳区面积最大时，向右移动了．【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键．2．（2023·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，设计了点的两种移动方式：从点移动到点称为一次甲方式：从点移动到点称为一次乙方式．例、点P从原点O出发连续移动2次；若都按甲方式，最终移动到点；若都按乙方式，最终移动到点；若按1次甲方式和1次乙方式，最终移动到点．

(1)设直线经过上例中的点，求的解析式；并直接写出将向上平移9个单位长度得到的直线的解析式；(2)点P从原点O出发连续移动10次，每次移动按甲方式或乙方式，最终移动到点．其中，按甲方式移动了m次．①用含m的式子分别表示；②请说明：无论m怎样变化，点Q都在一条确定的直线上．设这条直线为，在图中直接画出的图象；(3)在（1）和（2）中的直线上分别有一个动点，横坐标依次为，若A，B，C三点始终在一条直线上，直接写出此时a，b，c之间的关系式．【答案】(1)的解析式为；的解析式为；(2)①；②的解析式为，图象见解析；(3)【分析】（1）根据待定系数法即可求出的解析式，然后根据直线平移的规律：上加下减即可求出直线的解析式；（2）①根据题意可得：点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为，再得出点按照乙方式移动次后得到的点的横坐标和纵坐标，即得结果；②由①的结果可得直线的解析式，进而可画出函数图象；（3）先根据题意得出点A，B，C的坐标，然后利用待定系数法求出直线的解析式，再把点C的坐标代入整理即可得出结果．【详解】（1）设的解析式为，把、代入，得，解得：，∴的解析式为；将向上平移9个单位长度得到的直线的解析式为；（2）①∵点P按照甲方式移动了m次，点P从原点O出发连续移动10次，∴点P按照乙方式移动了次，∴点P按照甲方式移动m次后得到的点的坐标为；∴点按照乙方式移动次后得到的点的横坐标为，纵坐标为，∴；②由于，∴直线的解析式为；函数图象如图所示：

（3）∵点的横坐标依次为，且分别在直线上，∴，设直线的解析式为，把A、B两点坐标代入，得，解得：，∴直线的解析式为，∵A，B，C三点始终在一条直线上，∴，整理得：；即a，b，c之间的关系式为：．【点睛】本题是一次函数和平移综合题，主要考查了平移的性质和一次函数的相关知识，正确理解题意、熟练掌握平移的性质和待定系数法求一次函数的解析式是解题关键．3．（2023·湖北十堰·中考真题）在某次数学探究活动中，小明将一张斜边为4的等腰直角三角形硬纸片剪切成如图所示的四块（其中D，E，F分别为，，的中点，G，H分别为，的中点），小明将这四块纸片重新组合拼成四边形（相互不重叠，不留空隙），则所能拼成的四边形中周长的最小值为，最大值为．

【答案】8【分析】根据题意，可固定四边形，平移或旋转其它图形，组合成四边形，求出周长，判断最小值，最大值．【详解】

如图1，，，∴四边形周长=；

如图2，∴四边形周长为；故答案为：最小值为8，最大值.【点睛】本题考查图形变换及勾股定理，通过平移、旋转组成满足要求的四边形是解题的关键．考点02轴对称1．（2025·山西·中考真题）综合与探究问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平．猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接．①若，判断与的位置关系，并说明理由；②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形；（2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：由折叠的性质可得，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）证明：①，理由如下：由（1）知四边形是菱形，∴，由折叠的性质得到，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；解：②∵，，，∴，当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则，∵，，∴，∴，由折叠的性质得，，，∴，∴；∵，∴；∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则，同理得，，设，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵是以为腰为底的等腰三角形，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；综上，的长为或．【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键．2．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点．【特例感知】（1）如图1，当时，点在延长线上，求证：；【问题探究】（2）在（1）的条件下，若，，求的长；【拓展延伸】（3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示）【答案】（1）见解析；（2）4；（3）【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证；（2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解；（3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解．【详解】解：（1）由折叠的性质得：，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴；（2）∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，由折叠的性质得：，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∴，解得：，∴，∴；（3）解：如图，延长交于点，设，∵，∴，，∴，∵折叠，∴∵，即∴∴即∴∵四边形是平行四边形，∴又∵折叠，∴∵∴∴∵∴∵∴∴又∵∴∴即∴∵∴∴∴解得：∴又∵∴∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．3．（2024·江苏连云港·中考真题）【问题情境】（1）如图1，圆与大正方形的各边都相切，小正方形是圆的内接正方形，那么大正方形面积是小正方形面积的几倍？小昕将小正方形绕圆心旋转45°（如图2），这时候就容易发现大正方形面积是小正方形面积的__________倍．由此可见，图形变化是解决问题的有效策略；【操作实践】（2）如图3，图①是一个对角线互相垂直的四边形，四边a、b、c、d之间存在某种数量关系．小昕按所示步骤进行操作，并将最终图形抽象成图4．请你结合整个变化过程，直接写出图4中以矩形内一点P为端点的四条线段之间的数量关系；【探究应用】（3）如图5，在图3中“④”的基础上，小昕将绕点逆时针旋转，他发现旋转过程中存在最大值．若，，当最大时，求AD的长；（4）如图6，在中，，点D、E分别在边AC和BC上，连接DE、AE、BD．若，，求的最小值．【答案】（1）2（2）（3）（4）【分析】（1）利用圆与正多边形的性质分别计算两个正方形的面积可得答案；（2）如图，由，证明，再结合图形变换可得答案；（3）如图，将绕点逆时针旋转，可得在以为圆心，为半径的圆上运动，可得当与相切时，最大，再进一步解答即可；（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，当三点共线时，最短，再进一步解答即可.【详解】解：如图，∵正方形，及圆为正方形的内切圆，为正方形的外接正方形，∴设，，∴，，∴，，∴大正方形面积是小正方形面积的2倍．（2）如图，∵，∴，，，，∴，如图，结合图形变换可得：；（3）如图，∵将绕点逆时针旋转，∴在以为圆心，为半径的圆上运动，∵为圆外一个定点，∴当与相切时，最大，∴，∴，由（2）可得：，∵，，∴，∴；（4）如图，将沿对折，的对应点为，将沿对折，的对应点为，连接，∴，，再将沿方向平移，使与重合，如图，得，由（2）可得：，∴当三点共线时，最短，∵，，∴，，∴；∴的最小值为；【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，平移的性质，旋转的性质，圆与正多边形的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.4．（2023·内蒙古通辽·中考真题）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．

(1)如图1，当点M在上时，___________度；(2)改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断与的数量关系，并说明理由．【答案】(1)30(2)，理由见解析【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出，，进而可求出，即得出；（2）由正方形的性质结合折叠的性质可证，即得出．【详解】（1）解：∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，∴，．∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，∴．在中，，∴．故答案为：．（2）解：结论：，理由如下：∵四边形是正方形，，．由折叠可得：，，，．又，，∴．【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．5．（2023·甘肃武威·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．6．（2023·重庆·中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．

(1)如图1，若，，求线段的长．(2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点．若，求证：．(3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到．连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）解，求得，根据即可求解；（2）延长使得，连接，可得，根据，得出四点共圆，则，，得出，结合已知条件得出，可得，即可得证；（3）在取得最小值的条件下，即，设，则，，根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，连接，交于点，则四边形是矩形，得出是的中位线，同理可得是的中位线，是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则，在中，勾股定理求得，进而即可求解．【详解】（1）解：在中，，，∴，∵，∴；（2）证明：如图所示，延长使得，连接，

∵是的中点则，，，∴，∴，∴，∴∵是等边三角形，∴，∵，∴四点共圆，∴，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图所示，

在取得最小值的条件下，即，设，则，，∴，，∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到．∴∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，∴在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，

∵是的中点，∴，∴是等边三角形，则，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，如图所示，连接，交于点，则四边形是矩形，

∴，是的中点，∴即是的中位线，同理可得是的中位线，∴，∵是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，∴∴则在中，∴．

【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．考点03旋转1．（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．2．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．(1)操作判断小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①．试判断：的形状为________．

(2)深入探究小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，．探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积．探究二：连接，取的中点，连接，如图③．求线段长度的最大值和最小值．

【答案】(1)等腰直角三角形(2)探究一：；探究二：线段长度的最大值为，最小值为【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推导出，即可判断出是等腰直角三角形，（2）探究一：证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面积；探究二：连接，取的中点，连接，取、的中点为、，连接，，，分别得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，可知点在以为直径的圆上，设的中点为，，即可得出的最大值与最小值．【详解】（1）解：两个完全相同的矩形纸片和，，是等腰三角形，，．，，，∵，∴，∴，，，，是等腰直角三角形，故答案为：等腰直角三角形；（2）探究一：，，，，，，，，，，，在中，，，解得，，的面积；探究二：连接，取的中点，连接，，取、的中点为、，连接，，，

是的中点，，且，，，，，且，四边形是平行四边形，，，，，，，四边形是平行四边形，，，点在以为直径的圆上，设的中点为，，的最大值为，最小值为．【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键．3．（2023·江苏南通·中考真题）正方形中，点在边，上运动（不与正方形顶点重合）．作射线，将射线绕点逆时针旋转45°，交射线于点．

(1)如图，点在边上，，则图中与线段相等的线段是___________；(2)过点作，垂足为，连接，求的度数；(3)在（2）的条件下，当点在边延长线上且时，求的值．【答案】(1)(2)的度数为或(3)【分析】（1）根据正方形的性质和已知条件得到，即可得到答案；（2）当点在边上时，过点作，垂足为，延长交于点，证明，得到，推出为等腰直角三角形，得到答案；当点在边上时，过点作，垂足为，延长交延长线于点，则四边形是矩形，同理得到，得到为等腰直角三角形得到答案；（3）由平行的性质得到分线段成比例．【详解】（1）．正方形，，，，．（2）解：①当点在边上时（如图），过点作，垂足为，延长交于点．，四边形是矩形．．，，，为等腰直角三角形，．．．．，．为等腰直角三角形，．．

②当点在边上时（如图），过点作，垂足为，延长交延长线于点，则四边形是矩形，同理，．．为等腰直角三角形，．．

综上，的度数为45°或135°．（3）解：当点在边延长线上时，点在边上（如图），设，则．．．，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握平行线的分线段成比例以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．4．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．【问题解决】（1）如图①，若点与线段的中点重合，则度，线段与线段的位置关系是；【问题探究】（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；【拓展延伸】（3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或.【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案；（2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论；（3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得：，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案.【详解】解：（1）∵在菱形中，∴，∵，∴为等边三角形，∵点与线段的中点重合，∴，；（2）如图，把绕顺时针旋转得到，∴，，，∴为等边三角形，∴，，∵点在线段上，且，∴，，∴，，∴，∴，∴；（3）如图，当在线段上，记与交于点，∵，∴，∵，∴，∴，∴，设，则，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵为等边三角形，∴，∴，如图，当在线段上时，延长交于，同理可得：，，∴，设，而，则，∴，∴，同理：，∴，∴，综上：的长为或.【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.5．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在中，，，点为边的中点，点为边上一动点，连接．将线段绕点顺时针旋转得到线段．(1)线段的长为；(2)当时，求的长；(3)当点在边上时，求证：；(4)当点到的距离是点到距离的2倍时，直接写出的长．【答案】(1)(2)(3)证明见解析(4)的长为或.【分析】（1）利用勾股定理计算即可；（2）如图，求解，，证明，结合，可得，再进一步求解即可；（3）证明，结合，，从而可得结论；（4）如图，当在的左边时，结合题意可得：，，，过作于，过作于，可得，结合（1）可得：，证明，可得，再进一步解得即可；如图，当在的右边时，过作于，过作于，同法可得答案.【详解】（1）解：∵在中，，，∴；（2）解：如图，在中，，，点为边的中点，∴，，∵，∴，而，∴，∴；（3）证明：∵旋转，∴，如图，∵，，∴，∵，，∴；（4）解：如图，当在的左边时，结合题意可得：，，，过作于，过作于，∴四边形为矩形，∴，结合（1）可得：，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；如图，当在的右边时，过作于，过作于，同理：，四边形四边形为矩形，∴，∵，∴，∴，，同理可得：，，∴；综上：的长为或.【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.6．（2025·江西·中考真题）综合与实践从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．特例研究在正方形中，相交于点O．（1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________；（2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值类比探究（3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由；（4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）．【答案】（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）．【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可；（2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可；（3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可；（4）同理可证，，，根据，求解即可．【详解】解：（1）∵正方形，∴，，∴旋转角为，，故答案为：；；（2）如图，根据题意得，∴，，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴；（3）的值与α无关，理由如下，如图，同理可证，∴，∵菱形中，，∴，∵O是的垂直平分线与的交点，∴，∴，过点作于点，∴，，∴，∴，∴的值与α无关；（3）同理可证，，，∴，，∵，∴，即．【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．7．（2025·湖北·中考真题）在中，，将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，连接．(1)如图1，求证：；(2)如图2，当时，求的长；(3)如图3，过点作的平行线交的延长线于点，过点作的平行线交于点G，与交于点．①求证：；②当时，直接写出的值．【答案】(1)见解析(2)(3)①见解析；②【分析】（1）根据旋转可得，则，即可证明．（2）根据，，可得，即可得出，过作，则，即，在中勾股定理求出，则，在中勾股定理求出，根据，得出，即可求出．（3）①设旋转角为，则，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出，，根据，得出，，即可得，根据，得出，即可得，证明，得出，结合，得出；②根据，设，证明四边形是平行四边形，得出，由①得，在中，勾股定理得出，则，则，根据，得出，根据，得出，证明，，则，求出，由①可得，得出，证出点四点共圆，根据圆周角定理得出，证明，得出，设，则，根据旋转可得，则，联立求出，再根据即可求解．【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得到，点的对应点落在边上，∴，∴，∴．（2）解：∵，，∴，∴，过作，∴，∴，在中，即，解得：，（舍去），∴，在中，∴，∵，∴，即，∴．（3）①证明：设旋转角为，则，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴；②解：∵，∴设，∵，∴四边形是平行四边形，∴，由①得，在中，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，即，即，∴，∴，∴，即，∴，由①可得，∴，∴点四点共圆，∴，∵，∴，∴，设，则，根据旋转可得，∴，联立可得，∴．【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，旋转的性质，圆周角定理，圆内接四边形，解直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，证明三角形相似．8．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．【操作发现】小明作出了的内接等腰三角形，．并在边上任取一点（不与点，重合），连接，然后将绕点逆时针旋转得到．如图①小明发现：与的位置关系是__________，请说明理由：【实践探究】连接，与相交于点．如图②，小明又发现：当确定时，线段的长存在最大值．请求出当．时，长的最大值；【问题解决】在图②中，小明进一步发现：点分线段所成的比与点分线段所成的比始终相等．请予以证明．【答案】操作发现：与相切；实践探究：；问题解决：见解析【分析】操作发现：连接并延长交于点M，连接，根据直径所对圆周角为直角得到，根据旋转的性质得到，由圆周角定理推出，等量代换得到，利用直角三角形的性质即可证明，即可得出结论；实践探究：证明，得到，结合三角形外角的性质得到，易证，得到，设，则，得到，利用二次函是的性质即可求解；问题解决：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，证明，推出，由旋转的性质得：，得到，根据，易证，得到，即可证明结论．【详解】操作发现：解：连接并延长交于点M，连接，是直径，，，由旋转的性质得，，，，是的半径，与相切；实践探究：解：由旋转的性质得：，即，，，，，，，，，设，则，，，，当时，有最大值为；问题解决：证明：过点E作交于点N，由旋转的性质知：，，，，，由旋转的性质得：，，，，，，，．【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键．9．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动．【初步探究】如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点．问题1和的数量关系是________，位置关系是_________．【深入探究】应用问题1的结论解决下面的问题．问题2如图3，连接，点是的中点，连接，．求证．【尝试应用】问题3如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度．【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）如图，由四边形是正方形，是等腰直角三角形，，证明，再进一步可得结论；（2）如图，由，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论；（3）如图，证明在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得当旋转角从变化到时，在上运动，再进一步解答即可；【详解】解：；；理由如下：如图，∵四边形是正方形，∴，，∵是等腰直角三角形，，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴；（2）如图，∵四边形是正方形，∴，∵点是的中点，∴，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴；（3）如图，∵，，∴在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，∴，，∵，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，而，，∴四边形是正方形，∴当旋转角从变化到时，在上运动，∵，，，∴，∴点经过路线的长度为.【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键.10．（2024·广东·中考真题）【知识技能】（1）如图1，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到．当点E的对应点与点A重合时，求证：．【数学理解】（2）如图2，在中，是的中位线．连接，将绕点D按逆时针方向旋转，得到，连接，，作的中线．求证：．【拓展探索】（3）如图3，在中，，点D在上，．过点D作，垂足为E，，．在四边形内是否存在点G，使得？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，证明见解析【分析】（1）根据中位线的性质、旋转的性质即可证明；（2）利用旋转的性质、外角定理、中位线的性质证明后即可证明；（3）通过解直角三角形得到，，过点C作于点M，易证，得到，即可求得，进而，从而点M是的中点，过点D作，交于点P，连接，，，根据三线合一得，证明，即可求的，过点P作于点N，则四边形是矩形，得到，因此点N是的中点，进而，再证，得到，根据，即可推出，因此当点G与点P重合时，满足．【详解】证明：（1）是的中位线，且．又绕点D按逆时针方向旋转得到．（2）由题意可知：，，．作，则且，又，．根据外角定理，，．又，是的中位线，，，，，，．（3）存在点使得．∵，∴，∴在中，，过点C作于点M，∴，∵，∴∴，即，∴，∴，∵，∴，∴点M是的中点，∴是的垂直平分线，过点D作，交于点P，连接，，∴，∴根据三线合一得，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，过点P作于点N，则四边形是矩形，∴，∵，∴，∴点N是的中点，∴垂直平分，∴，∴，∵，，∴，又，∴，∴，∵，∴即，∴，∴当点G与点P重合时，满足．【点睛】本题考查了旋转的性质、中位线的性质、外角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握知识点以及灵活运用是解题的关键．11．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：【问题情境】如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．∵，，∴．∵，∴，即．∴．在和中，，，，∴___①___．∴．又∵，∴在中，___②___．∵，，

∴___③___．【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．【知识迁移】如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．

【拓展应用】如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．

【问题再探】如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．

【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解；【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明；【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解；【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．

由旋转的特征得，，，．∵，，∴．∵，∴，即．∴．在和中，，，，∴①．∴．又∵，∴在中，②．∵，，∴③．【知识迁移】．证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．

由旋转的特征得．由题意得，∴．在和中，，∴．∴．又∵为正方形的对角线，∴．∵，∴．在和中，，∴，∴．在和中，，∴．∴．在中，，∴．【拓展应用】．证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，

将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，，，在和中，，∴，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．∴，，，是等腰直角三角形，，，，，，在中，，，∴，即，又∴，∴，即，【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．

由旋转的特征得．，，，即，在和中，，，，，，又，，，，，，即，，同理可得．，，，又∵，∴四边形为矩形．，，在中，．，解得．【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键．考点04四边形1．（2025·河北·中考真题）综合与实践［情境］要将矩形铁板切割成相同的两部分，焊接成直角护板（如图），需找到合适的切割线．［模型］已知矩形（数据如图所示）．作一条直线，使与所夹的锐角为，且将矩形分成周长相等的两部分．［操作］嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题．［探究］根据以上描述，解决下列问题．［拓展］操作和探究中蕴含着一般性结论，请继续研究下面的问题．如图3，嘉嘉的思路如下：①连接，交于点；②过点作，分别交，于点，……如图4，淇淇的方法如下：①在边上截取，连接；②作线段的垂直平分线，交于点；③在边上截取，作直线．(1)图中，矩形的周长为______；(2)在图的基础上，用尺规作图作出直线（作出一条即可，保留作图痕迹，不写作法）；(3)根据淇淇的作图过程，请说明图中的直线符合要求．(4)如图，若直线将矩形分成周长相等的两部分，分别交边，于点，，过点作于点，连接．当时，求的值；当最大时，直接写出的长．【答案】(1)；(2)见解析；(3)；(4)；．【分析】根据矩形的周长公式计算即可；以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，连接，由作图可知是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可证，根据矩形的性质可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可证直线把矩形分成了周长相等的两部分，所以线段即为所求；根据矩形的性质可证四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可证，根据平行四边形的性质和矩形的性质可以证明书，，所以可以证明，所以直线把矩形分成了周长相等的两部分，从而可证直线符合要求；过点作，连接交于点，过点作于点，过点作，根据矩形的性质可得：，，，根据勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可得：，，从而可得：，，根据等腰直角三角形的性质可得：，，根据正切的定义可以求出的正切；连接交于点，把矩形分成了周长相等的两部分，点为和的中点，利用勾股定理可以求出，，过点作，则，根据相似三角形的性质可以求出，，，在中，利用勾股定理可得：，在中，利用勾股定理即可求出的长度．【详解】（1）解：四边形是矩形，，，，，，矩形的周长为，故答案为：；（2）解：如下图所示，以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，线段即为所求，，，，是等腰直角三角形，，矩形的对角线交于点，，四边形是矩形，，，，在和中，，，，，，直线把矩形分成周长相等的两部分；（3）证明：四边形是矩形，，，，，，四边形是平行四边形，，，直线是的垂直平分线，，，，，，，把矩形分成了周长相等的两部分，直线符合要求；（4）解：如下图所示，过点作，连接交于点，过点作于点，过点作，四边形是矩形，且直线将矩形分成周长相等的两部分，则点是矩形的对角线与的交点，点是的中点，，，，，，是等腰直角三角形，，，四边形是矩形，，，在和中，，，，，，，，于点，，是等腰直角三角形，，，；解：如下图所示，连接交于点，把矩形分成了周长相等的两部分，点为和的中点，，点在以为直径的上，当与相切时，最大，，，，，，过点作，，四边形是矩形，，则，，，，，，，是的切线，，．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、中心对称图形的性质、圆的基本性质、切线的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质，本题的综合性较强，难度较大，需要综合运用矩形、圆、切线等图形的性质，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用直角三角形的性质求解．2．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，．(1)如图1，求的值．(2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接．①当时，求的长．②求的最小值．【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）先根据菱形的性质可得，再根据勾股定理可得，然后根据正弦的定义求解即可得；（2）①连接，设交于点，同理求出，则；证明，得到，由轴对称的性质可得，则，据此可得，即可得到；②由勾股定理得，根据，可求出，根据，可推出当有最小值时，有最小值，即此时有最大值，即当有最小值时，有最小值；过点B作于H，于T，由等面积法可得，则由轴对称的性质可得，由勾股定理得，则当有最小值时，有最小值，由垂线段最短可知，故当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，据此求解即可．【详解】（1）解：如图1，设交于点，∵在菱形中，，∴，∴，∴；（2）解：①如图所示，连接，设交于点，∵四边形是菱形，∴，，，，∴，∴；∵，，∴，∴，由轴对称的性质可得，∴，∴，∴；②在中，由勾股定理得∵，∴，∵，∴要使的值最小，则要最大，∴要有最小值，又∵的值随着的值增大而增大，∴的值随着的值增大而增大，∴当有最小值时，有最小值，即此时有最大值，∴当有最小值时，有最小值；如图所示，过点B作于H，于T，∵，∴，∴由轴对称的性质可得，在中，由勾股定理得，∴当有最小值时，有最小值，由垂线段最短可知，∴当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，∴，∴．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出的最小值转换成求出的最小值，进而转换成求出的最小值．3．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点．(1)当是边中点时，①如图（1），联结，如果，求证：；②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值；(2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长．【答案】(1)①见解析；②(2)【分析】（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则；②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案；（2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案．【详解】（1）解：①如图所示，延长交于H，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵是边中点，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②如图所示，延长交于M，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴，，∴，∵是边中点，∴，设，则，∴，∴，∵，∴；∴，，设，则，∴，∴；（2）解；如图所示，延长交于M，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴；∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，设，∵，∴，即∴，∵，即，∴，∴；∵，∴，即，∴，解得或（舍去），∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．4．（2025·江苏扬州·中考真题）问题：如图1，点为正方形内一个动点，过点作，，矩形的面积是矩形面积的2倍，探索的度数随点运动的变化情况．【从特例开始】（1）小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形（如图2），请你仅用无刻度的直尺连接一条线段，由此可得此图形中______；（2）小亮也画出了一个符合条件的特殊图形（如图3），其中，，，求此图形中的度数；【一般化探索】（3）利用图1，探索上述问题中的度数随点运动的变化情况，并说明理由．【答案】（1）作图见解析，45；（2）；（3）随点的运动，的度数不变，且为【分析】（1）连接与格线的交点记为，先确定点为格点，然后由勾股定理以及逆定理证明为等腰直角三角形，即可求解的度数；（2）延长至点，使得，连接，先证明，则，，那么，可得四边形是矩形，四边形为矩形，求出，由勾股定理得，则，那么，则，即可求解；（3）延长至点，使得，连接，同理，同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形，设正方形的边长为，，则，，由，得到，在中，由勾股定理得，求出，则，再同（2）即可．【详解】解：（1）如图，即为所求：连接与格线的交点记为，由网格可得，，∴，∴，∵，∴,∴为格点，同理为格点，∵，，，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，∴；故答案为：45；（2）延长至点，使得，连接，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形，同理可得四边形为矩形，∴，，∴，，∴，∴在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即；（3）随点的运动，的度数不变，且为，理由如下：延长至点，使得，连接，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，，，∴，同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形，设正方形的边长为，，∴，，∴，∴，∵，∴，整理得，∵在中，，∴，∴（舍负），∴，∴在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，即．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的定义，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．5．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”．(1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则______；______；(2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由；(3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（不限作图工具）；②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值．【答案】(1)，(2)，理由见解析(3)①见解析；②或【分析】（1）由“垂中平行四边形”的定义可得，，，，从而可得，由勾股定理得出，证明，得出，再由勾股定理计算即可得解；（2）由“垂中平行四边形”的定义可得，，，，证明，得出，设，则，，由勾股定理可得，求出，从而可得，即可得解；（3）①根据“垂中平行四边形”的定义画出图形即可；②根据①中画出的图形，分别结合相似三角形的判定与性质以及勾股定理计算即可得解．【详解】（1）解：∵四边形为“垂中平行四边形”，∴，，，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（2）解：，理由如下：∵四边形为“垂中平行四边形”，∴，，，，∴，∴，设，则，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：①第一种情况：如图①，作的平行线，并使得，连接，则四边形为平行四边形，延长交于，∵，∴，∴，∵，∴，∴为的中点，∴四边形即为所求的“垂中平行四边形”；第二种情况：如图②，作的平分线，并取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，故点为的中点，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∴四边形为所求的“垂中平行四边形”；第三种情况：如图③，作，交的延长线于点，连接，在的延长线上取点，使得，连接，则点为的中点，同理可得证明，则，则四边形为平行四边形，故四边形为所求的“垂中平行四边形”；

②若按照上图①作图，由题意可得，，四边形是平行四边形，∴，∴，∴是等腰三角形，作于，则，∵，，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；若按照上图②作图，延长、交于点，同理可得，是等腰三角形，连接，∵，∴，∴，∴，∴，同理可得，∵，，，∴，∴，∴；若按照上图③作图，则没有交点，不存在，故不符合题意，综上所述，或．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论与数形结合的思想是解此题的关键．6．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点．(1)若点与点重合，则线段的长度为______．(2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由．【答案】(1)(2)不变，，【分析】（1）当点与点重合时，、、、、共线，，为的中位线，即可求出的长度．（2）构造，使为的中位线，再构造，进而证得是等边三角形，得出．然后由和为等边三角形，推导出，然后再由，最后得出和的长度不变．【详解】（1）解：当点与点重合时，如图①，∵四边形是平行四边形，∴，，，．∵将绕点逆时针旋转得到，∴，，∴是等边三角形，∴．，∴、、三点共线，∵，，∴、、、共线，∵点、分别是，的中点，∴．∴．故答案为：．（2）解：结论：不变．如解图②，连接并延长到点，使得，连接，，延长，交于点，连接．延长至点，使得，连接，，设与交于点，∵四边形是平行四边形，∴，，，．∵点为中点，∴．∵，∴四边形为平行四边形，∴，．∵，，∴，．∴四边形为平行四边形，∴，∵∴．在平行四边形中，∵，，∴，∵，∴是等边三角形，∴．，由旋转得，，∵，，∴，，∴，又，，∴（）．∴，∴为等边三角形．∵点、为、的中点，∴为的中位线，．∵．∴．即的长度不变；∵和都为等边三角形．∴，，，，∴，∴（）．∴．∵，∴，∴为等边三角形．同理：为等边三角形．∴．，∴，∴，∵，∴，设，则，，，∴．∵为的中位线，∴，∴，∴，∵是的中点，∴为中点，∴，∴．故和的长度都不变．【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造得出．7．（2024·四川资阳·中考真题）（1）【观察发现】如图1，在中，点D在边上．若，则，请证明；（2）【灵活运用】如图2，在中，，点D为边的中点，，点E在上，连接，．若，求的长；（3）【拓展延伸】如图3，在菱形中，，点E，F分别在边，上，，延长，相交于点G．若，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）证明，得出，即可证明结论；（2）过点C作于点F，过点D作于点G，解直角三角形得出，，证明，得出，求出，根据勾股定理得出，得出，证明，得出，求出；（3）连接，证明，得出，求出，证明为直角三角形，得出，根据勾股定理求出，证明，得出，求出结果即可．【详解】解：（1）∵，，∴，∴，∴；（2）过点C作于点F，过点D作于点G，如图所示：则，∴，∵，∴，，∵为的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：；（3）连接，如图所示：∵四边形为菱形，∴，，，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，解得：，负值舍去，∴，∴，∵，∴为直角三角形，，∴，∴在中根据勾股定理得：，∴，∵，∴，∴，即，解得：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，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．8．（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切），可分为四种类型，我们不妨约定：既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形．请你根据该约定，解答下列问题：(1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”，①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；

（

）②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；

（

）③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（

）(2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：．①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）；②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径．(3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H．①如图2．连接交于点P．求证：．②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长．【答案】(1)①×；②√；③√(2)①外接型单圆；②见解析(3)，，【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③；（2）①根据已知结合题中定义可得结论；②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论；（3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论；②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可．【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆，∴该平行四边形是“平凡型无圆”四边形，故①错误；②∵内角不等于的菱形的对角不互补，∴该菱形无外接圆，∵菱形的四条边都相等，∴该菱形的对边之和相