2025中考数学二模试题分类汇编13 几何压轴题（福建专用）（学生版+教师版合并）

专题13几何压轴题题型概览题型01三角形压轴题题型02四边形压轴题题型03与圆有关的压轴题题型01三角形压轴题题型011．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现如图1，已知点是线段上一点，分别以，为边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，．连接，的中点为，连接，．不难发现：线段与之间的数量关系为______；位置关系为______．（2）拓展探究将图1中的绕点旋转任意角度，则线段，之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（或自己画一个一般化的图形）进行证明；若不成立，请画一个反例说明．（注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分）（3）问题解决若，，则在绕点的旋转过程中，当是等腰三角形时，求的值．2．（2025·福建福州·二模）“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴．(1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）；(2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积；(3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由．3．（2025·福建龙岩·二模）如图，点B，E，C，F在同一条直线上，，，，求证：．4．（2025·福建三明·二模）如图，网格中每个小正方形的边长相等，则的度数是（

）A． B． C． D．5．（2025·福建宁德·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（

）A．直角三角形的两个锐角互余B．等量代换C．两个锐角互余的三角形是直角三角形D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等6．（2025·福建南平·二模）如图，与是的中线，点是线段上的一个动点，是线段的中点，若，且，则的面积为．7．（2025·福建三明·二模）如图，在中，，，为的中点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．(1)求的度数；(2)若的面积为，求的面积．参考数据：，，．题型02四边形压轴题题型028．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（

）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形9．（2025·福建厦门·二模）一个矩形可不重叠且不留空隙地分割为个正方形，称该矩形为“阶容正矩形”：(1)图1是一个3阶容正矩形．请再画出一个形状不同的3阶容正矩形，若该矩形的周长为，求它的边长；(2)若要求4阶容正矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，判断4阶容正矩形按此方式是否可分割为4个大小不等的正方形，并证明；(3)若一个矩形可按图2所示的方式分割为9个大小不等的正方形，请探究该9阶容正矩形的一个性质定理．（说明：“大小不等”指两两不全等）10．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（

）A．20 B．24 C．28 D．3211．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则．12．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得是菱形，则这个条件可以是（

）A． B． C． D．13．（2025·福建·二模）已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：．14．（2025·福建·二模）如图为淋浴喷头的简易示意图，若用支架把喷头固定在点A处，手柄长，与墙壁的夹角，喷出的水流与形成的夹角．

(1)求B点与墙壁的距离；(2)住户要求：当人站在E处淋浴时，水流正好喷洒在C处，使，，安装师傅应将支架A固定在离地面多高的位置？（参考数据：，，，，，）．15．（2025·福建·二模）如图，平行四边形的对角线、交于点，点、在上，且求证：．题型03题型0316．（2025·福建福州·二模）如图，是的直径，与相切于点，半径的延长线交于点，则的度数是（

）A． B． C． D．17．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中的长为（

）A． B． C． D．18．（2025·福建厦门·二模）如图所示，已知半径为，是直径，过点作于，交弦于点，连接，若，(1)证明；(2)设是射线上的动点，将绕着点顺时针旋转得到．①当时，探究直线与的位置关系；②在旋转过程中，是否存在点落在线段上且的情形？若存在，求出相应的的度数；若不存在，请说明理由．19．（2025·福建厦门·二模）如图1，已知为的两条直径，连接，于点E，点F是半径的中点，连接．(1)设的半径为1，若，求线段的长；(2)如图2，连接，设与交于点P．①求证：P为中点；②若，试求之间的关系．20．（2025·福建·二模）如图，在中，直径垂直弦于点，连接，作于点，交线段于点（不与点重合），连接．

(1)若，求的长．(2)求证：．(3)若，猜想的度数，并证明你的结论．

专题13几何压轴题题型概览题型01三角形压轴题题型02四边形压轴题题型03与圆有关的压轴题题型01三角形压轴题题型011．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现如图1，已知点是线段上一点，分别以，为边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，．连接，的中点为，连接，．不难发现：线段与之间的数量关系为______；位置关系为______．（2）拓展探究将图1中的绕点旋转任意角度，则线段，之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（或自己画一个一般化的图形）进行证明；若不成立，请画一个反例说明．（注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分）（3）问题解决若，，则在绕点的旋转过程中，当是等腰三角形时，求的值．【答案】（1）；；（2）成立，见解析；（3）或【分析】（1）延长交于点，利用等腰直角三角形和$的性质得到，进而推出，再结合是中点和对顶角相等，证明，得，，再根据等腰直角三角形边的关系，通过等量代换得到，在等腰直角中，根据等腰三角形三线合一性质，得出且．（2）通过多种方法证明且；连接利用全等：由等腰直角三角形性质推出，根据为中点得，证明，结合其他角的关系得出结论．特殊位置分析：当，，三点共线时，在中利用直角三角形斜边中线性质得到，设角计算得出．构造中点辅助线：取、中点、，证四边形是平行四边形，再证，结合角的关系得出结论．作平行线构造全等：过作，证明、，推出是等腰直角三角形，从而得证．另一种中点构造：取、中点、，通过证明线段平行、垂直及相等关系，证，得出结论．（3）先确定等腰中，再分点在右侧和左侧两种情况求解：法一：通过等腰三角形三线合一，找到垂直平分线，计算相关线段长度，利用勾股定理求出，进而得到的值．法二：作，利用相似三角形求出、，进而得到，通过勾股定理求出，再结合、与的关系求解．法三：利用全等三角形的面积关系，结合已知三角形面积，通过面积计算得出的值．【详解】解：（1）；．延长交于点．∵和是等腰直角三角形，∴，∴，∴．∵是中点，∴，，∴，∴，，∵，，，，∴，在等腰直角中，是中点，∴且．故答案为：，；（2）（1）中的结论仍然成立．证明，方法一：连接．∵，是等腰直接三角形，∴．∴．∵是的中点，∴．又∵，，∴．∴．同理可得∴，．即．②如图所示，当，，三点共线时，证明如下：在中，．∵是的中点．∴．同理可得，，∴设，∵，∴，∴．∵，∴．∴．∴．即．③分别取的中点，的中点，分别连接，，，．∴，．∴四边形是平行四边形，，．∴，，．∵是等腰直角三角形，是的中点，∴，．∴．同理可得，．∴．∴．∴．∴，．在中，，∴．∵，∴．∴．∴．法二：如图，过点作，交的延长线于点，延长交于点，交的延长线于点．∵，∴，．∵，．∴．∴，．∵，∴．∵，．∴．∴．又∵，∴．∴，．∴．∴是等腰直角三角形．∵是的中点，∴，．④当旋转到如图所示的位置时，取中点，中点，连接，，延长交于．∴，，，．∴，．同理可证，，，．∴，．∴．∴．∴，∴．∴，．∵，∴．∴．即．（3）当是等腰三角形时，若时，，这与矛盾；又∵，当是等腰三角形时．只能存在．法一：①当点位于的右侧时，如图所示，连接交于点．∵，∴是的垂直平分线，是的中点．∴，．在中，．取中点，连接．∵是的中点，是的中点，∴，，．∴，．在中，．∵，∴．②当点位于的左侧时，如图．连接并延长交于点，取中点，连接．由①同理可得，．∴．∴在中，．．∴．综上所述，的值为或．法二：①当点位于的右侧时，如图．连接，过点作，交延长线于点．∵，，∴是的垂直平分线．∴，．∴∵，∴．又∵，∴．∵，∴．∴．即．∴，．∴．∴在中，．由（2）可知，．∴即．∴．②当点位于的左侧时，如图．连接，过点作，交延长线于点．由①同理可得．则．∵，，∴．又∵．∴．∴即．∴，．∴．∴在中，．∴同理可得．∴．综上所述，的值为或．法三：①当点位于的右侧时，如图．由（2）中法二可得：，．因此，，．由（3）可知．．．∴②当点位于的左侧时，如图．同理：，．，．∵．∴．∴．∴．∴．综上所述，的值为或．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及图形旋转的性质；解题关键是通过作辅助线，构造全等或相似三角形，利用相关性质建立线段和角度的关系来求解．2．（2025·福建福州·二模）“裁剪1次”是指在单张平面图形（或将此图形经过若干次折叠后），用剪刀沿某条路径（图1中，裁剪路径为直线）进行一次裁剪将其裁开的操作．若进行次裁剪，则记载剪次数为．某数学综合实践活动小组开展裁剪卡纸的活动（裁剪路径均为直线），将一个长为，宽为的可折叠矩形卡纸（如图2）裁剪为八边形卡纸，得到的八边形需满足以下要求：①该八边形的所有顶点都在原矩形卡纸的边上，②原矩形卡纸的每一条对称轴都是该八边形的对称轴．(1)为了得到符合要求的八边形卡纸，请用文字简要描述你的裁剪方法（要求：裁剪次数最少，获得满分）；(2)当，时，经裁剪得到符合要求且各边长相等的八边形卡纸，如图3，求得到的该八边形卡纸的面积；(3)该小组在一系列探究后发现可以提供一款矩形卡纸，使其经裁剪能得到符合要求的八边形卡纸，且该八边形是正八边形．请分析他们的说法是否正确？若正确，求该款矩形卡纸长和宽之间的数量关系；若不正确，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)476(3)【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，熟练掌握以上知识是解题的关键．（1）由矩形的性质及折叠的性质得出裁剪方案即可；（2）由勾股定理求出，则可得出答案；（3）由全等的等腰直角三角形得出，即，则可得出结论．【详解】（1）解：裁剪次数为1．裁剪方案：将矩形卡纸沿竖直方向对称轴对折，再沿水平方向对称轴对折，在原矩形四个内角重叠处的适当位置（在原长与宽的位置小于原长与宽的一半处）裁剪1次，展开即可得到符合要求的八边形卡纸．（2）解：根据题意，得裁剪掉的4个三角形是全等的直角三角形．设这些直角三角形在宽上的直角边长为m，在长上的直角边长为n，∵八边形的各边长相等，∴，即，∴八边形的边长为，根据勾股定理，得，化简，得．∵，∴，∴，∴得到的八边形卡纸的面积是．（3）解：∵正八边形的八条边相等，∴若能裁剪得到，可同理（2），得，又∵正八边形的八个角都相等，都为，∴裁剪掉的4个全等的直角三角形的两个锐角都为，即这4个三角形是全等的等腰直角三角形，此时，，即，综上，当时，能够经裁剪得到的八边形卡纸的形状是正八边形．3．（2025·福建龙岩·二模）如图，点B，E，C，F在同一条直线上，，，，求证：．【答案】见解析【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、平行线的判定等知识点，灵活运用全等三角形的判定与性质成为解题的关键．先说明，再利用证明，根据全等三角形的性质可得，再由平行线的判定定理即可证明结论．【详解】证明：∵，∴，即，∵，∴，又∵，∴，∴，∴．4．（2025·福建三明·二模）如图，网格中每个小正方形的边长相等，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的知识点是全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．利用“边角边”证得，由全等三角形的性质即可得解．【详解】解：设小正方形的边长为，依题得：，，，在和中，，，，，．故选：．5．（2025·福建宁德·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（

）A．直角三角形的两个锐角互余B．等量代换C．两个锐角互余的三角形是直角三角形D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等【答案】D【分析】本题主要考查了等角的作图，涉及了直角三角形的性质与判定，熟练掌握直角三角形的性质与判定是解题的关键．根据直角三角形的性质与判定推出，作图即可．【详解】解：∵，∴（直角三角形的两个锐角互余），若，∴（等量代换），∴，（两个锐角互余的三角形是直角三角形），∴，故选：D．6．（2025·福建南平·二模）如图，与是的中线，点是线段上的一个动点，是线段的中点，若，且，则的面积为．【答案】20.16【分析】本题主要考查三角形的中位线，相似三角形的性质和判定定理，勾股定理等相关知识，解题的关键是利用三角形的中位线构建相似关系和比例关系，将动点问题转化为临界问题．先利用中位线，取中点，连结，得到且且；根据是线段的中点且，分析得到最大值和最小值；利用勾股定理，求解关键线段的长度；然后根据，得到，求出；根据是中线，可知，从而计算得到答案．【详解】解：取中点，连结点分别为的中点分别为的中位线且且点是线段上的一个动点三点共线当时，取最小值，则；当点与点重合时，取最大值，则在中，在中，，，7．（2025·福建三明·二模）如图，在中，，，为的中点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．(1)求的度数；(2)若的面积为，求的面积．参考数据：，，．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，进而根据旋转的性质以及等边对等角、三角形内角和定理得出，根据，即可求解；（2）由（1）得，，证明，根据，进而根据相似三角形的性质，即可求解．【详解】（1）解：∵，为中点，，．线段绕点逆时针旋转得到线段，∴，．∴．∴．（2）由（1）得，∵，，∴．∴．∵，∴．∴．∴．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，等腰三角形三线合一的性质，相似三角形的性质与判定，余弦的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．题型02四边形压轴题题型028．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（

）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形【答案】C【分析】该题考查了矩形、菱形、正方形、等腰三角形的性质，根据四个图形的特征即可解答．【详解】解：∵正方形的四个角都是直角，四个边相等，故知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是正方形，故选：C．9．（2025·福建厦门·二模）一个矩形可不重叠且不留空隙地分割为个正方形，称该矩形为“阶容正矩形”：(1)图1是一个3阶容正矩形．请再画出一个形状不同的3阶容正矩形，若该矩形的周长为，求它的边长；(2)若要求4阶容正矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，判断4阶容正矩形按此方式是否可分割为4个大小不等的正方形，并证明；(3)若一个矩形可按图2所示的方式分割为9个大小不等的正方形，请探究该9阶容正矩形的一个性质定理．（说明：“大小不等”指两两不全等）【答案】(1)画图见解析；2，3，2，3(2)不可分割；理由见解析(3)该9阶容正矩形的一组邻边长的比值为【分析】本题考查了正方形的性质的知识，掌握以上知识是解答本题的关键；（1）设，然后得到，再根据四边形为正方形，可得，然后即可求解；（2）设4个正方形边长分别为，，，，然后根据正方形性质可得，然后即可求解；（3）先作图，并将9个正方形的边长依次表示为，然后可求得，，，，，，，进而得到，然后可求得该矩形的一组邻边长分别为：，，然后即可求解；【详解】（1）解：如图，矩形即为所求．设，∵四边形与四边形均为正方形，∴，，∴，∵四边形为正方形，∴，∴，∴，即，解得：．∴该3阶容正矩形边长为2，3，2，3；（2）解：4阶容正矩形按此方式不可分割为4个大小不等的正方形，理由如下：根据（1）中的线段和差关系推理，若设4个正方形边长分别为，，，，∵矩形的四个顶点分别为所分割的4个正方形的一个顶点，∴矩形的一组对边的长为与，另一组对边的长为与．∵矩形对边相等，∴①且②．①②得．可得．∴4阶容正矩形按此方式不可分割为4个大小不等的正方形；（3）解：如图，按图中标号顺序（正方形标号为①），将9个正方形的边长依次表示为，设，，∵，∴，同理可得：，，，，，，∵矩形对边相等，∴，即，∴，∴该矩形的一组邻边长分别为：，，∴该9阶容正矩形的一个性质定理为：该9阶容正矩形的一组邻边长的比值为．10．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（

）A．20 B．24 C．28 D．32【答案】B【分析】本题考查了勾股定理、矩形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意可得，推出，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，再证明四边形是矩形，利用矩形的性质求出、的长，再利用周长公式即可求解．【详解】解：裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，，，，，设，则，在中，，，解得：，，，，四边形是矩形，，，，木板的周长．故选：B．11．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则．【答案】2【分析】本题考查了弦图、正方形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意得，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，求出的长，再利用平行四边形的面积公式即可求解．【详解】解：如图，由题意得，，，，设，则，在中，，，解得：，（舍去），，．故答案为：2．12．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得是菱形，则这个条件可以是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查的知识点是菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定与性质．根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质对选项进行逐一判断即可得解．【详解】解：选项，中有，添加该条件不能证明是菱形，不符合题意，选项错误；选项，添加后可证是矩形，但不能证明是菱形，不符合题意，选项错误；选项，添加后可证是菱形，符合题意，选项正确；选项，添加后可证是矩形，但不能证明是菱形，不符合题意，选项错误．故选：．13．（2025·福建·二模）已知：如图，在平行四边形中，点E、F在AC上，且．求证：．【答案】见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．连接与对角线交于点O．根据平行四边形的性质以及可得，即可求证．【详解】证明：如图，连接与对角线交于点O．∵四边形是平行四边形，∴．∵，∴．∴四边形是平行四边形，∴．14．（2025·福建·二模）如图为淋浴喷头的简易示意图，若用支架把喷头固定在点A处，手柄长，与墙壁的夹角，喷出的水流与形成的夹角．

(1)求B点与墙壁的距离；(2)住户要求：当人站在E处淋浴时，水流正好喷洒在C处，使，，安装师傅应将支架A固定在离地面多高的位置？（参考数据：，，，，，）．【答案】(1)B点与墙壁的距离(2)安装师傅应将支架A固定在离地面高的位置【分析】（1）过点B作，根据，即可求解；（2）易得，过点B作于点H，过点A作于点F，过点C作于点G，通过证明四边形为矩形，推出，，证明四边形为矩形，得出，，则，进而得出，证明四边形为矩形，得出，最后根据，即可求解．【详解】（1）解：过点B作，∵，，，∴，答：B点与墙壁的距离．

（2）解：∵，，，∴，过点B作于点H，过点A作于点F，过点C作于点G，∵，，，∴四边形为矩形，∴，，又，∴，∵，，∴，，∵，，，∴四边形为矩形，∴，，∴，∴，∵，，，∴四边形为矩形，∴，∴，答：安装师傅应将支架A固定在离地面高的位置．

【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是正确作出辅助线，构造直角三角形，根据解直角三角形的方法和步骤求解．15．（2025·福建·二模）如图，平行四边形的对角线、交于点，点、在上，且求证：．【答案】见解析【分析】由平行四边形的性质得出OB=OD，由SAS证明△OBE≌△ODF，即可得出BE=DF．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD，在△OBE和△ODF中，，∴△OBE≌△ODF（SAS），∴BE=DF．【点睛】本题主要考查的是全等三角形的性质和判定、平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．题型03题型0316．（2025·福建福州·二模）如图，是的直径，与相切于点，半径的延长线交于点，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理．熟练掌握圆的相关知识并利用数形结合的思想是解题关键．由圆周角定理可知，由切线的性质可得出，即可求解．【详解】解：∵，∴，∵与相切于点B，∴，即，∴．故选∶D17．（2025·福建莆田·二模）斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”．如图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，…，为边的正方形依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．则图中的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了弧长公式，根据弧长公式求解即可，掌握弧长公式是解题的关键．【详解】解：由题意可得：，故选：C．18．（2025·福建厦门·二模）如图所示，已知半径为，是直径，过点作于，交弦于点，连接，若，(1)证明；(2)设是射线上的动点，将绕着点顺时针旋转得到．①当时，探究直线与的位置关系；②在旋转过程中，是否存在点落在线段上且的情形？若存在，求出相应的的度数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)①当时，与相切;当时，直线与相交；②存在；【分析】本题考查了圆的综合问题，涉及直线与圆的位置关系，解直角三角形，旋转的性质，等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，难度大．（1）由得到，求出，再由三角形外角求出，再由等角对等边即可求证；（2）①连接交直线于，可得．则，即，解，求出，设，则．故当时，，，此时点与点重合，由可得与相切；当时，，，此时点与点不重合，故直线与不相切，则直线与相交．②当，时，点落在上且连接，，，，，，先确定点在上．当，时，可得．解得到，故，即存在点落在上且的情形，然后证明，可得是等边三角形，则，，即点和点都在上．故．【详解】（1）证明：∵，，∴．∵，∴．∴在中，．∴．∴．∴；（2）①解：连接交直线于，∵绕着点顺时针旋转得到，∴．由（1）知：，，∴．∴，即．∵在中，，设，∴在中，．当时，，，此时点与点重合，由可得与相切．当时，，，此时点与点不重合，故直线