专练13（30题）（几何压轴大题）-2022中考数学考点必杀500题（广东专用）

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2022中考考点必杀500题
专练13（几何压轴大题）（30道）

1．（2022·广东·广州大学附属中学一模）如图，在直角梯形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AB＝4，BC＝6，AD＝8．点P、Q同时从A点出发，分别做匀速运动．其中点P沿AB、BC向终点C运动，速度为每秒2个单位，点Q沿AD向终点D运动，速度为每秒1个位、当这两点中有一个点到达自己的终点时，另一个点也停止运动，设这两点从出发运动了t秒．

(1)当点P，S分别为AB和CD中点时（如图一），连接PS，称PS为梯形的中位线．试判断PS与BC，AD的关系，并证明．
(2)当0＜t＜2时，求证：以PQ为直径的圆与AD相切（如图二）；
(3)以PQ为直径的圆能否与CD相切？若有可能，求出t的值或t的取值范围；若不可能，请说明由．
【答案】(1)SP∥BC∥AD；；理由见解析
(2)见解析
(3)能；时，以PQ为直径的圆与CD相切
【解析】
【分析】
（1）连接CP并延长，交DA的延长线于点E，根据三角形形的中位线性质证明即可；
（2）当0＜t＜2时，根据直线与圆的关系解答即可；
（3）当P在AB上时，即0＜t＜2，显然不可能和CD相切，当P在BC上时，即2≤t≤5时，如果圆与CD相切，设切点为K，连接圆心和K，这条线段就是直角梯形PCDQ的中位线，由此可用CP，DO表示出OK，也就可以用含t的式子表示出圆的直径；如果过P引AD的垂线，那么CP，DQ的差，CD，PQ这三者恰好可以根据勾股定理来得出关于t的方程，解方程后即可求出t的值．
(1)
，；理由如下：
连接CP并延长，交DA的延长线于点E，如图所示：
∵S、P分别为CD，AB的中点，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，，
又∵BP=AP，
∴，
∴，
，
∴；

(2)
当0＜t＜2时，
过B作BE⊥AD，如图所示：
∵在直角梯形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AB＝4，BC＝6，AD＝8，
∴AE＝AD−BC＝8−6＝2，
即，
∵AP＝2t，AQ＝t，
∴，
即，
∵∠A＝∠A，
∴△APQ∽△ABE，
∴∠PQA＝∠BEA＝90°，
∵PQ为直径，
∴以PQ为直径的圆与AD相切．

(3)
当0＜t＜2时，以PO为直径的圆与CD不可能相切；
当2≤t≤5时，设以PQ为直径的⊙O与CD相切于点K，如图所示：
则有PC＝10−2t，DQ＝8−t，OK⊥DC，
∵OK是梯形PCDQ的中位线，
∴PQ＝2OK＝PC＋DO＝18−3t，
在直角梯形PCDQ中，PO2＝CD2＋（DO−CP）2，
解得：，
∵，不合题意舍去，
，
因此，当时，以PQ为直径的圆与CD相切．

【点睛】
本题主要考查了圆的综合题，关键是根据直角梯形的性质，解直角三角形的应用以及中位线的应用等知识点解答．
2．（2022·广东·广州市第四中学一模）已知等边△ABC边长为6，D为边AB上一点，E为直线AC上一点，连接DE，将DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF．

(1)如图1，若∠AED＝90°，过点F作FG⊥AC于点G，求的值；
(2)若AD＝x，AF的最小值为y，
①若x＝4，求y的值；
②直接写出y与x的关系式．
【答案】(1)
(2)①；②
【解析】
【分析】
（1）设AD=2a，解直角三角形ADE，表示AE和DE，可得四边形DEGF是正方形，解直角三角形AGF，表示出AF，即可得出结果；
（2）①作DG⊥AB，截取DG=AD，作直线GF交AC于M，交直线AB于H，可以证明，从而得出，得出点F的运动轨迹，然后解直角三角形DGH，再解直角三角形AHM，即可得出结果；
②由①得，点F的运动轨迹，然后解直角三角形DGH，再解直角三角形AHM，进而得出y与x的函数关系式．
(1)
设AD=2a，
是等边三角形，
，
，
，，
，
，
，
∴四边形DEGF是矩形，
，
∴矩形DEFG是正方形，
∴，
，
在Rt△AFG中，由勾股定理得，


，
；
(2)
①作DG⊥AB，截取DG=AD，作直线GF交AC于M，交直线AB于H，如图所示：


∴，
∴，
即，
∵在和中，
，
，
∴点F在与DG成60°的直线MH上运动，
，，
，
，
∵，
∴，
∵在Rt△DHG中，，
∴，
，
∵在Rt△AMH中，，
，
∵当F点在M点时，AF最小，
∴x＝4时，y的值为；
②由①得，点F在与DG成60°的直线MH上运动，
，，，
∴，
在Rt△GDH中，，，
，
在Rt△AMH中，，
，
，．
【点睛】
本题考查了等边三角形是性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
3．（2022·广东·江门市新会东方红中学模拟预测）有这样一类特殊边角特征的四边形，它们有“一组邻边相等且对角互补”，我们称之为“等对补四边形”．

(1)如图1，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于点E，若AE＝4，则四边形ABCD的面积等于 　 　．
(2)等对补四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角，即如图2，四边形ABCD中，AD＝DC，∠A+∠C＝180°，连接BD，求证：BD平分∠ABC．
(3)现准备在某地著名风景区开发一片国家稀有动物核心保护区，保护区的规划图如图3所示，该地规划部门要求：四边形ABCD是一个“等对补四边形”，满足AD＝DC，AB+AD＝12，∠BAD＝120°，因地势原因，要求3≤AD≤6，求该区域四边形ABCD面积的最大值．
【答案】(1)9
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）过作，交的延长线于，求出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，求出，根据得出，根据全等得出，，求出，求出，代入求出即可；
（2）如图1中，连接，．证明，，，四点共圆，利用圆周角定理即可解决问题．
（3）如图3中，延长到，使得，连接，过点作于，根点作于，于．设．构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
(1)
解：如图1，过作，交的延长线于，

，
，
四边形是矩形，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
四边形是矩形，
四边形是正方形，
，




．
故答案为：16；
(2)
解：证明：如图2中，连接．

，
，，，四点共圆，
，
，
，
平分．
(3)
解：如图3中，延长到，使得，连接，过点作于，过点作于，于．设．

，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
由（2）可知．平分，
，
，
，
，，
，，
，
，
，，
，
∵，
∴
∴时，有最大值，最大值．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了“邻等对补四边形”的定义，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，四点共圆，二次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．
4．（2022·广东江门·一模）已知，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E是射线BC上一动点，将矩形ABCD先沿直线AE翻折，点B落在点F处，展开后再将矩形ABCD沿直线BF翻折，点E落在点G处，再将图形展开，连接EF、FG、GB，得到四边形BEFG．

(1)如图1，若点F恰好落在CD边上，求线段BE的长；
(2)如图2，若BE＝1，直接写出点F到BC边的距离；
(3)若△ADG的面积为3，直接写出四边形BEFG的面积．
【答案】(1)BE＝
(2)
(3)或
【解析】
【分析】
（1）连接AF，如图1所示，由矩形，翻折的性质可知AF＝AB＝5，FE＝BE，勾股定理得DF＝求出的值，在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝FE2，计算求解即可；
（2）连接AF，过点F作MN⊥BC于N，交AD于M，如图2所示，则MN⊥AD，AM＝BN，∠AFM+∠FAM＝90°，由翻折的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE＝1，∠AFE＝∠ABE＝90°，有∠FAM＝∠EFN，证明△AMF∽△FNE，有，AM＝5FN，可知BN＝5FN，在Rt△NEF中，由勾股定理得：FN2+EN2＝FE2，计算求出符合要求的解即可；
（3）分两种情况：①点G在矩形ABCD的内部时，连接AF，过G作GH⊥AD于H，过点F作MN⊥BC于N，交AD于M，如图3所示，由△ADG的面积＝AD×GH＝3，求出GH的值，证明四边形BEFG是菱形，四边形GHMF是矩形，勾股定理得＝，求出的值，同（2）得：△AMF∽△FNE，有，求得的值，进而可知的值，由四边形BEFG的面积＝BE×FN计算求解即可；②点G在矩形ABCD的外部时，连接AF，过G作GH⊥AD于H，过点E作EN⊥FG于N，过A作AM⊥FG于M，如图4所示，同①得：AM＝GH＝2，FM＝，△AMF∽△FNE，有，求的值，进而可知的值，由四边形BEFG的面积＝BE×EN计算求解即可．
(1)
解：连接AF，如图1所示，

∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，
由翻折的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE，
∴DF＝，
∴CF＝CD﹣DF＝1，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝FE2，
即（3﹣BE）2+12＝BE2，
解得：BE＝；
(2)
解：连接AF，过点F作MN⊥BC于N，交AD于M，如图2所示，

则MN⊥AD，AM＝BN，
∴∠AMF＝∠FNE＝90°，
∴∠AFM+∠FAM＝90°，
由翻折的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE＝1，∠AFE＝∠ABE＝90°，
∴∠AFM+∠EFN＝90°，
∴∠FAM＝∠EFN，
∴△AMF∽△FNE，
∴，
∴AM＝5FN，
∴BN＝5FN，
在Rt△NEF中，由勾股定理得：FN2+EN2＝FE2，
即FN2+（5FN﹣1）2＝12，
解得：FN＝，或FN＝0（舍去），
即点F到BC边的距离为；
(3)
分两种情况：
①点G在矩形ABCD的内部时，连接AF，过G作GH⊥AD于H，过点F作MN⊥BC于N，交AD于M，如图3所示，

则MN∥GH，MN⊥AD，MN＝CD＝5，
∵△ADG的面积＝AD×GH＝×3×GH＝3，
∴GH＝2，
由翻折的性质得：BG＝FG，FE＝BE，BG＝BE，
∴BG＝FG＝FE＝BE，
∴四边形BEFG是菱形，
∴FG∥BC∥AD，
∴四边形GHMF是平行四边形，
∵GH⊥AD，
∴∠GHM＝90°，   
∴平行四边形GHMF是矩形，
∴FM＝GH＝2，
∴FN＝MN﹣FM＝3，AM＝，
同（2）得：△AMF∽△FNE，
∴，
即，
∴FE＝，
∴BE＝，
∴四边形BEFG的面积＝BE×FN＝×3＝；
②点G在矩形ABCD的外部时，连接AF，过G作GH⊥AD于H，过点E作EN⊥FG于N，过A作AM⊥FG于M，如图4所示，

同①得：AM＝GH＝2，FM＝，△AMF∽△FNE，
∴，
∵EN＝BM＝AB+AM＝5+2＝7，
∴，
解得：，
∴BE＝，
∴四边形BEFG的面积＝BE×EN＝×7＝；
综上所述，四边形BEFG的面积为或．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，三角形相似，勾股定理，菱形、矩形的判定与性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．
5．（2022·广东韶关·模拟预测）如图1，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，点P为BC边的中点，直线a经过点A，过B作BE⊥a，垂足为E，过C作CF⊥a，垂足为F，连接PE、PF．
（1）当点B、P在直线a的异侧时，延长EP交CF于点G，猜想线段PF和EG的数量关系为_____；
（2）如图2，直线a绕点A旋转，当点BP在直线a的同侧时，若（1）中其它条件不变，（1）中的结论还成立吗?若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）直线a绕点A旋转一周的过程中，当线段PF的长度最大时，请判断四边形BEFC的形状，并求出它的面积．

【答案】（1）；（2）成立，见解析；（3）矩形；4
【解析】
【分析】
（1）证，得，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论；
（2）延长交的延长线于，同（1）得，得，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论；
（3）连接，由等腰三角形的性质得，设线段的中点为，得点、都在以线段为直径的圆上，当时，取得最大值，此时四边形是正方形，则四边形是矩形，即可求解．
【详解】
（1），理由如下：
，，
，
，，
点为边的中点，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）（1）中的结论还成立，证明如下：
延长交的延长线于，如图2所示：
同（1）得：，
，
，
，
；
（3）连接，如图3所示：
，点为边的中点，
，，
，
设线段的中点为，
，
，
点、都在以线段为直径的圆上，
当时，取得最大值，此时四边形是正方形，
则四边形是矩形，，
四边形的面积正方形的面积．


【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的性质和直角三角形斜边上的中线性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
6．（2022·广东中山·一模）在如图平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为（4，2），OA、OC分别落在x轴和y轴上，OB是矩形的对角线．将△OAB绕点O逆时针旋转，使点B落在y轴上，得到△ODE，OD与CB相交于点F，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点F，交AB于点G．
（1）求k的值和点G的坐标；
（2）连接FG，则图中是否存在与△BFG相似的三角形？若存在，请把它们一一找出来，并选其中一种进行证明；若不存在，请说明理由；
（3）在线段OA上存在这样的点P，使得△PFG是等腰三角形．请直接写出点P的坐标．

【答案】（1）k＝2，点G的坐标为（4，）；（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG，证明详见解析；（3）点P的坐标为（4﹣，0）或（，0）或（，0）．
【解析】
【分析】
（1）证明△COF∽△AOB，则，求得：点F的坐标为（1，2），即可求解；
（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG．证△OAB∽△BFG：，，即可求解．
（3）分GF＝PF、PF＝PG、GF＝PG三种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形OABC为矩形，点B的坐标为（4，2），
∴∠OCB＝∠OAB＝∠ABC＝90°，OC＝AB＝2，OA＝BC＝4，
∵△ODE是△OAB旋转得到的，即：△ODE≌△OAB，
∴∠COF＝∠AOB，∴△COF∽△AOB，
∴，∴＝，∴CF＝1，
∴点F的坐标为（1，2），
∵y＝（x＞0）的图象经过点F，
∴2＝，得k＝2，
∵点G在AB上，
∴点G的横坐标为4，
对于y＝，当x＝4，得y＝，
∴点G的坐标为（4，）；
（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG．
下面对△OAB∽△BFG进行证明：
∵点G的坐标为（4，），∴AG＝，
∵BC＝OA＝4，CF＝1，AB＝2，
∴BF＝BC﹣CF＝3，
BG＝AB﹣AG＝．
∴，．
∴，
∵∠OAB＝∠FBG＝90°，
∴△OAB∽△FBG．
（3）设点P（m，0），而点F（1，2）、点G（4，），
则FG2＝9+＝，PF2＝（m﹣1）2+4，PG2＝（m﹣4）2+，
当GF＝PF时，即＝（m﹣1）2+4，解得：m＝（舍去负值）；
当PF＝PG时，同理可得：m＝；
当GF＝PG时，同理可得：m＝4﹣；
综上，点P的坐标为（4﹣，0）或（，0）或（，0）．
【点睛】
本题考查的是反比例函数综合运用，涉及到旋转的性质、三角形相似、等腰三角形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
7．（2022·广东广州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB = 6，AD = 8，点E是CD边上的一个动点（点E不与点C重合），延长DC到点F，使EC = 2CF，且AF与BE交于点G.

(1)当EC = 4时，求线段BG的长:
(2)设CF = x，△GEF的面积为y，求y与x的关系式，并求出y的最大值:
(3)连接DG，求线段DG的最小值.
【答案】(1)
(2)；
(3)
【解析】
【分析】
（1）先利用矩形的性质证明，证得，在利用勾股定理求得的长，进而可求解；
（2）设AF与BC交于点P，过点G作于，利用相似三角形的判定和性质分别求得，，，最后求得，在△GEF中利用三角形的面积公式即可求解；
（3）过点作，连接DG，则四边形是矩形，在中，利用勾股定理求得的最小值，进而得到答案．
(1)
解：∵四边形ABCD是矩形，AB = 6，AD = 8，
∴，，，，，
∴，
∵EC = 2CF，EC = 4，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴；
(2)
解：设AF与BC交于点P，过点G作于，如图所示，

∵，
∴，
∴，
∵AB = 6，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∴y与x的关系式为:，
∵点E是CD边上的一个动点（点E不与点C重合），，
∴，即，
∴当时，y的最大值．
(3)
解：过点作，连接DG，则四边形是矩形，

∴， ，
∴，
在中，，
令，则，
∴当时，有最小值为，
∴的最小值为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是根据题意作出适当的辅助线．
8．（2022·广东·一模）如图，正方形ABCD中，点F是BC边上一点，连结AF，以AF为对角线作正方形AEFG，边FG与正方形ABCD的对角线AC相交于点H，连结DG．

(1)证明：△AFC∽△AGD；
(2)若＝，请求出的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由四边形，是正方形，推出，得，由于，得到，列比例式即可得到结果；
（2）设，，则，根据勾股定理得到，由于，，于是得到，得到比例式即可得到结论．
(1)
四边形，是正方形，
，，
，
，
，
；
(2)
，
设，，则，
，，
四边形，是正方形，
，，
，
，
．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，找准相似三角形是解题的关键．
9．（2022·广东惠州·模拟预测）如图，在△中，已知，，且△≌△，将△与△重合在一起，△不动，△运动，并且满足：点在边上沿到的方向运动（点与、不重合），且始终经过点，与交于点．

(1)求证：△∽△；
(2)探究：在△运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出的长；若不能，请说明理由；
(3)当线段最短时，求重叠部分的面积．
【答案】(1)见详解；
(2)BE的长为1或；
(3)当时，最短为，．
【解析】
【分析】
(1)由AB=AC,根据等边对等角,可得∠B=∠C,又由ΔABC≌ΔDEF与三角形外角的性质,易证得∠CEM=∠BAE,则可证得ΔABE∽ΔECM;
(2)首先由∠AEF=∠B=∠C,且∠AME>∠C,可得AE≠AM,然后分别从AE=EM与AM=EM去分析,注意利用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案;
(3)首先设BE=x,由ΔABE∽ΔECM,根据相似三角形的对应边成比例,易得,继而求得AM的值,利用二次函数的性质,即可求得线段AM的最小值,继而求得重叠部分的面积．
(1)
解：∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴△∽△；
(2)
解：∵，且，
∴，
∴；
当时，
∵△∽△；
∴，
∴，
∴；

当时，则，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
综合BE的长为1或；

(3)
解：设，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴当时，最短为，
又∵当时，点为的中点，
∴，
∴，此时，，
∴，
∴．

【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及二次函数的最值问题，此题难度较大，注意数形结合思想、分类讨论思想与函数思想的应用是解此题的关键．
10．（2022·广东深圳·模拟预测）【知识再现】
学完《全等三角形》一章后，我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称HL定理）”是判定直角三角形全等的特有方法．
【简单应用】
如图（1），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AC、AB上．若CE＝BD，则线段AE和线段AD的数量关系是 　　．

【拓展延伸】
在△ABC中，∠BAC＝（90°＜＜180°），AB＝AC＝m，点D在边AC上．
（1）若点E在边AB上，且CE＝BD，如图（2）所示，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由．
（2）若点E在BA的延长线上，且CE＝BD．试探究线段AE与线段AD的数量关系（用含有a、m的式子表示），并说明理由．
【答案】【简单应用】AE＝AD；【拓展延伸】（1）相等，证明见解析；（2）AE﹣AD＝2AC•cos（180°﹣），理由见解析
【解析】
【分析】
简单应用：证明Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），可得结论．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．证明△CAM≌△BAN（AAS），推出CM＝BN，AM＝AN，证明Rt△CME≌Rt△BND（HL），推出EM＝DN，可得结论．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．证明TE＝TE′，求出AT，可得结论．
【详解】
简单应用：解：如图（1）中，结论：AE＝AD．

理由：∵∠A＝∠A＝90°，AB＝AC，BD＝CE，
∴Rt△ABD≌Rt△ACE（HL），
∴AD＝AE．
故答案为：AE＝AD．
拓展延伸：（1）结论：AE＝AD．

理由：如图（2）中，过点C作CM⊥BA交BA的延长线于M，过点N作BN⊥CA交CA的延长线于N．
∵∠M＝∠N＝90°，∠CAM＝∠BAN，CA＝BA，
∴△CAM≌△BAN（AAS），
∴CM＝BN，AM＝AN，
∵∠M＝∠N＝90°，CE＝BD，CM＝BN，
∴Rt△CME≌Rt△BND（HL），
∴EM＝DN，
∵AM＝AN，
∴AE＝AD．
（2）如图（3）中，结论：AE﹣AD＝2m•cos（180°﹣）．

理由：在AB上取一点E′，使得BD＝CE′，则AD＝AE′．过点C作CT⊥AE于T．
∵CE′＝BD，CE＝BD，
∴CE＝CE′，
∵CT⊥EE′，
∴ET＝TE′，
∵AT＝AC•cos（180°﹣）＝m•cos（180°﹣），
∴AE﹣AD＝AE﹣AE′＝2AT＝2m•cos（180°﹣）．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形等知识，解题的关键在于能够熟练寻找全等三角形解决问题.
11．（2022·广东·模拟预测）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究
（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为 ；
推广验证
（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．
【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；
（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．
【详解】
（1）∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴PH=AH=，
∴，，
∴，
∵，ED=2，
∴，，
∴，
∵，
∴△ABP∽△EDP，
∴，，
∴，，
∴，
，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴
故最后答案为．

【点睛】
（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．
12．（2022·广东·模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8cm，AC＝6cm．点P从B出发沿BA向A运动，速度为每秒1cm，点E是点B以P为对称中心的对称点，点P运动的同时，点Q从A出发沿AC向C运动，速度为每秒2cm，当点Q到达顶点C时，P，Q同时停止运动，设P，Q两点运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，PQ∥BC？
(2)设四边形PQCB的面积为y，求y关于t的函数关系式；
(3)四边形PQCB面积能否是△ABC面积的？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由；
(4)当t为何值时，△AEQ为等腰三角形？（直接写出结果）

【答案】(1)t＝；(2)y＝t2﹣8t+24；(3)四边形PQCB面积能是△ABC面积的，此时t的值为5﹣；(4)当t为秒秒秒时，△AEQ为等腰三角形．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）先在Rt△ABC中，由勾股定理求出AB=10，再由BP=t，AQ=2t，得出AP=10-t，然后由PQ∥BC，根据平行线分线段成比例定理得出，列出比例式，求解即可；
（2）根据S四边形PQCB=S△ACB-S△APQ=AC•BC-AP•AQ•sinA，即可得出y关于t的函数关系式；
（3）根据四边形PQCB面积是△ABC面积的，列出方程t2-8t+24=×24，解方程即可；
（4）△AEQ为等腰三角形时，分三种情况讨论：①AE=AQ；②EA=EQ；③QA=QE，每一种情况都可以列出关于t的方程，解方程即可．
试题解析：（1）Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，
∴AB=10cm．
∵BP=t，AQ=2t，
∴AP=AB-BP=10-t．
∵PQ∥BC，
∴，
∴，
解得t=；
（2）∵S四边形PQCB=S△ACB-S△APQ=AC•BC-AP•AQ•sinA
∴y=×6×8-×（10-2t）•2t•=24-t（10-2t）=t2-8t+24，
即y关于t的函数关系式为y=t2-8t+24；
（3）四边形PQCB面积能是△ABC面积的，理由如下：
由题意，得
t2-8t+24=×24，
整理，得t2-10t+12=0，
解得t1=5-，t2=5+（不合题意舍去）．
故四边形PQCB面积能是△ABC面积的，此时t的值为5-；
（4）△AEQ为等腰三角形时，分三种情况讨论：
①如果AE=AQ，那么10-2t=2t，解得t=；
②如果EA=EQ，那么（10-2t）×=t，解得t=；
③如果QA=QE，那么2t×=5-t，解得t=．
故当t为秒、秒、秒时，△AEQ为等腰三角形．
考点：相似形综合题．
13．（2021·广东惠州·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．

(1)求线段CD的长；
(2)设△CPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC＝9：100？若存在，求出t的值；若不存在，则说明理由．
(3)是否存在某一时刻t，使得△CPQ为等腰三角形？若存在，求出所有满足条件的t的值；若不存在，则说明理由．
【答案】(1)线段CD的长为4.8
(2)S＝﹣t2+t；当t＝或t＝3时，S△CPQ：S△ABC＝9：100
(3)存在，当t为2.4或或时，△CPQ为等腰三角形
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理可求出AB长，再用等积法就可求出线段CD的长；
（2）过点P作PH⊥AC，垂足为H，通过三角形相似即可用t的代数式表示PH，从而可以求出S与t之间的函数关系式；利用S△CPQ：S△ABC＝9：100建立t的方程，解方程即可解决问题；
（3）可分三种情况进行讨论：由CQ＝CP可建立关于t的方程，从而求出t；由PQ＝PC或QC＝QP不能直接得到关于t的方程，可借助于等腰三角形的三线合一及三角形相似，即可建立关于t的方程，从而求出t．
(1)
解：如图1，


∵∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝10，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC＝BC•AC＝AB•CD，
∴CD＝＝＝4.8．
∴线段CD的长为4.8；
(2)
解：①过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图2所示．


由题可知DP＝t，CQ＝t，
则CP＝4.8﹣t，
∵∠ACB＝∠CDB＝90°，
∴∠HCP＝90°﹣∠DCB＝∠B，
∵PH⊥AC，
∴∠CHP＝90°，
∴∠CHP＝∠ACB，
∴△CHP∽△BCA，
∴，
∴，
∴PH＝，
∴S△CPQ＝CQ•PH＝t（）＝﹣t2+t；
②存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC＝9：100．
∵S△ABC＝×6×8＝24，且S△CPQ：S△ABC＝9：100，
∴（﹣t2+t）：24＝9：100．
整理得：5t2﹣24t+27＝0．
即（5t﹣9）（t﹣3）＝0．
解得：t＝或t＝3．
∵0≤t≤4.8，
∴当t＝或t＝3时，S△CPQ：S△ABC＝9：100；
(3)
解：存在.
①若CQ＝CP，如图1，
则t＝4.8﹣t，
解得：t＝2.4；
②若PQ＝PC，如图2所示．
∵PQ＝PC，PH⊥QC，
∴QH＝CH＝QC＝，
∵△CHP∽△BCA．
∴，
∴，
解得；t＝，
③若QC＝QP，
过点Q作QE⊥CP，垂足为E，如图3所示．

同理可得：t＝，
综上所述：当t为2.4或或时，△CPQ为等腰三角形．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、一元二次方程的应用、勾股定理等知识，具有一定的综合性，而利用等腰三角形的三线合一巧妙地将两腰相等转化为底边上的两条线段相等是解决第三小题的关键．
14．（2021·广东云浮·一模）如图，四边形ABCD和四边形GHIJ都是正方形，点E同时是边BC和HI的中点，点F是边AD的中点，点K是边GJ的中点，连接BH，FK．


(1)如图1，当HI与BC在同一条直线上时，直接写出BH与FK的数量关系和位置关系；
(2)正方形ABCD固定不动，将图1中的正方形GHIJ绕点E顺时针旋转角，如图2所示，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明：若不成立，说明理由；
(3)正方形ABCD固定不动，将图1中的正方形GHIJ绕点E旋转角，作于点L.设，线段AB，BH，HG，GK，KF，FA所围成的图形面积为S.当，时，求S关于x的函数关系式，并写出相应的x的取值范围．
【答案】(1)BH与FK的数量关系为FK=2BH，位置关系为FK⊥BH
(2)仍然成立，BH与FK的数量关系不变，FK=2BH，位置关系不变FK⊥BH，证明见解析
(3)，变量x的取值范围是
【解析】
【分析】
（1），根据正方形的性质和中点定义，可知AB=BC，GH=HI，BE=EC，EH=EI，进而得出BH=IC，再根据FK=AB-GH，可得答案.
（2），先连接FE，KE，再根据两边成比例且夹角相等的两个三角形形似，得，进而得出，即可得出数量关系.再延长FK，交BC于M，延长BH，交FM于N，由①可得∠HBE=∠KFE，进而得出∠BNM=90°，即可得出位置关系.
（3），分两种情况：第一：当正方形GHIJ绕点E顺时针旋转α时，表示EL，再求出，，表示，再根据，得出，最后根据列出关系式，并求出取值范围.第二：当正方形GHIJ绕点E逆时针旋转α时，与第一类似，再根据列出关系式，并求出自变量取值范围，最后确定答案即可.
(1)
解：BH与FK的数量关系为FK=2BH，位置关系为FK⊥BH.
根据题意可知AB=BC，GH=HI，BE=EC，EH=EI，
∴BH=BE-HE，IC=EC-EI，
即BH=IC.
∴FK=AB-GH=BC-HI=BH+IC=2BH.
(2)
当正方形GHIJ绕点E旋转α（）角时，其数量和位置关系不变
先证FK=2BH
连接FE，KE
由题意可得到，∠FEB=∠KEH=90°
可得∠HEB+∠FEH=∠KEF+∠FEH
∴∠HEB=∠KEF
∴
∴
即FK=2BH

②再证FK⊥BH
延长FK，交BC于M，延长BH，交FM于N
由①可得∠HBE=∠KFE
∴∠HBE+∠FMB=∠KFE+∠FMB=90°
∴∠BNM=90°
即FK⊥BH
∴BH与FK的数量关系不变，FK=2BH，位置关系不变FK⊥BH
(3)
正方形GHIJ绕点E旋转α（0°≤α≤90°），有以下两种情况:
当正方形GHIJ绕点E顺时针旋转α时，EL=x-3.


如图，，
∵，
∴
∴
又∵
因此
自变量x的取值范围是
当正方形GHIJ绕点E逆时针旋转α时，EL=3-x.

如图，，
∵，
∴
∴
又∵
因此
自变量x的取值范围是.
综上所述，.
【点睛】
这是一道关于正方形的综合问题，考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，旋转的性质，求一次函数的关系式及自变量取值范围等.
15．（2021·广东广州·三模）△ABC为等腰三角形，AB＝AC，点D为△ABC所在平面内一点．

(1)若∠BAC＝120°，
①如图1，当点D在BC边上，BD＝AD，求证：DC＝2BD；
②如图2，当点D在△ABC外，∠ADB＝120°，AD＝2，BD＝4，连接CD，求CD的长；
(2)如图3，当点D在△ABC外，且∠ADB＝90°，以AD为腰作等腰三角形△ADE，∠DAE＝∠BAC，AD＝AE，直线DE交BC于点F，求证：点F是BC中点．
【答案】(1)①证明见解析；②
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）①由等腰三角形的性质可求∠ABC＝∠ACB＝30°＝∠BAD，可得∠DAC＝90°，由含30°的直角三角形的性质可求解；②如图2，以AB，AC为边作等边△ABH，等边△ACH，以AD，BD为边作等边△ADE，等边△BDG，连接GH，过点E作EN⊥DG，交GD的延长线于N，由“SAS”可证△ADB≌△HGB，△DAC≌△EAH，可得AD＝GH＝2，∠ADB＝∠BGH＝120°，DC＝EH，由直角三角形的性质可得ND＝DE＝1，NE＝DN＝，在Rt△NEH中，由勾股定理可求EH，即可；
（2）如图3通过证明△ADE∽△ABC，可得∠ADE＝∠ABC，可证A、D、B、F四点共圆，可求∠BFA＝90°，由等腰三角形的性质可证点F是BC中点．
(1)
解：①证明：∵∠BAC＝120°，AB＝AC
∴∠ABC＝∠ACB＝30°
∵BD＝AD
∴∠ABD＝∠BAD＝30°
∴∠DAC＝90°
∴CD＝2AD
∴CD＝2BD
②如图2，以AB，AC为边作等边△ABH，等边△ACH，以AD，BD为边作等边△ADE，等边△BDG，连接GH，过点E作EN⊥DG，交GD的延长线于N，

∵△BDG和△ABH都是等边三角形
∴BD＝BG＝DG＝4，AB＝BH，∠DBG＝∠ABH＝60°＝∠BGD
∴∠ABD＝∠GBH
在△ADB和△HGB中
∵
∴△ADB≌△HGB（SAS）
∴AD＝GH＝2，∠ADB＝∠BGH＝120°
∴∠DGB+∠BGH＝180°
∴点G，H，D三点共线
∴DH＝4+2＝6
∵△ADE和△ACH都是等边三角形
∴AC＝AH，∠AE＝AD＝DE＝2，∠DAE＝∠CAH＝∠EDA＝60°
∴∠DAC＝∠EAH
同理△DAC≌△EAH（SAS）
∴DC＝EH
∵∠BDG＝∠EDN＝60°，EN⊥DG
∴∠DEN＝30°
∴ND＝DE＝1，NE＝DN＝
∴HN＝DH+DN＝7
∴EH＝
∴CD＝EH＝2．
(2)
连接AF，如图3所示：

∵∠DAE＝∠BAC，AD＝AE，AB＝AC
∴
∴△ADE∽△ABC
∴∠ADE＝∠AB
∴A、D、B、F四点共圆
∴∠BFA＝180°﹣∠ADB＝180°﹣90°＝90°
∴AF⊥BC
∵AB＝AC
∴BF＝CF
∴点F是BC中点．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，三角形全等，勾股定理，三角形相似，四点共圆等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
16．（2021·广东广州·一模）如图1，正方形的对角线相交于点O，延长到点G，延长到点E，使，，以，为临边做正方形，连接，．

（1）探究与的位置关系与数量关系，并证明；
（2）固定正方形，以点O为旋转中心，将图1中的方形逆时针转n°（）得到正方形，如图2，
①在旋转过程中，当时，求n的值；
②在旋转过程中，设点到直线的距离为d，若正方形的边长为1，请直接写出d的最大值与最小值，不必说明理由．
【答案】（1），，证明见解析；（2）①30或150；②d的最大值为，d的最小值为
【解析】
【分析】
（1）延长交于点，易证，得到，然后运用等量代换证明即可；
（2）①在旋转过程中，成为直角有两种情况：由增大到过程中，当时，，由90增大到180过程中，当时，；
②连接，设直线交直线于，作正方形的外接圆，在旋转过程中，的位置有以下两种情况：第一种情况，当在内时，，第二种情况：当在外时，，根据解直角三角形可得，当最大时，最大；当最小时，最小；运用勾股定理即可求得的最大值和最小值．
【详解】
解：（1），
证明：如图1，延长交于点，

点是正方形两对角线的交点，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
故，；
（2）①在旋转过程中，有两种情况：

（Ⅰ）由0增大到90过程中，当时，
，
在中，，
，
，，
，
，
即；
（Ⅱ）由90增大到180过程中，当时，
同理可求，
，
；
综上所述，当时，或150．
②如图3，的最大值为，
如图4，的最小值为．
理由如下：如图3、图4所示，连接，设直线交直线于，作正方形的外接圆，
        
仿照（1）的证明，可证得，即在旋转过程中，保持不变，所以．
在旋转过程中，的位置有以下两种情况：
第一种情况，当在内时，，如图3所示，
第二种情况：当在外时，，如图3所示，
，
．
在△中，，
，
所以，当最大时，最大；
当最小时，最小；
设点到的距离为，则，
由上式可知，当取最大值时，取最大值．
在旋转过程中，当与相切，即时，取最大值．
此时，取最大值，从而取最大值或最小值．
由①可知，当时，，
在（1）中，已证得，且，
四边形为正方形，
，
，
的最大值为，
的最小值为．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，熟练掌握旋转变换性质、全等三角形判定和性质等相关知识，灵活运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
17．（2021·广东广州·二模）如图，矩形中，，点E是边上的一点，点F是边延长线上的一点，且．连接，交于点O，过E作，垂足为P．

（1）求证：；
（2）求证：长为定值；
（3）记与的交点为Q，当时，直接写出此时的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据两边的比相等且夹角相等，证明：；
（2）如图1，作辅助线，构建相似三角形，得，列比例式，再根据勾股定理得的长，根据等角的正切相等可知：，即，得，设，则，代入比例式可得，从而得结论；
（3）证明，列比例式可得结论．
【详解】
（1）证明：在矩形中，，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图1，过点E作，交于点G，

，
在中，，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
所以是一个定值；
（3）如图2，，

由（2）知：，
，
，
，
，解得：，
，
，
．
【点睛】
本题考查了矩形的性质,三角形相似的判断和性质,三角函数,熟练掌握三角形相似的判定定理,灵活运用三角函数的定义是解题的关键．
18．（2021·广东惠州·二模）如图，在中，，，，于点．点从点出发，沿线段向点运动，点从点出发，沿线段向点运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点运动到时，两点都停止．设运动时间为秒．

（1）求线段的长；
（2）设的面积为，求与之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻，使得？若存在，求出的值；若不存在，则说明理由；
（3）是否存在某一时刻，使得为等腰三角形？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）4.8；（2）；秒或3秒；（3）存在，2.4秒或秒或秒
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理可求出AB长，再用等积法就可求出线段CD的长．
（2）过点P作PH⊥AC，垂足为H，通过三角形相似即可用t的代数式表示PH，从而可以求出S与t之间的函数关系式；利用S△CPQ：S△ABC=9：100建立t的方程，解方程即可解决问题．
（3）可分三种情况进行讨论：由CQ=CP可建立关于t的方程，从而求出t；由PQ=PC或QC=QP不能直接得到关于t的方程，可借助于等腰三角形的三线合一及三角形相似，即可建立关于t的方程，从而求出t．
【详解】
解：（1）如图1，，，，
，
，
，
，
∴线段的长为4.8；

（2）过点作，垂足为，如图2所示．
由题可知，，
则，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
存在某一时刻，使得，
，且，
，
整理得：，
即，
解得：或，
，
∴当秒或秒时，；

（3）存在
①若，如图1，
则，
解得：，
②若，如图2所示，
，，
，
，
∴，
∴，
解得；，
③若，
过点作，垂足为，如图3所示，

同理可得：，
综上所述：当t为2.4秒或秒或秒时，为等腰三角形．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、一元二次方程的应用、勾股定理等知识，具有一定的综合性，而利用等腰三角形的三线合一巧妙地将两腰相等转化为底边上的两条线段相等是解决第三小题的关键．
19．（2021·广东梅州·二模）如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为：同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．过点作于点，交于点．设运动时间为（）（）．

（1）作于点N，若（）时，则______；______．
（2）连接，，设三角形的面积为（），求关于的函数关系式；
（3）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；．（2）；（3）存在，
【解析】
【分析】
(1)当时，，，求出，再解直角三角形即可；
(2)利用解直角三角形和运动时间表示出，，再利用面积和差即可求；
(3) 连接，延长交于，证≌，表示出长，再根据角平分线的性质列方程即可．
【详解】
解：（1）∵，，，
∴，，，，
∴，
当时，，，，
∵，
∴．
， ．
故答案为：；．
（2）由（1）可知，

∵，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
；
（3）存在，
理由如下：如图，连接，延长交于，

∵，，，
∴≌（SSS），
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，
∴，
∴，
∴当时，点在的平分线上．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
20．（2021·广东汕头·一模）将两块全等的三角板如图①摆放，其中，．

（1）将图①中的顺时针旋转后得到图②，点是与的交点，点是与的交点．若，请判断的形状，并说明理由；
（2）将图①中的顺时针旋转45°得图③，点是与的交点，点是与的交点，求证：；
（3）在（2）的条件下，如图④，在上取一点，连接、，设，当时，求的面积．
【答案】（1）为等边三角形，证明见解析;（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据三角形全等，进行角之间的等量转换，结合直角三角形两锐角互余以及两直线平行内错角相等，即可推出三角形是等边三角形．
（2）证明，就可以证明对应线段相等，即．
（3）过点P作于点，根据,，求得长度，在中，求得AB的长度，从而知道BP长度，证明，求得BM的长度，然后根据三角形面积计算公式代入求解即可．
【详解】
（1）证明：是等边三角形，理由如下：
∵，，
∴，
又∵，
∴，,
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形．
（2）证明:∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
（3）如下图：过点作于点

设，则，，，
∵，
∴，解得：，
∴，
又∵,
∴,，
∴，
∵
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查了解直角三角形的计算、等边三角形的证明、全等三角形的证明、相似三角形的判定和性质等相关知识点，根据题意数形结合是解题的关键所在．
21．（2021·广东佛山·一模）在中，，点D是边上的一点．

（1）如图1，过点D作于点M，于点N，求的值；
（2）将沿着过点D的直线折叠，使点B落在边的点P处（不与点A、C重合），折痕交边于点E；
①如图2，当点D是的中点时，求的长度；
②如图3，设，若存在两次不同的折痕，使点B落在边上两个不同的位置，求a的取值范围．
【答案】（1）；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）如图1中，连接，过点C作于H．利用勾股定理求出，再利用面积法求出的值．
（2）①如图2中，连接，．证明，利用面积法求出，可得结论．②如图3中，过点C作于H，过点D作于P．求出时的值，结合图形即可判断．
【详解】
解：（1）如图1中，连接，过点C作于H．

∵，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）①如图2中，连接，．

∵，
∴，
由（1）可知，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
②如图3中，过点C作于H，过点D作于P．

∵，
∴，
∴，
当时，设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，此时点B落在边上点B的位置，只有一个位置；
当DA=DB=6时，点B落在边上点A的位置，只有一个位置；
可知当时，存在两次不同的折叠，使点B落在边上两个不同的位置．
【点睛】
本题考查几何变换综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．
22．（2021·广东佛山·一模）在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图1，将一张菱形纸片ABCD（∠BAD＞90°）沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD．
（1）将图1中的△ACD以A为旋转中心，逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，求证四边形ACEC′是菱形；
（2）创新小组将图1中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，当α与∠BAC满足什么数量关系时，得到如图3所示的四边形BCC′D是矩形，请说明理由；
（3）缜密小组在创样报小组发现结论的基础上，量得图3中BC＝13cm，AC＝10cm，求BD的长．

【答案】（1）见解析；（2）α＝2∠BAC，见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）首先证明四边形ACEC′是平行四边形，再由AC＝AC′即可证明结论．
（2）如图3中，过点A作AE⊥C′C于点E，首先证明DC′∥CB，DC′＝BC，推出四边形BCC′D是平行四边形，再证明∠BCC′＝90°即可得出结论．
（3）过点A作AE⊥CC′于点E，过点B作BF⊥AC于点F，证明△ACE∽△CBF，由相似三角形的性质得出，求出CE的长，则可求出CC'的长，可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠CAC′＝∠AC′D，
∴AC′∥EC，
∵∠CAC′＝∠AC′D，
∴AC∥EC′，
∴四边形ACEC′是平行四边形，
∵AC＝AC′，
∴四边形ACEC′是菱形．
（2）解：当α＝2∠BAC时，四边形BCC′D是矩形．
理由：如图3中，过点A作AE⊥C′C于点E，

由旋转的性质，得AC′＝AC，
∴∠CAE＝∠C′AE＝α＝∠ABC，∠AEC＝90°，
∵BA＝BC，
∴∠BCA＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠BCA，
∴AE∥BC．
同理，AE∥DC′，
∴BC∥DC′，
又∵BC＝DC′，
∴四边形BCC′D是平行四边形，
又∵AE∥BC，∠AEC＝90°，
∴∠BCC′＝180°﹣90°＝90°，
∴四边形BCC′D是矩形．
（3）过点A作AE⊥CC′于点E，过点B作BF⊥AC于点F，

∵BA＝BC，
∴CF＝AF＝AC＝×10＝5，
在Rt△BCF中，BF＝＝12，
在△ACE和△CBF中，
∵∠CAE＝∠BCF，∠CEA＝∠BFC＝90°，
∴△ACE∽△CBF，
∴，即，
解得CE＝，
∵AC＝AC'，AE⊥CC'，
∴CC'＝2CE＝2×＝，
∴BD＝．
【点睛】
本题是四边形综合题．考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
23．（2021·广东广州·一模）不在射线上的点是边长为2的正方形外一点，且满足，以，为邻边作．
（1）如图，若点在射线上，请用尺规补全图形；
（2）若点不在射线上，且在AB的左侧，求的度数；
（3）设与交点为，当的面积最大时，求的值．

【答案】（1）见详解；（2）45°；（3）
【解析】
【分析】
（1）以B为圆心，AB长为半径，画圆交CB于点P，连接AP，BD，即可；
（2）连接PB，QC，过点D作DH⊥DQ，交QC的延长线于点H，先证明四边形BCQP是平行四边形，再推出∠CQD=45°，从而得是等腰直角三角形，然后证明，进而即可得到结论；
（3）延长AB交PQ于点N，则AN⊥PQ，由题意得点P在以点M为圆心，AB为弦的圆上，当的面积最大时，则的面积最大，此时，点P在圆M的最下面，过点M作MH⊥AB，则AH=BH=1，四边形MPNH是矩形，进而即可求解．
【详解】
解：（1）如图所示：

（2）连接PB，QC，过点D作DH⊥DQ，交QC的延长线于点H，
∵在中，
∴AD=PQ，AD∥PQ，
∵在正方形ABCD中，AD=BC，AD∥BC，
∴PQ=BC，PQ∥BC，
∴四边形BCQP是平行四边形，
∴∠PQD+∠APQ=180°，∠QPB+∠PQC=180°，
又∵∠APB=∠APQ+∠BPQ=45°，
∴∠PQD+∠PQC=360°-45°=315°，
∴∠CQD=360°-（∠PQD+∠PQC）=360°-315°=45°，
∵DH⊥DQ，
∴是等腰直角三角形，
∴DQ=DH，
∵∠ADQ+∠CDQ=∠CDH+∠CDQ=90°，
∴∠ADQ=∠CDH，
又∵AD=CD，
∴，
∴∠AQD=∠H=45°，
∵AP∥DQ，
∴=45°；

（3）延长AB交PQ于点N，则AN⊥PQ，
∵，
∴点P在以点M为圆心，AB为弦的圆上，且∠AMB=2∠APB=90°，
∴MB=MA=AB=×2=，
∵当的面积最大时，则的面积最大，此时，点P在圆M的最下面，即：MP⊥PQ，
过点M作MH⊥AB，则AH=BH=1，四边形MPNH是矩形，
∴HN=MP=，AH=PN=MH=1
∴AN=+1，
延长DA、PM交于点G，则PG⊥DG，DG=2+1=3，PG=AN=+1，
∴=．

【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆的基本性质，锐角三角函数的定义，第（3）小题，添加辅助线，构造辅助圆，利用圆的性质，找出点P的位置，是解题的关键．
24．（2021·广东广州·一模）如图，中，，，过点作交于点．

（1）求证：；
（2）设．
①以为半径的交边于另一点，点为边上一点，且，连接，求；
②点是线段上一动点（不与、重合），连接，在点运动过程中，求的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①；②在点运动过程中，的最小值为．
【解析】
【分析】
（1）利用等腰三角形的性质和30°所对直角边等于斜边的一半的性质求解即可；
（2）①过点作交于点E，求OA=OB=OP=CP的长，计算，根据CD=2DA计算即可；②作圆心关于的对称点，连接，，当、、三点共线时，取最小值，利用等边三角形的性质计算即可．
【详解】
（1）∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）①如图，过点作交于点E，

∵，，
∴的边上的高．
∵，，
∴OC=2OA=OP+PC，
∴OA=OP=PC，
∴AP=OP=PC=OA，
∴△OAP是等边三角形，
∴∠OAP=∠AOP=∠APO=60°，
∵，
∴∠BAP=90°，
∴AP=ABtanB=，
∴，
∵CD=2DA，
∴=；
②作圆心关于的对称点，连接，，

由对称性，垂直平分，，
∴．
又，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即点在圆上．
再过点作于，在点运动过程中，，
在中，
∵，
∴．
当、、三点共线时，取最小值，
此时，，
．
∴在点运动过程中，的最小值为．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，含有30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，特殊角的三角函数，线段最短原理，熟练掌握含有30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，灵活运用特殊角的函数值，构造最短位置是解题的关键．
25．（2021·广东佛山·一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点的坐标是，点为边上的一动点（不与点重合），连接，过点作直线，交于点，在直线上取一点（点在点右侧），使得，过点作，交于点，连接，设．
   
（1）填空：点的坐标为______（用含的代数式表示）；
（2）判断线段的长度是否随点的位置的变化而变化？并说明理由；
（3）①当为何值时，四边形的面积最小，请求出最小值；
②在轴正半轴上存在点，使得是等腰三角形，请直接写出3个符合条件的点的坐标（用含的代数式表示）．
【答案】（1）(m+，m)；（2）线段的长度不会随点的位置的变化而变化，理由见详解；（3）①当m=4时，四边形的面积最小值为；②或或．
【解析】
【分析】
（1）过点E作EN⊥x轴于点N，可证明，进而即可求解；
（2）先求出直线BO的解析式为：y=x，从而可得点的坐标为(m，m)，进而即可得到结论；
（3）①连接CE，过点E作EQ⊥BC于点Q，用含m的代数式表示EQ=6-m，CM=，ME=，进而即可求解；②分两种情况讨论：当点G为顶角顶点时，当点E为顶角顶点时，分别求解，即可．
【详解】
解：（1）过点E作EN⊥x轴于点N，
∵直线，
∴∠EMN+∠CMO=90°，
又∵∠OCM+∠CMO=90°，
∴∠EMN=∠OCM，
又∵∠COM=∠MNE=90°，
∴，
∴，
∴MN=OC=×6=，NE=OM=m，
∴ON=m+，
∴点的坐标为(m+，m)，
故答案是：(m+，m)；

（2）设直线BO的解析式为：y=kx，
把点的坐标是，代入上式可得：6=8k，解得：k=，
∴直线BO的解析式为：y=x，
∵点的坐标为(m+，m)，，
∴点的坐标为(m，m)，
∴= m+-m=，即：线段的长度不会随点的位置的变化而变化；
（3）①连接CE，过点E作EQ⊥BC于点Q，
∵点的坐标为(m+，m)，
∴EQ=6-m，
∵OC=6，OM=m，
∴CM=，
∵，
∴ME=CM=，
∴四边形的面积===，
即：当m=4时，四边形的面积最小值为：；

②（a）当点G为顶角顶点时，如图，则，即：，

（b）当点E为顶角顶点时，如图，则EG=EF=，EH=m，GH=，
∴或，

综上所述：G的坐标可以是：或或．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质，矩形的性质，图形与坐标，一次函数，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，是解题的关键．
26．（2021·广东汕尾·一模）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究：
（1）如图2，在中，为斜边，分别以为直径，向外侧作半圆，则面积之间的关系式为_____________；
推广验证：
（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作，，满足，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用：
（3）如图4，在五边形中，，点在上，，求五边形的面积．
【答案】（1）S1+S2=S3，(2)成立，证明见解析，（3）
【解析】
【分析】
（1）分别写出三个半圆的面积，再利用勾股定理转化即可．
（2）先证明三个三角形相似，再计算出三个三角形的面积，即可得出结论．
（3）先添加辅助线，在第二问的思路下，先证明三个三角形相似，得出三个三角形的面积关系，再利用30°、45°的直角三角形计算出相应的边，计算出五边形的面积即可．
【详解】
解：（1）设AB=b,AC=a,BC=c.则有：
所以
在Rt△ABC中，有a2+b2=c2，且

故答案为：S1+S2=S3
（2）∵
∴
设AB、AC、BC边上的高分别为h1，h2，h3
∴，设AB=b,AC=a,BC=c
则
∴

又在Rt△ABC中，有a2+b2=c2
∴
故依然成立
（3）连接PD、BD，作AF⊥BP，EM⊥PD

∵∠ABP=30°，∠BAP=105°
∴∠APB=45°
在Rt△ABF中，AF= AB= , BF=3,在Rt△AFP中,AF=PF=,则AP= ，
∵∠A=∠E,
∴△ABP∽△EDP
∴∠EPD=45°∠EDP=30°
∴∠BPD=90° 又PE=
∴PM=EM=1,MD=
则PD=1+
∴


=

所以五边形的面积为：
【点睛】
本题考查勾股定理、与勾股定理有关的图形问题、相似三角形．是中考的常考知识．
27．（2021·广东佛山·一模）如图1，分别是的内角的平分线，过点作，交的延长线于点．

（1）求证：；
（2）如图2，如果，且，求的值；
（3）如果是锐角，且与相似，求的度数，并直接写出的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3），或，．
【解析】
【分析】
（1）由题意：，根据三角形外内角性质和三角形内角和可得，由此即可解决问题．
（2）延长交于点．证明，可得，，由，可得．
（3）因为与相似，，所以中必有一个内角为因为是锐角，推出．接下来分两种情形分别求解即可．
【详解】
（1）证明：如图1中，

，
，，
平分，平分的，
，，
，，
，
．
（2）解：延长交于点．

，
，
又∵，
，
，
，，
，
．
（3）与相似，，
中必有一个内角为
是锐角，
．
①当时，，
，
，
，
，
如图，过B点作BH⊥AE，

∵，AD平分∠BAC，
∴∠BAH=45°，
∴AH=BH，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
②当时，即时，，
，
，
如解图（3）-2；过B点作BH⊥AE，

，分别是的内角的平分线，
∴，
∴BD=AD，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴在中，
∴
综上所述，，或，．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
28．（2021·广东·深圳市宝安中学（集团）三模）在平行四边形中，，，的顶点在上，交直线于点．
（1）如图1，若，，则_______．

图1
（2）如图2，在上取点，使，连接，若，求证：．

图2
（3）如图3，若，点关于的对称点为点，交于点，对角线、交于点，连接交于点，求的长．

图3
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）证明△EBF∽△DCE，可得，由此可得结论；
（2）先证明△BGE是等边三角形，再证△CDE∽△GEF，利用相似三角形的性质，即可证明；
（3）先证明，从而易证明，用等积法求出CM的长，再由三角形中位线定理求得的长，根据相似三角形的性质得出，从而可得结果．
【详解】
（1）∵∠B=90°
∴平行四边形ABCD是矩形
∴∠C=∠B=90°，BC=AD=8
∴∠FEB+∠BFE=90°
∵∠FED=90°
∴∠FEB+∠DEC=90°
∴∠DEC=∠BFE
∴△EBF∽△DCE
∴
∵CE=BC－BE=8－5=3
∴
∴
故答案为：
（2）∵BG=BE，∠B=60°，如图
∴△BGE是等边三角形
∴∠BGE=∠BEG=60°，GE=BE
∴∠GFE+∠GEF=∠BGE=60°，∠FGE=180°－∠BGE=120°
∵∠BEG+∠FED+∠GEF+∠CED=180°
∴∠GEF+∠CED=60°
∴∠CED=∠GFE
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠C=180°－∠B=120°
∴∠C=∠FGE
∴△CDE∽△GEF
∴
∵GE=BE
∴


（3）∵点与C点关于BD对称
∴，，
∴
∵∠ABC=90°
∴平行四边形ABCD是矩形
∴BC=AD=8，∠BCD=90°，OA=OC
∴
∴
∵
∴
∴
∴∥BD
∴
∴
在Rt△BCD中，由勾股定理得：
∴OC=DO =
∵
∴
在Rt△CMO中，由勾股定理得：
∵，OA=OC
∴OM是的中位线
∴
∴
即
∴


【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是找出相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
29．（2021·广东·铁一中学二模）（1）如图，四边形是正方形，点、分别是边、上的点，连接线段、、，45°，绕点按顺时针方向旋转90°得，点在的延长线上．试说明；

（2）如图，四边形是菱形，点、分别是边、上的点，连接线段、，120°，30°，试说明；

（3）如图，若菱形的边长为，点在的延长线上，，120°，30°，求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）cm
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可得，由此可得，，，根据正方形的性质可得，结合即可证得，由此根据SAS证明≌，进而即可证得；
（2）如图2中，分别在，上取点，，使得，，连接，．证明，再利用特殊角的三角函数值可得，同理可得：，最后利用相似三角形的性质解决问题即可；
（3）连接，在上取一点，使得．证明，可得，求出，，，可得结论．
【详解】
（1）证明：∵绕点A按顺时针方向旋转90°得，
∴，
，，，
四边形是正方形，
∴，
又，
，
，
，
在与中，
，
∴≌（SAS），
∴，
又∵，，
；
（2）证明：如图2中，分别在，上取点，，使得，，连接，，过点D作DG⊥NF于点G．

∵四边形是菱形，，
，，
又∵，
，
，
同理：，
，，
，
，
∵，
∴，
，
，
菱形的四边相等，，，
，，
∵，DG⊥NF，
∴NF＝2GF，
在中，，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
，
；
（3）解：连接，在上取一点，使得．

∵120°，，
∴，
，
∵，
，
，
，
，
，
，
菱形的边长为，，
∴，
，，
，
，
．
【点睛】
本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
30．（2021·广东·广州市第十六中学二模）如图，在矩形中，，，是上一个动点．

（1）如图1，连接，是对角线的中点，连接，当时，求的长．
（2）如图2，连接、，过点作交于点，连接，与交于点．当平分时，求的长．
（3）如图3，连接，点在上，将矩形沿直线折叠，折叠后点落在上的点处，过点作于点，于交于点，且，求的值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）先求出，进而求出，再判断出，即可得出结论；
（2）先判断出，进而求出，再判断出，进而求出，最后用勾股定理即可得出结论；
（3）先求出，再求出，根据勾股定理求出，，再判断出，△，列比例式，并根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，可得结论．
【详解】
解：（1）如图1，连接，

在矩形中，，，，
在中，根据勾股定理得，，
是中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
即：；
（2）如图2，在矩形中，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
如图2，过点作于，

，
，，
，
，
，
设，
，
，
，
∴在中，；
（3）如图3，在矩形中，，
，，
，
，
，
由折叠知，，，，
，
设，
，
根据勾股定理得，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
△，
，
，
，
．
【点睛】
此题是四边形和相似形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握判定两三角形相似的方法是解本题的关键．