【大題精編】2023屆浙江省中考數學復習專題9幾何綜合問題解答題30題專項提分計劃（浙江省通用）1．（2022·浙江衢州·模擬預測）（1）如圖，在矩形中，的平分線交于點交的延長線于點，求證：；（2）如圖，若是的中點，連接、、，請判斷的形狀，并說明理由．（3）如圖，作的角平分線交于點，已知，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）為等腰直角三角形，理由見解析；（3）．【分析】（1）由矩形的性質結合角平分線的定義可證得，可證明為等腰直角三角形，推出；（2）連接，由“”可證，可，進一步可證明，可判定為等腰直角三角形；（3）在上截取，連接，由等腰三角形的性質可求，可求的長，即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形為矩形，∴，∵平分，∴，∴，∴為等腰直角三角形，∴；

（2）解：為等腰直角三角形，理由如下：如圖，連接，由（1）可知為等腰直角三角形，∴，∵G為中點，∴，，在△AGF和△CGB中，，∴，∴，，∴，∴，∴為等腰直角三角形；（3）解：如圖，在上截取，連接，∵，∴，∵，∴，∵平分，∴，

∴，∵，，∴，，∵，

∴，∴，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查全等三角形的判定和性質，矩形的性質，等腰直角三角形的性質，在（1）中充分利用矩形的對邊分別平行是解題的關鍵，在（2）構造三角形全等是解題的關鍵，在（3）中求出的長是關鍵．2．（2022·浙江寧波·校考模擬預測）如圖1，在中，，，作平分線交于點F，以為邊作等腰直角，且，如圖2將繞點F每秒的速度順時針旋轉得到三角形（當點D落在射線上時停止旋轉），則旋轉時間為t秒．(1)當t＝秒，；(2)在旋轉過程中，與的交點記為M，如圖3，若為等腰三角形，求t的值；(3)當邊與邊、分別交于點P、Q時，如圖4，連接，設，，，試探究x，y，z之間的關系．【答案】(1)5(2)10或25或40(3)【分析】（1）根據平行線的性質可得，

，再利用三角形外角的性質得的度數，從而得出旋轉的角度，可得答案；（2）分或或，分別求出旋轉的角度，從而解決問題；（3）利用三角形外角的性質知，，再根據三角形內角和定理可得答案．【詳解】（1）解：當時，，∴，∵起始狀態，∴，故答案為：5；（2）解：當，，當時，，當時，，，綜上：t＝10或25或40；（3）解：∵是的外角，∴，∵是的外角，∴，在中，，∴．【點睛】本題是三角形綜合題，主要考查了旋轉的性質，平行線的性質，三角形內角和定理，三角形外角的性質，等腰三角形的性質等知識，運用分類思想是解決問題（2）的關鍵．運用三角形外角的性質是解決問題（3）的關鍵．3．（2022·浙江杭州·翠苑中學校考二模）在圖1，圖2，圖3中，是的中線，，垂足為P．設

(1)①如圖1，當，時，，．②如圖2，當，時，，．(2)觀察（1）中的計算結果，猜想三者之間的關系，用等式表示出來，并利用圖3證明．【答案】(1)①，；②；(2)，見解析【分析】（1）先判斷是等腰直角三角形，再得到也是等腰直角三角形，最后計算即可；（2）先設表示出線段最后利用勾股定理即可．【詳解】（1）①如圖1，連接，則是的中位線，是等腰直角三角形，也是等腰直角三角形，，，；

故答案為：，；②如圖2，連接，則是的中位線．，，，；故答案為：，．（2），理由如下：如圖3，連接，則是的中位線．∴，∴，∴，

設則，，，．【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了等腰直角三角形的判定與性質，勾股定理，三角形的中位線定理等知識，熟練掌握三角形中位線定理和勾股定理是解本題的關鍵．4．（2022·浙江麗水·一模）在菱形中，，，點E在邊上，，點P是邊上一個動點，連結，將沿翻折得到．(1)當時，求的度數；(2)若點F落在對角線上，求證：；(3)若點P在射線上運動，設直線與直線交于點H，問當為何值時，為直角三角形．【答案】(1)60°；(2)見解析；(3)或或或．【分析】（1）由平行線的性質得，求得，由翻折的性質可得，即可求解；（2）易證是等邊三角形，由翻折可得，證得，即可證明相似；（3）如圖2，當點P在線段AB上，∠PHB=90°，延長EF交AB的延長線于點K，由翻折的性質可得：AP=FP，，，設AP=x，則FP=x，求得，，，在中，

，求解即可得；如圖3，當點P在線段AB上，∠HPB=90°，過點E作EQ⊥AB于點Q，由折疊的性質可得：，求得，，，即可得AP的長度；如圖4，當點P在BA的延長線上，∠HPB=90°，過點E作EM⊥AB于點M，設AP=a，易得，，在中，，∴，求解即可；如圖5，當點P在BA延長線上，∠PHB=90°，延長EF交AB于點N，由翻折的性質可得：AP=FP，，，證得，，，即可求得AP的長度．【詳解】（1）解：∵，∴，∵∴∵是由翻折得到，∴，∴；（2）證明：當點F在BD上時，如圖1所示，∵菱形ABCD中，，∴AD=AB，是等邊三角形，∴∵是由翻折得到，∴，∴∵∴

∴在和中，∴；（3）解：如圖2，當點P在線段AB上，∠PHB=90°，延長EF交AB的延長線于點K，由翻折的性質可得：AP=FP，，設AP=x，則FP=x，∵∠PHB=90°，∴，∴，，∴∵，∴，∴，在中，，即，解得：，即；如圖3，當點P在線段AB上，∠HPB=90°，過點E作EQ⊥AB于點Q，

由折疊的性質可得：，∵EQ⊥AB，∴，，∴，，∴，∴；如圖4，當點P在BA的延長線上，∠HPB=90°，過點E作EM⊥AB于點M，設AP=a，∵EM⊥AB，，∴，由折疊的性質可得：，∵EM⊥AB，∴，在中，，∴，解得：，即；如圖5，當點P在BA延長線上，∠PHB=90°，

延長EF交AB于點N，由翻折的性質可得：AP=FP，，∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，∴，∵∴∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴．綜上，AP的長度為或或或．【點睛】本題考查菱形的性質，相似三角形的判定，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，平行線的性質和等腰三角形的性質等，第（3）問要注意分情況討論，做到不重不漏．5．（2022·浙江紹興·一模）如圖①，在正方形中，點E與點F分別在線段上，且四邊形是正方形．

(1)試探究線段與的關系，并說明理由．(2)如圖②若將條件中的四邊形與四邊形由正方形改為矩形，，．①線段在（1）中的關系仍然成立嗎？若成立，請證明，若不成立，請寫出你認為正確的關系，并說明理由．②當為等腰三角形時，求的長．【答案】(1)，理由見解析(2)①位置關系保持不變，數量關系變為；理由見解析；②當為等腰三角形時，的長為或或．【分析】（1）如圖1，根據證明，可得，及，則，所以；（2）①如圖2，連接交于點O，連接，根據矩形的性質和直角三角形斜邊中線的性質得：，可知在以點O為圓心的圓上，根據直徑所對的圓周角是直角得，再證明，得；②先根據，設，分三種情況：（i）當時，如圖3，根據等腰三角形三線合一的性質和中位線定理可得x的值，從而計算的長；（ii）當時，如圖4，證明，列比例式可得的長，從而根據，求得x的值，同理可得的長；（iii）當時，如圖5，根據，可得x的值，同理可得的長．（1）理由：如圖1，∵四邊形是正方形，

∴∵四邊形是正方形，∴∴∴，∴∵∴∴即．（2）①位置關系保持不變，數量關系變為理由：如圖2，連接交于點O，連接，∵四邊形是矩形，∴中，，中，，∴∴在以點O為圓心的圓上，∵∴為的直徑，

∵∴也是的直徑，∴，即∴∵∴∵∴，∴②由①知：∴設分三種情況：（i）當時，如圖3，過E作于H，則，∴∴由勾股定理得：

∴即∴（ii）當時，如圖4，過D作于H，

∴∵∴∴∴∴∴∴∴（iii）當時，如圖5，∴∴∴綜上所述，當為等腰三角形時，CG的長為或或．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是正方形的性質、菱形的性質、三角形相似的性質和判定、等腰三角形的判定、圓的定義以及全等三角形的判定和性質，掌握相關的性質定理，并采用分類討論的思想是解題的關鍵．6．（2022·浙江嘉興·一模）如圖1，已知正方形和正方形，點B、C、E在同一直線上，，．連接．

(1)求圖1中、的長（用含m的代數式表示）．(2)如圖2，正方形固定不動，將圖1中的正方形繞點C逆時針旋轉度（），試探究、之間的數量關系，并說明理由．(3)如圖3，在（2）條件下，當點A，F，E在同一直線上時，連接并延長交于點H，若，求m的值．【答案】(1)BG=，AF＝(2)AF=BG(3)【分析】（1）延長FG交AB于H，在Rt△BCG中，由勾股定理，求BG的長，在Rt△AHG中，由勾股定理，求AF的長；（2）連接AC、CF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，則，從而可證△ACF∽△BCG，得，即可得出結論；（3）連接AC，證明△AHF∽△CHA，得，又由正方形，EF=CE=1，可求得CF=，即從而求得CH=CF+FH=+=2，代入得，即可求得AH=2，DH=AD-AG=m-2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得，即求解即可．（1）解：延長FG交AB于H，如圖1，∵正方形和正方形，點B、C、E在同一直線上，∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=90°，AB=BC=m，CG=GF=CE=1，在Rt△BCG中，由勾股定理，得

；∴∠BHG=90°，∴四邊形BCGH是矩形，∠AHG=90°，∴GH=BC=m，BH=CG=1，∴AH=m-1，在Rt△AHG中，由勾股定理，得；（2）解：連接AC、CF，如圖2，∵正方形和正方形，∴∠ACB=∠FCG=45°，∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，∴∠BCG=∠ACF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，∴，∴△ACF∽△BCG，∴，即AF=BG；（3）解：連接AC，如圖3，

∵正方形和正方形，∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，∴∠FAH=∠ACF，∵∠AHF=∠CHA，∴△AHF∽△CHA，∴，∵正方形，EF=CE=1，∴CF=，∴CH=CF+FH=+=2，∴，∴AH=2，∴DH=AD-AG=m-2，在Rt△CDH中，由勾股定理，得，即解得：，(不符合題意，舍去)．∴m的值為．【點睛】本題考查正方形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，熟練掌握正方形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質并能靈活運用是解題的關鍵．7．（2022·浙江寧波·校考三模）【基礎鞏固】

(1)如圖①，在四邊形中，，，求證∶；(2)【嘗試應用】如圖②，在平行四邊形中，點在上，與互補，，求的長；(3)【拓展提高】如圖③，在菱形中，為其內部一點，與互補，點在上，，且，，求的長．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）由，可得，再利用，即可得出；（2）根據兩組角相等可求得，可得，進而可求得的值；（3）延長交于G，則四邊形是平行四邊形，，由得，由（2）可得．，，可得，即，，根據菱形得，則，即可求解．【詳解】（1）證明：∵，∴，又∵，∴；（2）解：∵四邊形是平行四邊形，∴，，，∴，，∵，∴，∴，

∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：延長交于G，∵四邊形是菱形，∴，，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴，由（2）可得．，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，∴．【點睛】此題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質、菱形的性質、相似三角形的判定和性質等知識；熟練掌握平行四邊形的性質、菱形的性質，證明三角形相似是解決問題的關鍵．8．（2022·浙江溫州·統考模擬預測）已知：如圖，為銳角，平分

，點B，點C分別在射線和上，．(1)若點E在線段上，線段的垂直平分線交直線于點F，直線交直線于點G，求證：；(2)若（1）中的點E運動到線段的延長線上，（1）中的其它條件不變，猜想與的數量關系并證明你的結論．【答案】(1)見解析；(2)見解析．【分析】（1）如圖1，連接、，由中垂線的性質就可以得出，就有，由就可以得出，由就可以得出，得出A、B、F、E四點共圓，再得出；（2）如圖2，連接、，由中垂線的性質就可以得出，就有，由就可以得出，就有，近而得出A、B、F、E四點共圓，就有，從而得出．【詳解】（1）解：如圖1，連接、，的垂直平分線交直線，，

，平分，．在和中，，，．，，則A、B、F、E四點共圓，；（2）解：理由：如圖2，連接、，的垂直平分線交直線，，，平分，．在和中

，，．則A、B、F、E四點共圓，．，．【點睛】本題考查角平分線的性質的運用，中垂線的性質的運用，全等三角形的判定及性質的運用，四點共圓的判定及性質的運用，解答時證明三角形全等是關鍵．9．（2022·浙江杭州·校考二模）如圖，在正方形中，對角線，相交于點O，點E，F分別在，上（不與A，D，C重合），連接，，與交于點G，與交于點H．已知，平分．(1)求證：．(2)若的面積為，的面積為，求的值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）證明，得到，進而證明，問題得證；（2）先證明是等腰直角三角形，設，得到，再證明，得到，，，進而求得，，即可得到．【詳解】（1）證明：如圖，∵四邊形是正方形，∴，

在和，，∴，∴，∵，∴，∴，∴;（2）解：∵四邊形是正方形，∴，∵平分，∴，∴，∵，∴,∴，∴，∴，過H作于Q，∴是等腰直角三角形，∴，設，∴，∵，

∴，∴，∴，∴，∴，，∴．【點睛】本題考查了正方形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，正確地作出輔助線，用含x的式子表示各線段的長是解題的關鍵．10．（2022·浙江麗水·統考一模）如圖，在矩形ABCD中，，連接對角線BD，點E以1個單位每秒的速度從點D出發，向點B運動，運動時間為t，過點E作，交BC于點M．(1)如圖1，當時，求ME的長．(2)在點E在運動過程中，的大小是否發生變化？如果變化，請說明理由；如果不變，請求出的大小．(3)如圖2，點N是點M關于AE的對稱點，連接CN，AN，求證：．

【答案】(1)(2)不變，(3)證明見解析【分析】（1）先根據已知條件證明△ABE是等邊三角形，得到AB=AE，∠BAE=60°，即可證明，得到∠EAM=30°，利用∠EAM的正切值求出ME；（2）過點E作FG⊥AD，證明，利用相似比求出為定值，即，從而求出；（3）連接AC交BD于點O，連接ON，利用對稱性質證明為等邊三角形，得到MN=AN，通過證明得到，NO垂直平分AC，得到AN=CN，通過等量代換得證CN=MN．【詳解】（1），，，，，∴是等邊三角形，，．（2）如圖，過點E，作FG垂直AD，分別交AD、BC于點F、G．，

，則，，．，，故大小不變，．（3）連接AC，交BD于點O，連接NO，∴OB=OA，∴∵，∴△ABO是等邊三角形，AB=AO，，∵M、N關于AE對稱，∴AE垂直平分MN，∴AM=AN，∵，為等邊三角形，∴MN=AN，，

∴NO垂直平分AC，，．【點睛】本題綜合考查了等邊三角形、全等三角形、相似三角形和三角函數等知識，靈活運用條件證明等邊三角形求證所需條件，掌握各種全等三角形、相似三角形的判定方法是解題的關鍵．11．（2022·浙江金華·校聯考模擬預測）如圖1，在平行四邊形ABCD中，ADBC，E是CD的中點，AE⊥AB，AE，BC的延長線交于點F，在線段BF上取點M，N（點M在B，N之間），使得BM=FN=MN．當點P從點M勻速運動到點N處時，點Q恰好從點F勻速運動到點A處．連接AP．設MP=x，AQ=y，已知y=－x+8．(1)求BF，AF的長．(2)當PQ⊥BC時（如圖2），求的周長．(3)①當APQ是以AP為腰的等腰三角形時，求x的值．②將PQ繞點Q順時針旋轉90°得線段Q，若點落在四邊形ABCD的內部，請直接寫出x的取值范圍．【答案】(1)BF=10，AF=8(2)12(3)①或；②【分析】(1)當x=0時，y=8，即可得AF=8，當y=0時，x=8，可得MN=8，再由BM=FN=MN，求出BM=FN=1，即可得出答案；(2)首先可得PF=9-x，QF=x，再證得，可得，即

，解得x=5，再由勾股定理可求得PQ，據此即可求得；(3)①連接AP，過點A作AG⊥BF于點G，過點Q作QH⊥BF于點H，運用勾股定理可求出AP，PQ，根據△APQ是以AP為腰的等腰三角形，分類討論即可分別求得；②當P′落在AD邊上時，過點Q作QH⊥BF于點H，交AD于點L，利用AAS證明△PQH≌△QP′L，再建立方程求出x，當P′落在AB邊上時，過點P作PS⊥AF于點S，利用AAS證明△P′AQ≌△QSP，再建立方程求出x，即可得出答案．(1)解：當x=0時，y=8，∴AF=8，當y=0時，-x+8=0，∴x=8，∴MN=8，∵BM=FN=MN，∴BM=FN=1，∴BF=BM+MN+FN=1+8+1=10；(2)解：PF=FN+PN=1-x+8=9-x，QF=AF-AQ=8-y=8-(-x+8)=x，四邊形ABCD是平行四邊形，，AE⊥AB，，PQ⊥BC，，又，，，，即，解得x=5，，，，的周長為：FQ+PQ+PF=5+3+4=12；

(3)解：①如圖1，連接AP，過點A作AG⊥BF于點G，過點Q作QH⊥BF于點H，由（1）知，AF=8，BF=10，，AG⊥BF∴∠BAF=∠BGA=90°，又，，，，∵，，∵MP=x，BM=1，∴，∴，∵FQ=AF-AQ=8-(-x+8)=x，∴QH=FQ?sin∠F=x，FH=FQ?cos∠F=x，∴PH=BF-BM-FH-MP=10-1-x-x=9-x，∴，∵△APQ是以AP為腰的等腰三角形，∴AP=AQ或AP=PQ，當AP=AQ時，，

解得：，當AP=PQ時，，解得：x1=8（舍去），，綜上所述，x的值為或；②如圖2，當P′落在AD邊上時，過點Q作QH⊥BF于點H，交AD于點L，由①得：FQ=x，QH=x，FH=x，∴PH=9-x，∵∠PHQ=∠QLP′=∠PQP′=90°，∴∠PQH+∠P′QL=∠PQH+∠QPH=90°，∴∠P′QL=∠QPH，∵QP′=PQ，∴△PQH≌△QP′L（AAS），∴LQ=PH=9-x，∵LH=，∴LQ+QH=LH，即，解得：，如圖3，當P′落在AB邊上時，過點P作PS⊥AF于點S，∴∠PSQ=90°，

∵∠BAF=∠PQP′=90°，∴∠AQP′+∠PQS=∠PQS+∠QPS=90°，∴∠AQP′=∠QPS，∠P′AQ=∠QSP，∵PQ=P′Q，∴△P′AQ≌△QSP（AAS），∴PS=AQ=8-x，∵BP=x+1，∴PF=BF-BP=10-（x+1）=9-x，∵，∴，解得：，∴．【點睛】本題考查了一次函數的應用，平行四邊形的性質，相似三角形的判定與性質，解直角三角形的應用，一元二次方程的解法，全等三角形的判定與性質，采用分類討論的思想和作出輔助線是解決本題的關鍵．12．（2022·浙江麗水·統考一模）如圖，矩形，點是對角線上的動點（不與、重合），連接，作交射線于點．已知，．設的長為．(1)如圖1，于點，交于點．求證：；(2)試探究：是否是定值？若是，請求出這個值；若不是，請說明理由；(3)當是等腰三角形時，請求出所有的值．【答案】(1)見解析(2)的值為定值，這個值為(3)的值為或8

【分析】（1）證明即可得到結論；（2）分點在點左側和右側兩種情況，利用列式求解即可；（3）分兩種情形討論求解即可解決問題．【詳解】（1）∵，∴，，∴，∴；（2）結論：的值為定值．理由如下：∵四邊形是矩形，，，∴，，，∴，當點在點左側時，如圖甲所示：由，可得．∴，，，∵，∴．當點在點右側時，如圖1所示：同理得出．綜上所述：的值為定值．圖甲（3）①當點在線段上時，連接交于．∵，所以只能，

∴，∵，∴，∴，∴垂直平分線段，在中，，∴，∴，∴∴．②當點在的延長線上時，設交于．∵，所以只能．∴，∵，，∴，∵，，∴，綜上所述，的值為或8．【點睛】本題主要考查了矩形的性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理以及等腰三角形的構成條件等重要知識，同時還考查了分類討論的數學思想．13．（2022·浙江寧波·統考二模）【證明體驗】(1)如圖1，△ABC中，D為BC邊上任意一點，作于E，若，求證：△ABC為等腰三角形；

【嘗試應用】(2)如圖2，四邊形ABCD中，，，AE平分，，若，，求AE的長；【拓展延伸】(3)如圖3，△ABC中，點D在AB邊上滿足，，若，，求AD的長．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)【分析】（1）設，Rt△DEC中，，再根據，可得，即有△ABC為等腰三角形；（2）延長AD，BC交于點F，構造出（1）的結構，再根據（1）的結論，可得，再證，即有，，在Rt△ADE中，利用勾股定理即可求出；（3）作于E，并把△ACE沿著AE折疊得△AFE，顯然B，C，F在同一直線上，作于G，構造出（1）的結構，再根據（1）的結論，得：，再證，即有，，設，可得一元二次方程，解方程即可求出CF，進而可求出，再由，有，即可求得．(1)證明：設，則有，

∵，∴，∴，∵，∴，∵∴，∴△ABC為等腰三角形；(2)如圖1，延長AD，BC交于點F，∵AE平分，∴，∵，又∵，∴，又∵，由（1）的結論得：，∵，∴，∴，，∴在Rt△ADE中，；(3)如圖2，作于E，并把△ACE沿著AE折疊得△AFE，顯然B，C，F在同一直線上，作于G，

∵，又∵，∴，根據翻折的性質有：，，∴，由（1）得：，∴，∴，∴，∴，設，，∵，，則得：，解得：（舍去），，即有，∴，∵，，∴，∴，得：．【點睛】本題是一道三角形的綜合題，考查了等腰三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、平行線的性質、勾股定理和一元二次方程的應用等知識，在（2）、（3）問中構造出（1）中的結構并運用（1）的結論是解答本題的關鍵．

14．（2022·浙江杭州·統考二模）如圖1，在矩形中，與交于點，為上一點，與交于點．(1)若，，①求．②如圖2，連接，當時，求的值．(2)設，記的面積為，四邊形的面積為，求的最大值．【答案】(1)①；②(2)【分析】（1）①先根據等腰三角形的性質：等邊對等角和平行線的性質證得，再根據，即可求得，即可求得，即可由特殊角的三角函數正切定義求解；②過點作于點．在中，求得，在中，求得，則．在中，求得，，則，在中，由勾股定理得，即可求解．（2）設，證∴，得出，則．又因為，則．再證，得

，則，所以．所以，即可求得．根據求二次函數最值方法，即可求出的最大值．【詳解】（1）解：①如圖1，∵，∴．∵四邊形ABCD是矩形，∴，∴．∵，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴．②如圖2，過點作于點．在中，，，∴．在中，，，

∴，∴．在中，，∴，，∴．在中，．（2）如圖2，設，∵，∴，∴，∴．∵，∴．∵，，∴，∴，∴，∴．

∴，∴．∵-1<0，∴當時，．【點睛】本題考查矩形的性質，等腰三角形的性質，三角形的判定與性質，解直角三角形，二次函數最值，熟練掌握矩形的性質、三角形的判定與性質、解直角三角形、二次函數最值是解題詞的關鍵．15．（2022·浙江金華·校聯考三模）在四邊形中，，，．(1)如圖1，①求證：；②求的正切值；(2)如圖2，動點從點出發，以1個單位每秒速度，沿折線運動，同時，動點從點出發，以2個單位每秒速度，沿射線運動，當點到達點時，點，同時停止運動，設運動時間為秒，以為斜邊作，使點落在線段或上，在整個運動過程中，當不再連接其他線段，且圖中存在與相似的三角形時，求的值．【答案】(1)①見解析；②(2)或或或【分析】（1）①連接AC，根據“SSS”證明，即可得出結論；②過點A作，交CD于點E，過點E作EF⊥BC于點F，先證明四邊形為矩形，得出，∠AEF=90°，再根據“ASA”證明

，得出，設，則，根據勾股定理列出關于x的方程，解方程得出x的值，即可得出結果；（2）按照點M、N、P的位置，或，以及當三角形全等也是特殊的相似，進行分類討論，求出t的值即可．【詳解】（1）證明：①連接AC，如圖所示：∵在△ABC和△ADC中，，∴，∴；②過點A作，交CD于點E，過點E作EF⊥BC于點F，如圖所示：，∴，∴四邊形為平行四邊形，∵∠EFC=90°，∴四邊形為矩形，∴，∠AEF=90°，∴，，，∴，，∴，∴，設，則，∵，，

解得：，，，，，．（2）當點M在AD上，時，過點M作交CD于點E，延長BA，交EM于點G，如圖所示：∵，∴，，∵，∴，即，，∴，，∴四邊形BNMG為矩形，同理可得四邊形GBFE為矩形，∴GM=BN=2t，，，，，∴，，∵，

∴，∴，，∴，∴，，∵，，∴，∴，即，解得：；②當點M在AD上，時，過點M作交CD于點E，延長BA，交EM于點G，過點P作PH⊥MN于點H，如圖所示：∵，∴，∴，∴四邊形GEFB為矩形，∴，，，∴，∴，∵DM=t，

∴，∴，，∴，∴，，∵，∴，∵，，∵，∴PH=PB，，∴（HL），∴，NH=NB=2t，，，，∵，PM=PM，∴（AAS），∴PH=PG，MH=GM，∴，∵，，∴，∴，即，∴，，，∴，

∵，，∴，即，解得：；③當M與A點重合，N與C點重合時，P在B點或在D點時，，此時相似比為1，符合要求，此時；④當點M在AB上，N在BC的延長線上時，，∵MN=MN，∴此時，∴NP=NB=2t，PM=MB=10-t，過點D作，過點N作，DE與NF交于點E，延長AD，交NF于點F，過點M作MH⊥DH，交DA的延長線于點H，延長BA交ED于點G，如圖所示：，，四邊形DCNE為平行四邊形，，，，∴，，，

∴，，，，∵，∴，∴，∵，，，∵，∴，，，∵，，∴，，，∴，即，解得：，，∴，解得：或（舍去）；綜上分析可知，或或或．

【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性質，解直角三角形，矩形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，熟練掌握相關的三角形判定的性質和判定，作出輔助線，進行分類討論是解題的關鍵．16．（2022·浙江金華·校聯考二模）如圖，菱形ABCD中，，，點E是射線AC上的一個動點，將線段BE繞點E順時針旋轉90°到EF，連接DE、DF．(1)求證：；(2)如圖2，連接BD，CF，當與相似時，求CE的長；(3)當點D關于直線EF的對稱點落在菱形的邊上時，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)或(3)的長為1或3或4或5或7【分析】（1）根據菱形的性質，利用“SAS”得出，即可得出BE=DE，根據旋轉的性質得出BE=EF，即可證明DE=EF；（2）先根據菱形的性質求出BD=6，再分或兩種情況，分別求出CE的長即可；（3）根據點D關于EF的對稱點在AB上，BC上，與點B重合，與自身重合，其中與自身重合時又要根據點E在AO或OC上兩種情況進行討論，分別畫出圖形，求出AE的長即可．（1）

證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=AD，，∵在△AEB和△AED中，∴，∴BE=DE，∵根據旋轉可知BE=EF，∴DE=EF．（2）∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，，BO=DO，∴，∴BD=2BO=6，∵△EBD一定是一個等腰三角形，∴△BED與△EFC相似存在兩種情況，當時，根據解析（1）可知，DE=EF，∴，∴CE=BD=6；當時，，∵BE=DE=EF，∴，∵在Rt△BCE中，根據勾股定理可得：，∴，解得：或（舍去）；綜上分析可知，或．

（3）當點F與點D重合時，點E在AO上時，點D關于EF的對稱點為其本身，符合題目要求，如圖所示：根據解析（1）可知，BE=DE，∵EO⊥BD，∴，∵BO=DO，∴，∵AO=4，∴；②當點D關于EF的對稱點在BC上時，連接，，，AC與交于點G，如圖所示：

根據解析（1）可知，，∴，∵，，∴，垂直平分，，，，，∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，∵，，，，∵，∴，∴，，∵，，，∴，，∴，∴；③當點E在對角線的交點上時，點F在AC上，點D關于EF的對稱點正好在點B

上，如圖所示：∴此時；④當點D關于EF的對稱點在AB上時，連接，，，AC與交于點G，如圖所示：根據解析（1）可知，，∴，垂直平分，，，，，∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，∵，，，，∵，∴，∴，

，∵，，，∴，，∴；⑤當點E在OC上，點D關于EF的對稱點為其本身時，符合題目要求，如圖所示：根據解析（1）可知，BE=DE，∵EO⊥BD，∴，∵BO=DO，∴，∵AO=4，∴；綜上分析可知，AE的長為：1或3或4或5或7．【點睛】本題主要考查了菱形的性質，三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性質，直角三角形性質，軸對稱的性質，垂直平分線的性質，等腰三角形的判定和性質，平行線的性質，解題的關鍵是熟練掌握三角形全等的判定和性質，三角形相似的判定和性質，根據題意進行分類討論，特別是點D的關于EF的對稱點的幾種特殊情況．17．（2022·浙江金華·統考二模）如圖1，在矩形中，，，點為對角線的中點．點在邊上，點在上，將射線繞點按逆時針方向旋轉60°后得到的射線交于點，交（或）邊于點．

(1)當為的中點時，如圖2，連接①求證：．②若點恰與點重合，請求出此時的面積．(2)當時，連接、，是否存在點，使得與（或）相似，若存在，求長；若不存在，請說明理由．【答案】(1)①見解析；②(2)存在，、4、、【分析】（1）先證明∠ADB＝∠CBD＝30°，由OP為△ABD的中位線，進一步得到∠POD＝90°－∠ADB＝60°，射線繞點按逆時針方向旋轉60°后得到的射線交于點，得到∠ONP＝∠PNM，結論得證；（2）過點N作EFAD交PO于點E，交CD于點F，先求，再利用相似三角形的面積比等于相似比的平方求得；（3）分三種情況畫出圖形，進行求解即可．(1)①證明：∵四邊形ABCD是矩形，，，∴CD＝AB＝6，∠BCD＝∠A＝90°，ADBC，∴tan∠CBD＝，∴∠CBD＝30°，∵ADBC，∴∠ADB＝∠CBD＝30°，∵為的中點，O為BD的中點，∴OP為△ABD的中位線，

∴OP＝AB＝3，∠OPD＝∠A＝90°，∴∠POD＝90°－∠ADB＝60°，∵射線繞點按逆時針方向旋轉60°后得到的射線交于點，∴∠PON＝∠MPN＝60°，∵∠ONP＝∠PNM，∴△OPN∽△PMN；②解：如圖3，過點N作EFAD交PO于點E，交CD于點F，∵PO為△ABD的中位線，∴POABDQ，PO＝DQ＝3，∴四邊形PEFD是平行四邊形，∵∠PDF＝90°，∴四邊形PEFD是矩形，∴∠PEN＝∠NFD＝90°，EF＝PD＝AD＝3，∴NE⊥PO，NF⊥DQ，∵PODQ，∴∠PON＝∠CDN，∠OPN＝∠DCN，∴△OPN∽△DQN，∴，∴NE＝EF＝，NF＝EF＝2，∴，∵∠CBD＝30°，∠BCD＝90°，∴BD＝2CD＝12，∵O為BD的中點，∴OD＝6,

∴ON＝OD＝2，DN＝OD＝4，在Rt△PDQ中，，∴，∴PN＝PC＝，CN＝PC＝2，∵△OPN∽△PMN，∴，∴；(2)解：當點Q在CD上時，若△OCQ∽△MDP，此時，∠PMD＝∠QOC，∠MPN＝∠NDQ＝60°，∠MNP＝∠DNQ，∴∠PMD＝∠NQD＝∠QOC，∵OC＝OD，∴△OCD是等邊三角形，∴OC＝CD＝6，如圖4，過點Q作QH⊥QC于點H，則∠QHC＝90°，∴∠CQH＝90°－∠QHC＝30°，設CQ＝m，則CH＝CQ＝m，QH＝CQ×sin60°＝m，DQ＝6－m，OH＝6－m，∵，∴PD＝AD＝，∵∠QHO＝∠PDQ＝90°，∴△PDQ∽△QHO，∴，

∴得到，解得，，∴CQ＝3或4；當點Q在CD上時，若△CQO∽△PMN，此時，∠PMN＝∠CQO，∠MPN＝∠NDQ＝60°，∠MNP＝∠DNQ，∴∠PQD＝∠PMN＝∠OQC，如圖5，作OH⊥CD于點H，則∠QHO＝90°，∠QOH＝90°－∠OQC＝90°－∠PQD＝∠QPD，CH＝DC＝3，∵OH是△BCD的中位線，∴OH＝BC＝3，設CQ＝n，則DQ＝6－n，QH＝m－3，∵tan∠QOH＝tan∠QPD，∴，∴，解得n＝，∴CQ＝；當點Q在BC上時，如圖6所示，△DPM∽△CQM，延長DC，PQ相交于點K，

易證△PMN∽△DKN，∴∠K＝∠PMD＝∠COQ，設CQ＝y，由△CKQ∽△DKP，得到，解得，過點Q作QH⊥CO于點H，則QH＝y，CH＝y，OH＝6－y，由tanK＝tan∠COQ，得到，整理得，解得，（不合題意，舍去），∴此時CQ＝；綜上所述，CQ存在，、4、、．【點睛】此題考查了矩形的性質，圖形的旋轉，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，一元二次方程，等邊三角形的判定和性質，勾股定理等知識，難度較大，分類討論是解決此題的關鍵．18．（2022·浙江紹興·校聯考二模）將一張邊長為4的正方形紙片通過折疊的方式折出一個矩形，如圖1，折疊方式如下：

操作1：將正方形沿過點A的直線折疊，使折疊后的點B落在對角線上的點G處，折痕為．操作2：將沿過點G的直線折疊，使點F，點E分別落在邊AF、BE上，折痕為．四邊形為所折出的矩形．(1)求的長度．(2)在矩形中，點O是對角線的中點，點M是邊上的一動點，連接，作，交直線于點N，連接，如圖2．射線交直線于點R．①若平分的面積，求的長度．②若，求的長度．【答案】(1)(2)①AM=2；②【分析】（1）由折疊的性質可得AG=AB=4，再由正方形的性質及折疊的性質可得△ADG是等腰直角三角形，則由勾股定理得，即可求得AD的長；（2）①由題意易得四邊形BMON是矩形，由矩形的性質及平行線分線段成比例定理可得BM的長，從而可得AM的長；②過點O分別作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，則可得△OHN∽△OGM，設MG=x，由相似三角形的性質可分別表示HN、BN、BM，由面積關系可得MR=2RN，從而可得，則有，由此關系式建立方程即可求得x的值，從而求得AM的長．（1）∵AG是AB沿AH折疊而得到，∴AG=AB=4．∵AE是正方形ABEF的對角線，∴∠DAG=45°．由折疊知，AD⊥CD，

∴∠DGA=∠DAG=45°，即△ADG是等腰直角三角形，且AD=DG．由勾股定理得：．（2）①∵OB平分△OMN的面積，∴MR=NR．∴在Rt△OMN和Rt△BMN中，OR=BR==MR=NR．∴四邊形BMON是矩形．∴ON∥AB，ON=BM．∴．又∵O是AC的中點，∴AC=2OC．∴ON=BM==2．∴AM=2．②過點O分別作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，如圖．∴∠OHN=∠OGB=∠OGM=90°．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°．∴四邊形OGBH是矩形．∴∠GOH=∠GON+∠NOH=90°，OH=BG，OG=BH，OH∥AB，OG∥BC．∵O是AC的中點，∴AC=2OC．由OH∥AB，得：，∴．同理可得：．∵OM⊥ON，∴∠MOG+∠GON=∠MON=90°．∴∠NOH=∠MOG．∵∠OHN=∠OGM=90°，∴△OHN∽△OGM．

∴．設MG=x，則．∴，BM=BG+MG=2+x．∵，∴．∴MR=2RN．∴．∴．即．∵，，∴，解得：．∴．【點睛】本題是四邊形的綜合，考查了矩形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，折疊的性質，等腰直角三角形的判定，勾股定理，等高的兩個三角形面積的比等于底邊的比等知識，難點是構造兩個三角形相似、把△OMR與△ONR的面積關系轉化為△OBM與△OBN的面積關系并用方程解決．19．（2022·浙江金華·一模）如圖，在平面直角坐標系中，菱形OABC的頂點A在x軸的正半軸上，點C的坐標為，點D從原點O出發沿勻速運動，到達點B時停止，點E從點A出發沿隨D運動，且始終保持．設運動時間為t．

(1)當時，求證：．(2)若點E在BC邊上，當為等腰三角形時，求BE的長．(3)若點D的運動速度為每秒1個單位，是否存在這樣的t，使得以點C，D，E為頂點的三角形與相似?若存在，直接寫出所有符合條件的t；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見詳解；(2)或1或；(3)或．【分析】（1）利用菱形的性質，以及平行線的性質推出，進而得到，利用S.A.S即可證明；（2）先由點C的坐標結合菱形的性質可得OC＝OA＝AB＝BC＝5，然后再點D的位置在OA和AB上兩種情況解答，然后每一種情況再分①CD=CE、②DC＝DE、③EC＝ED分別解答即可；（3）根據第（2）可得點D在線段OA上和點D在線段AB上，然后據此分兩種情況解答即可．（1）證明：∵四邊形是菱形，∴，，∵，∴，∴∴，∴，即：，又∵，∴（SAS）．（2）

解：點C的坐標為，故可知OC＝OA＝AB＝BC＝5．①當點D在線段OA上時，分三種情況討論：a.若CD＝CE時（如圖１），則，，作，則OM=3，CM=4，DN=NE=2.5，又易知，即，，，；b.若DC=DE時（如圖2），，，，，，，，點A與D重合，過D作，，．

c.若EC=ED時（如圖3），，，點D在OA延長線上，不符合題意．②當點D在線段AB上時，分三種情況討論：a.若CD=CE時（如圖4），，矛盾，不符合題意；b.若DE=DC時（如圖4），，，，，點A與D重合，結論同②，BE=1；c.若EC=ED時（如圖5），同⑤，，，，過點D作于Q，

易知，，又，，．綜上所述：當點E在BC邊上時，BE的長為：或1或．（3）解：（1）當D點在線段OA上時，如圖1，當時，由①知：，，即，此時，故當時，，．（2）當D點在AB邊上時（如圖6），可知，，當時，又，，即，又，設，，，，

解得：（，不符合題意，舍去）或，．．綜上所述：當或時，．【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定、菱形的性質、等腰三角形的性質、三角形相似的判定與性質知識點，熟練掌握并運用相關的性質、判定以及分類討論思想是解答本題的關鍵．20．（2022·浙江衢州·統考二模）在矩形中，E是邊的中點，連接，過點B作于點F，射線與直線交于點P，設．(1)如圖①，若，求證：；(2)如圖②，當點P恰好與點D重合時，試確定m的值；(3)作點B關于直線的對稱點，當以點P，D，為頂點的三角形是等腰三角形時，求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)或2或【分析】(1)根據正方形的性質，證明△ABE≌△BCP即可．(2)設BE=EC=x，則BC=AD=2x，證明△ADF∽△BDA，△ADF∽△EBF即可．(3)根據等腰三角形的性質，分三種情況求解．

（1）如圖，∵=1，四邊形ABCD是矩形，∴AD=AB，∴四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BCP=90°，∵，∴∠BAE=∠CBP，∴△ABE≌△BCP，∴AE=BP．（2）∵矩形中，E是邊的中點，∴設BE=EC=x，則BC=AD=2x，∠BAD=90°．∵，∠ADF=∠BDA，∴△ADF∽△BDA，∴，∵四邊形是矩形，∴AD∥BC，∴△ADF∽△EBF，∴，∴，

解得，（舍去），∴BD=DF+EF=3EF=，∴，∴．（3）當時，∵四邊形是矩形，∴AB=DC，AD=BC，∠ADC=∠ABC=∠BCP=90°，∵E是邊的中點，，∴AD=BC=2BE，∠PFE=90°，∵P，D，為頂點的三角形是等腰三角形，∴，∴，∴，∴∠AED=∠ADE，∴AD=AE，∴sin∠BAE=，∴∠BAE=30°，根據（1）證明，得∠BAE=∠CBP=30°，∴tan∠BAE=tan30°=，tan∠CBP=tan30°=，∴，，∴=．如圖，當點P在CD的延長線上時，此時落在AD上，根據題意，得∠BAF=∠AF=45°，

∴∠PD=∠PD=45°，∴，∵∠BAF=45°，∴∠BEA=45°，∴四邊形ABE是正方形，故是AD的中點，∴=CD，∴=．如圖，∵，設AB=x，則AD=mx，BE=，∵∠ABG=90°-∠FBE，∠AEB=90°-∠FBE，∴∠ABG=∠AEB，∴tan∠ABG=tan∠AEB，∴，∴，解得AG=，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴，

∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了矩形的性質，正方形的判定和性質，三角形相似的判定和性質，三角形全等的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，特殊角的三角函數，熟練掌握矩形的性質，三角形的相似和特殊角的三角函數是解題的關鍵．21．（2022·浙江紹興·統考一模）正方形中，點，分別在邊，上，且平分．(1)如圖1，若點是的中點，求的值．(2)如圖2，若點是的中點，求的值．(3)如圖3，若去掉條件“平分”，增加條件“，”，求的值．【答案】(1)(2)(3)

【分析】（1）延長交的延長線于點，根據AAS證，設，則．設，則，，得出，再根據勾股定理，得出，進而求的值；（2）延長交的延長線于點，證，得出，表示出AB和CG的長即可求解；（3）延長交的延長線于點，過點作延長線的垂線，垂足為，由，得=，在中，由，得，則，即，再證，得出即可．【詳解】（1）解：如圖1，延長交的延長線于點．∵四邊形是正方形，∴，∴．∵平分，∴．∴，∴．∵點是的中點，∴，

又∠AEB=∠CEG，∴（AAS）∴，設，則．設，則，．∴．在中，由勾股定理得：，∴．∴．∴．（2）解：如圖2，延長交的延長線于點．∵是的中點，故可設，∴，則．由（1）知．∴．由（1）得∠1=∠G，又∠AEB=∠CEG，∴∴．（3）解：如圖3，延長交的延長線于點，過點作

延長線的垂線，垂足為．∵，故可設，，則AB=BC=3a，由勾股定理得．∵∠B=∠H=90°，∠AEB=∠GEH，∴，∴，∴=．不妨設，．由勾股定理，得，在中，∵，∴．∴，即．∴．∴．又，∴∠D=∠DCG，∠DAF=∠CGF，∴，∴．【點睛】本題考查正方形的綜合，涉及全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理解直角三角形，熟練掌握以上內容并靈活運用是解決問題的關鍵．22．（2022·浙江麗水·統考一模）如圖，兩個正方形與，與的中點都是．

(1)如圖1，點與重合．①求的值；②連結，求的值．(2)如圖2，若，在正方形繞點旋轉過程中，以，，為頂點的三角形能否是等腰三角形？若能，直接寫出該三角形面積；若不能，說明理由．【答案】(1)①；②(2)以，，為頂點的三角形能是等腰三角形，該三角形面積或48或32或．【分析】（1）①連結OB，根據正方形性質得出AD=AB，EF=FG，∠A=∠F=90°，根據O為AD，EF中點，得出OA=，OF=，可證△AOB∽△FOG，得出，根據勾股定理求出OB=即可；②過點H作HN⊥AB于N，交DC于M，先證△OFG∽△HMD，得出，，再證四邊形ANMD為矩形，得出AN=DM=，MN=AD=AB，然后求出BN=AB-AN=，NH=MN-HM=AB-，利用正切定義求解即可；（2）當CH=CE時分兩種情況，當EF⊥AD時，EH交CD于T，先證四邊形OETD為正方形，求出ET=OE=4，∠DTE=90°，ET=HT=DT=4，TC=DC-DT=4，當EF與AD不垂直，連結OC，作以O為圓心，OE為半徑的⊙O，過點C作CZ⊥EH，過圓心O作OM⊥CZ于M，先證四邊形EZMO為正方形，再證CZ為⊙O的切線，CD為⊙O的切線，利用切線長得出CM=CD=8，當EH=CH分兩種情況，當EF與AD重合時點H

與點B重合，點C與點G重合，△CEH為等腰直角三角形，利用三角形面積公式即可求出當EF與AD不重合，先證△ADE≌△HEW（AAS），根據勾股定理在Rt△EWH中，，，列方程組，解方程組即可．（1）解：①連結OB，∵四邊形ABCD與四邊形EFGH均為正方形，∴AD=AB，EF=FG，∠A=∠F=90°，∵O為AD，EF中點，∴OA=，OF=，∴，

∴△AOB∽△FOG，∴，在Rt△AOB中OB=，∵OG=，∴，∴AB=，；②過點H作HN⊥AB于N，交DC于M，∵CD∥AB，∴NM⊥CD，∴∠DMH=∠F=90°，

∵∠FGH=∠ADM=90°，∴∠OGF+∠ODH=∠HDM+∠ODH=90°，∴∠OGF=∠HDM，

∴△OFG∽△HMD，，∴，，∵MN⊥AB，∴∠ANM=∠NMD=∠A=90°，∴四邊形ANMD為矩形，∴AN=DM=，MN=AD=AB，∴BN=AB-AN=，NH=MN-HM=AB-，∴；（2）當CH=CE時分兩種情況，當EF⊥AD時，EH交CD于T,∵四邊形ABDC與四邊形EFGH均為正方形，∴∠OET=∠EOD=∠D=90°，∴四邊形OETD為矩形，∵O為AD、EF中點，，∴OD=OE=4，∴四邊形OETD為正方形，

∴ET=OE=4，∠DTE=90°，∴ET=HT=DT=4，TC=DC-DT=4，∴EC=HC，∴△ECH為等腰三角形，∴S△ECH=，當EF與AD不垂直，連結OC，作以O為圓心，OE為半徑的⊙O，過點C作CZ⊥EH，過圓心O作OM⊥CZ于M，∵CH=CE，CZ⊥EH，∴HZ=EZ=4，∠EZM=90°，∵四邊形EHGF為正方形，∴∠ZEO=90°，∵CZ⊥EH，點O為EF中點，∴∠OMZ=∠MZE=∠ZEO=90°，OE=OF=4，∴四邊形EZMO為矩形，

∵ZE=EO=4，∴四邊形EZMO為正方形，∴OM=OE=MZ=4，∴CZ為⊙O的切線，∵OD=4=r，OD⊥CD，∴CD為⊙O的切線，∴CM=CD=8，∴CZ=CM+MZ=8+4=12，∴S△CHE=，

當EH=CH分兩種情況，當EF與AD重合時點H與點B重合，點C與點G重合，∴△CEH為等腰直角三角形，∴S△CEH=，當EF與AD不重合，EH交CD于T，連結AC，DE，AE，延長AE交CH于W，∵O為AD，EF中點，∴OE=OA=OD=4，∴∠OAE=∠OEA，∠OED=∠ODE，∵∠OAE+∠OEA+∠OED+∠ODE=180°，∴∠OEA+∠OED=90°，即∠AED=90°，∴AE⊥ED，∵∠OET=∠ODT=90°，∠OED=∠ODE，∴∠TED=∠TDE，∴ET=DT，∵EH=DC，∴TC=TH，∴∠TCH=∠THC，∵∠ETD=∠CTH，2∠EDT+∠ETD=2∠TCH+∠CTH，∴∠EDT=∠TCH，

∴CH∥ED，∴AW⊥CH，∵∠ADE+∠EDT=∠EHW+∠HEW=90°，∴∠ADE=∠HEW，在△ADE和△HEW中，∴△ADE≌△HEW（AAS），∴AE=HW，ED=WE，設AE=HW=b，ED=WE=a，∴AW=AE+EW=a+b，CW=CH-WH=8-b在Rt△EWH中，，，∴，解得（舍去），∴S△CEH=；綜合△CEH為等腰三角形時，△CEH的面積為：或48或32或．【點睛】本題考查圖形旋轉性質，正方形性質，矩形性質，三角形全等判定與性質，勾股定理，二元二次方程組，圓的切線判定與性質，切線長定理，三角形面積，本題難度角度，利用輔助線畫出準確圖形，利用分類思想是解題關鍵．23．（2022·浙江舟山·統考二模）我們知道：如圖①，點B把線段AC

分成兩部分，如果．那么稱點為B線段AC的黃金分割點．它們的比值為．(1)在圖①中，若AC＝10cm，則AB的長為cm；(2)如圖②，用邊長為10cm的正方形紙片進行如下操作：對折正方形ABCD得折痕EF，連接CE，將CB折疊到CE上，點B對應點H，得折痕CG．試說明G是AB的黃金分割點；(3)如圖③，小明進一步探究：在邊長為a的正方形ABCD的邊AD上任取點E，連接BE，作CF⊥BE，交AB于點F，延長EF、CB交于點P．他發現當PB與BC滿足某種關系時E、F恰好分別是AD、AB的黃金分割點．請猜想小明的發現，并說明理由．【答案】(1)(2)見解析(3)或，理由見解析【分析】（1）由黃金分割點的定義可得出答案；（2）延長EA、CG交于點M，由折疊的性質可知，，得出，則，根據勾股定理求出CE的長，由銳角三角函數的定義可得出，即，即可得出G是AB的黃金分割點；（3）證明，由全等三角形的性質得出，再證明，得出，分、兩種情況，結合黃金分割點的定義即可得出PB與BC的關系．【詳解】（1）解：∵點B為線段AC的黃金分割點cm，∴cm．故答案為：；（2）如圖，延長EA、CG交于點M，

∵四邊形ABCD為正方形，∴，∴，由折疊性質可知，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴，即G是AB的黃金分割點；（3）當或時，滿足題意，理由如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴，，∵，∴，∵，∴，在和中，，

∴，∴，∵，∴，∴，當E、F恰好分別是AD、AB的黃金分割點時，①若，則，∵，，∴，∴，∴；②若，則，∴，，∵，又∵，，∵，即．【點睛】本題主要考查了正方形的性質、翻折變換的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、黃金分割點的定義、銳角三角函數等知識，綜合運用相關知識是解題關鍵．24．（2022·浙江紹興·統考一模）如圖，在正方形ABCD中，E是CD邊上一點（不與D點重合），F是CB延長線上一點，且DE=BF，連結AE，AF．

(1)如圖1，求證：△ADE≌△ABF．(2)把△ADE沿AE所在直線折疊后得到△AGE，連結FG，BE．①如圖2，若CD=3，DE=1，求線段FG的長；②如圖3，若E是DC延長線上一點，延長GB交AE于點Q，連結DQ．若DE=2DC，請用等式表示線段BQ，DQ，FG之間的數量關系，并證明．【答案】(1)見解析(2)①；②數量關系：，證明見解析【分析】（1）利用SAS證明△ADE≌△ABF即可；（2）①證明△ABE≌△AGF即可得到GF=BE，求BE的值即可；②連接BD，過A作AM⊥GQ于M，AN⊥DQ于N，參考①可得△ABE≌△AGF（SAS），得到FG=BE，由DE=2DC可得三角形BDE是等腰直角三角形，BD=BE=FG，再證明四邊形AMQN是矩形得到∠BQD=90°即可得到．（1）∵正方形ABCD∴AB=AD，∠D=∠ABC=90°∴∠D=∠ABE=90°在△ADE和△ABF中，∴△ADE≌△ABF（SAS）（2）①∵△ADE≌△ABF

∴AE=AF，∠DAE=∠BAF∴∠EAF=∠BAF+∠BAE==∠DAE+∠BAE=90°∵△ADE沿AE所在直線折疊后得到△AGE，∴∠DAE=∠EAG，AD=AG∴AG=AD=AB，∠GAF=90°-∠EAG=90°-∠DAE=∠BAE在△ABE和△AGF中，∴△ABE≌△AGF（SAS）∴FG=BE∵CD=3，DE=1∴CB=3，CE=2∴∴FG②連接BD，過A作AM⊥GQ于M，AN⊥DQ于N，∵△ADE≌△ABF∴AE=AF，∠DAE=∠BAF∴∠EAF=∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=90°∵△ADE沿AE所在直線折疊后得到△AGE，∴∠DAE=∠EAG，AD=AG∴AG=AD=AB，∠GAF=90°-∠EAG=90°-∠DAE=∠BAE在△ABE和△AGF中，

∴△ABE≌△AGF（SAS）∴FG=BE∵∠DAE=∠EAG，AD=AG，∴△ADQ≌△AGQ（SAS）∴∠ADQ=∠AGQ∵AG=AB，AM⊥GQ∴∠ABM=∠AGQ∴∠ABM=∠ADQ∵AN⊥DQ∴△ADN≌△ABM（AAS）∴∠DAN=∠BAM∴∠DAB=∠NAM=90°∴四邊形AMQN是矩形∴∠BQD=90°∴∵DE=2DC=2BC∴BD=BE∴BD=BE=FG∴【點睛】本題綜合考查正方形的性質與判定、全等三角形的性質與判定、勾股定理，①②問是圖形變式題結論機過程類似是解題的關鍵．25．（2022·浙江杭州·校聯考模擬預測）如圖，在矩形ABCD中，已知AD=6，CD=8，點H是直線AB上一點，連接CH，過頂點A作AGCH于G，AG交直線CB于點E．(1)如圖，當點E在CB邊上時，

①求證：△CGE~△ABE；②連接BG，求tan∠AGB；(2)作點B關于直線CH的對稱點F，連接FG．當直線FG截△ADC所得的三角形是等腰三角形時，求BH的長．【答案】(1)①見解析；②(2)，2，8，42【分析】（1）①根據對頂角相等可得，根據，可得，即可得證；②由得四點共圓，則，即可求解．（2）根據題意畫出圖形建立平面直角坐標系，分4種情況討論求解即可．（1）①證明：，，∴，即∴△CGE~△ABE；②∵，∴四點共圓，∴在矩形ABCD中，已知AD=6，CD=8，，；（2）解：如圖1所示，以B為原點，以BC所在的直線為y軸，以AB所在的直線為x軸建立平面直角坐標系，設點H的坐標為（m，0），由（1）①可知∠ABE=∠CBH=90°，∠BAE=∠BCH，∴△BAE∽△BCH，∴，即，∴，∴點E的坐標為（0，），

設直線AE的解析式為，∴，∴，∴直線AE的解析式為，同理可以求出直線的解析式為，聯立，解得，∴點G的坐標為；過點F作FT⊥x軸于T，設（軸對稱的性質），∵AG⊥CH，BF⊥CH，∴，∴∠BAE=∠LBH，△ABE∽△BTF，∴，∵∠ABE=∠BLH=90°（軸對稱的性質∠BLH=90°），∴△ABE∽△BLH，∴，即，∴，又∵，∴，∴，∵，

∴，∴，∴，∴，∴點F的坐標為（，），設直線FG的解析式為，∴，解得，

∴直線FG的解析式為，設直線FG與y軸交于K，與AC交于點M，與BC交于點N，∴點K的坐標為，∴，當時，，∴，∴，當MN=MC，即∠MNC=∠MCN時，如圖1所示，∵∠NCK=∠ADC=90°，∴△ADC∽△KCN，∴，∴，∴，解得，

∴；當CN=CM時，如圖2所示，過點M作MQ⊥CD于Q，則，∴，∵，∴，即，∴，∴，∴，同理可證，∴，∴，∴，解得，即此時的情形如圖3所示，∴；

如圖4所示，當H運動到與點A重合時，此時，G、H、M三點都與點A重合，由軸對稱的性質可知∠FAC=∠BAC，又∵，∴∠ACD=∠BAC，∴∠NAC=∠BCA，∴NA=NC，即△NAC為等腰三角形，∴當H為點A重合時滿足題意，∴此時BH=8；如圖5所示，當點H在A點左側時，設直線FG與x軸交于J，與y軸交于Z，同理可以求出直線FG的解析式為，∵△DMN是等腰三角形，且∠D=90°，∴△DMN是等腰直角三角形，∴∠DNM=45°，∴，∴∠BZJ=∠BJZ=45°，∴BJ=BZ，設直線JZ的解析式為，

∴點Z的坐標為（0，），點J的坐標為（，0），∴，∴，∴，∴，∴，∴，綜上所述，當直線FG截△ADC所得的三角形是等腰三角形時，或2或8或42．【點睛】本題考查了求正切值，相似三角形的性質與判定，圓周角定理，等腰三角形的性質與判定，一次函數與綜合等等，利用分類討論和屬性結合的思想求解是解題的關鍵．26．（2022·浙江金華·統考二模）如圖1，已知等腰中，，垂足為點D，動點P從點A出發，以1.5個單位每秒速度，沿方向運動，同時，點Q從點B出發，以1個單位每秒速度，沿方向運動，當點P到達點B時，點Q即停止運動，設運動時間為t秒，過點P作，垂足為R，連結，作關于的對稱．

(1)如圖2，當時，求的長度．(2)求與面積差的最大值．(3)當點M落在的邊上時，求t的值．【答案】(1)(2)當秒時，面積差的最大值為(3)【分析】（1）利用勾股定理求出AD，利用平行線分線段成比例得到，即，得到t值，再利用勾股定理求出PQ；（2）過點P作PE⊥BC于E，證得△BPE∽△BAD，得到，即，求出PE，根據面積公式求出△BPQ的面積，△PQR的面積，計算面積差，再根據二次函數的性質得到最大值；（3）分點落在邊上，三種情況討論即可求解．（1）解：∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD=6，∴，如圖2，當時，，解得，（2）解：過點P作PE⊥BC于E，∵PE⊥BC，AD⊥BC，∴PE∥AD，

∴△BPE∽△BAD，∴，即，解得，∴△BPQ的面積=，∵AP=1.5t，∴PR=，∴△PQR的面積，∴與面積差=，∴當秒時，面積差的最大值為；（3）解：由在中，，，，，①當點Q與點D重合時，點M落在AC上，如圖，設交于點，

，關于的對稱，，，，在上，，，，，在與中，，，，四邊形是菱形，，,,在中，即，解得，②當首次落在上時，重合，與重合，此時，當不重合時，延長交于點，

，關于的對稱，關于對稱，，，，即，，，，，，，解得，③當落在上時，延長交于點,則，

,，，，在中，，即，解得，綜上所述，當點M落在的邊上時，．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，二次函數的性質，勾股定理，解直角三角形，對稱的性質，分類討論是解題的關鍵．27．（2022·浙江紹興·統考一模）如圖1，在中，，，點，分別是邊，點的中點，連結．將繞點按順時針方向旋轉，記旋轉角為．(1)通過畫圖探究，發現：①當時，______；②當時，______．(2)當時，試判斷是否是定值？請僅就圖2所示情形給出證明．(3)當旋轉至，，三點共線時：①求線段的長；②設為射線上的一動點，若以，，三點為頂點的三角形是直角三角形，試求的長．（直接寫出答案即可）【答案】(1)①；②(2)是定值，證明見解析(3)①或；②，，，，，【分析】（1）①當α=0°時，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC；然后根據點D、E分別是邊BC、AC的中點，分別求出AE、BD，即可求解；

②α=180°時，可得AB∥DE，然后根據，即可求解；（2）首先判斷出∠ECA=∠DCB，再根據，證明△ECA∽△DCB，即可求解；（3）①根據題意，分兩種情況：①點A，D，E所在的直線和BC平行時；②點A，D，E所在的直線和BC相交時；然后分類討論，求出線段BD的長即可；②對①中情況分別討論，根據直角三角形的性質，菱形的性質與判定，平行線分線段成比例分別求解．（1）①當α=0°時，∵Rt△ABC中，∠B=90°，∴AC=∵點D、E分別是邊BC、AC的中點，∴AE=，BD=2②如圖1，當α=180°時，可得AB∥DE，（2）當時，是定值．證明如下：圖1中，∵是的中位線，

∴，∴，．圖2中，由旋轉不變性可得仍成立．又∵，∴，∴．在中，．∴，∴．∴是定值．（3）①分兩種情況討論：（Ⅰ）如圖3，當在上方，且，，三點共線時，四邊形為矩形，∴．（Ⅱ）如圖4，當在下方，且，，三點共線時，為直角三角形，由勾股定理可求得，

∴，．②對應①中情況（Ⅰ），如圖，共線，當時，過點作則（等面積法）

，由的長為，，．對應①中情況（Ⅱ），如圖，取的中點，連接，過點，作垂直與，設交于點，是直角三角形

四邊形是平行四邊形四邊形是菱形設，則，

的長為，，．綜上所述的長為，，，，，【點睛】本題考查了旋轉的性質，相似三角形的性質與判定，正切的定義，直角三角形的性質，平行四邊形的性質與判定，菱形的性質與判定，平行線分線段成比例，掌握以上知識是解題的關鍵．28．（2022·浙江紹興·統考一模）如圖，在Rt中，分別為邊上的動點，滿足；以為邊作矩形，使點F始終落在直線上．(1)當E點與A點重合時，求的長．(2)連結，若為直角三角形，求的長．(3)若以點F為旋轉中心，將矩形順時針旋轉，當旋轉后的矩形與邊有兩個交點時，請直接寫出的取值范圍．【答案】(1)DE=5(2)DE=或(3)<DE≤或≤DE<【分析】（1）根據E與A重合，得到BE=DE=AD，證得∠B=∠BAD，利用互余證得∠DAC=∠C，即可得到D為BC中點；（2）據∠DEC=90°，得∠AEC≠90°，分∠A=90°或∠AEF=90°討論，過E作EH⊥BC，借助三角形函數求得∠DEH的三角函數值，進而求解；（3）分析出在AC上至A到EF距離≥EF時，或自A、、共線至落在AC上時，旋轉后的矩形與邊有兩個交點，作出圖形，設DE=x，利用三角函數得到各線段的表達式，借助勾股定理求解．（1）解：當E與A重合時，∵BD=DE=AD，∴∠B=∠BAD，

∵∠BAD+∠DAC=90°，∠B+∠C