第第頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁2025年中考數學總復習《與對稱有關的最值模型》專項測試卷(附答案)學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________1．已知在中，底邊與對應的高的長度之和為30．(1)設邊長為x，直接寫出的面積S與x的函數關系式，其中x的取值范圍是；(2)當時，的面積達到最大，最大值是；(3)當底邊與高的比值為2：1時（如圖），其周長是否有最小值？如果有，請求出；如果沒有，請說明理由．2．如圖1，在平面直角坐標系中，點A在y軸負半軸上，點P在y軸正半軸上，，點C坐標為，點D在上，，以線段，為鄰邊作矩形．(1)連接，，，設，①當時，D點坐標為；②當與相似時，求a的值；(2)當點D與點C重合時，如圖2，點E在線段上，且，在平面內有一動點Q，滿足，連接，．①請直接寫出的最大值；②請直接寫出的最小值．3．如圖，中，，，．動點從點出發，沿線段以每秒5個單位的速度向終點運動，連接，作點關于的對稱點，連結、，設點的運動時間為（秒）．(1)線段的長是______．(2)連結，則線段的最小值是______，最大值是______(3)當點落在的內部時，求的取值范圍．(4)當直線與的一邊垂直時，求出的值．4．問題提出：

(1)如圖1，有公共端點的兩條線段，，且，則最大值為______；最小值為______．(2)問題探究：如圖2，已知，其內部有一點，，在的兩邊分別有，兩點（不同于點）.使的周長最小，請畫出草圖，并求出周長的最小值：(3)問題解決：開發商準備對一塊正方形土地進行綠化，要求綠化帶從一個頂點出發到對角線上一點，再到兩邊上一點，最后回到出發點，如圖3，正方形的邊長為400米，在對角線上有一固定點，且，在，上取兩點，，準備從到到到再到修一條綠化帶（綠化帶寬忽略不計），能否設計出最短綠化帶，若能請計算出綠化帶最短長度，若不能說明理由．5．已知，等腰直角△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D為AB邊上的一點，連接CD，以CD為斜邊向右側作直角△CDE，連接AE并延長交BC的延長線于點F．（1）如圖1，當∠CDE＝30°，AD＝1，BD＝3時，求線段DE的長；（2）如圖2，當CE＝DE時，求證：點E為線段AF的中點；（3）如圖3，當點D與點A重合，AB＝4時，過E作EG⊥BA交直線BA于點G，EH⊥BC交直線BC于點H，連接GH，求GH長度的最大值．6．問題探究：（1）如圖1，∠AOB＝45°，在∠AOB內部有一點P，分別作點P關于邊OA、OB的對稱點P1，P2順次連接O，P1，P2，則△OP1P2的形狀是三角形．（2）如圖2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，AD⊥BC于D，AD＝2+，求：△ABC的面積．問題解決：（3）如圖3，在四邊形ABCD內有一點P，點P到頂點B的距離為10，∠ABC＝60°，點M、N分別是AB、BC邊上的動點，順次連接P、M、N，使△PMN在周長最小的情況下，面積最大，問：是否存在使△PMN在周長最小的條件下，面積最大這種情況？若存在，請求出△PMN的面積的最大值；若不存在，請說明理由．7．如圖，菱形中，，，，垂足為，是上一個動點．(1)菱形的面積是______；(2)的最小值是______．8．【問題探究】（1）如圖1，在四邊形中，，，分別延長、，交于點，若，求的長；（2）如圖2，在中，，點為的中點，點為邊上的動點，連接、，若，，求的最小值；【問題解決】（3）隨著科技的飛速發展，人工智能（AI）已經成為驅動全球經濟和科技創新的重要力量．某科技公司有一個形狀為四邊形的研發基地（如圖3），測得，，，，現計劃在、、、邊上分別取點、、、，且，沿四邊形修建一個人工智能研究中心，為確保安全和保密，需要在該研究中心四周修建圍墻，圍墻必須使用某種特殊材料，為節省成本，要求圍墻的總長度（四邊形的周長）盡可能的短．問圍墻總長度是否存在最小值？若存在，求出圍墻總長度的最小值；若不存在，請說明理由．9．如圖，已知等邊的邊長為16，點P是邊上的一個動點（與點A、B不重合）．直線l是經過點P的一條直線，把沿直線l折疊，點B的對應點是點．（1）如圖1，當時，若點恰好在邊上，則的長度為_________；（2）如圖2，當時，若直線，則的長度為_______；（3）如圖3，點P在邊上運動過程中，若直線l始終垂直于，的面積是否變化？若變化，說明理由；若不變化，求出面積；（4）當時，在直線l變化過程中，求面積的最大值．10．已知點D在外，，，射線與的邊交于點H，，垂足為E，．

(1)如圖1，若，，求；(2)如圖2，求證：；(3)如圖3，若，，點F在線段BC上，且，點M，N分別是射線、上的動點，在點M，N運動的過程中，請判斷式子的值是否存在最小值，若存在，請求出這個最小值；若不存在，寫出你的理由．11．已知點D在外，，，射線與的邊交于點H，，垂足為E，.(1)如圖1，若，求的度數；(2)如圖1，求證：；(3)如圖2，在（1）的條件下，，點F在線段BC，且，點，分別是射線、上的動點，在點M，N運動的過程中，請判斷式子的值是否存在最小值，若存在，請直接寫出這個最小值：若不存在，寫出你的理由.12．如圖，在等腰直角三角形中，，點在邊的延長線上，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接，為的中點．

(1)求的長；(2)連接，請猜想與的數量和位置關系，并證明你的結論；(3)在（2）的條件下，若點為中點，連接，，求的最小值．13．問題發現：學習三角形全等的知識時，小明發現重合兩個等腰直角三角形的頂點會產生一對新的全等三角形．如圖1，中，，，點在邊上，連接，以為邊作，使，，請連接圖中標有字母的點，補全圖形，直接寫出一對全等三角形和的度數．問題探究：小明想，如果將上圖中的等腰直角三角形換成等邊三角形，那么這組全等三角形是否還存在？如圖2，和是等邊三角形，點，，在同一直線．（1）證明：．（2）探索線段，，三者間的數量關系，寫出結論并說明理由．問題拓展：經過上面的探究，小明聯想到幾天前一道不會的題，請你幫小明再想一想，是否有新的發現．如圖3，邊長為的等邊中，D是中點，，是線段上一動點，連接，在右側作等邊，連接，求周長的最小值（用含，的代數式表示），并直接寫出取最小值時的度數．

14．在和中，，連接，恰好平分．

(1)如圖1，當時，求的度數；(2)如圖2，在射線上存在一點，使，連接．當，時，試說明與的位置關系；(3)如圖3，在（2）問的條件下，連接并延長，分別交，于點，，若，，，分別為和上的動點，請直接寫出周長的最小值．15．如圖1，在四邊形中，，點是邊上一點，，，連接，，可知，此時是等腰直角三角形；(1)【問題提出】如圖2，在長方形中，點是邊上一點，在邊、上分別作出點，使得點是一個等腰直角三角形的三個頂點，且，；要求：用尺規作圖，保留作圖痕跡，不寫作法；(2)【問題探究】如圖3，在平面直角坐標系中，已知點，點，點在第一象限內，若是等腰直角三角形，直接寫出點的坐標；(3)【問題解決】如圖4，在平面直角坐標系中，已知點，點是軸上的點，點在第一象限內，是以點為直角頂點的等腰直角三角形，點是軸上的一動點，求的最小值．[注：在平面直角坐標系內，，，則]．參考答案1．(1)，(2)15，(3)的最小值為【分析】（1）由，，得到，根據三角形的面積公式即可得到結論；（2）根據二次函數的性質即可得到結論；（3）根據底邊與對應的高的長度之和為30，底邊與高的比值為，可得，，設，則，可得，，如圖，設，，，，則求的最小值，即求圖形的距離和最小，作點M關于直線的對稱點，連接交于，當點P與點P′重合時，的距離和最小，過作交的延長線于H，再根據勾股定理即可得到結論．【詳解】（1）解：∵，，∴，∴，（2）解：，∵，∴時，S的最大值為，即當時，的面積達到最大，最大值是．（3）解：其周長有最小值，理由：∵底邊與對應的高的長度之和為30，底邊與高的比值為，∴，，設，則，∴，，∵一定，∴的周長取最小值時，只有最小，∴，如圖，設，，，，則求的最小值，即求圖形的距離和最小，作點M關于直線的對稱點，連接交于，當點P與點P′重合時，的距離和最小，過作交的延長線于H，∴，∴，∴，∴的最小值為，∴的最小值為．【點睛】本題是三角形的綜合題，考查了三角形的面積，軸對稱﹣最短路徑問題，勾股定理，二次函數的性質，熟練掌握軸對稱﹣最短路徑問題是解題的關鍵．2．(1)①；②a的值為或(2)①最大值為4；②最小值為6【分析】（1）①由矩形的性質可得，，當時，四邊形是平行四邊形，有，故，即可求點D坐標；②由，，，得，，，要使與相似，只需或，可得或，即可求解；（2）①當點D與點C重合時，連接，可得，，，由，知的最大值為4；②設，利用勾股定理求得，，知，，故Q在以E為圓心，為半徑的圓上，過Q作切于Q，作O關于的對稱點K，當K、Q、B三點共線時，最小，設交以E為圓心為半徑的圓于S，連接，過E作于R，由，可求得，，而，可得是的角平分線，由角的對稱性和圓的對稱性可知，是的垂直平分線，有，，由垂徑定理知，，故，在中，，，可得，即可求解．【詳解】（1）解：①∵四邊形是矩形，∴，，當時，四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴D是中點，∵點C坐標為，∴點D坐標為，故答案為：；②∵，，，∴，，，∵點C坐標為，∴，，∵，∴要使與相似，只需或，∴或，解得或；∴a的值為或；（2）解：①如圖，當點D與點C重合時，連接，∵四邊形是矩形，，點C坐標為，∴，，∴，在中，，∴當Q，O，B共線（不能構成三角形）時，最大為的長度，∴的最大值為4；②設，則，∵，∴，解得，∴，；∴，，∵，∴Q在以為圓心，為半徑的圓上，如圖，過Q作切于Q，作O關于的對稱點K，當K、Q、B三點共線時，最小，設交以E為圓心為半徑的圓于S，連接，過E作于R，∵，∴，∴所對的圓周角為，∴，∴，∵O，K關于對稱，∴，，∴，∵（切線性質），∴，∴，，∴，即是的角平分線，由角的對稱性和圓的對稱性可知，是的垂直平分線，∴，，∵，∴，，∴，在中，，，即，∴，∴，∴，即的最小值為6．【點睛】本題考查相似三角形綜合應用，切線的性質、軸對稱的性質、線段垂直平分線的性質、矩形的性質和平行四邊形的性質、勾股定理、垂徑定理，最短路徑問題，直角三角形的性質，解題的關鍵是作輔助線，找到使最小的Q的位置．3．(1)5(2)1，5(3)(4)滿足條件的t的值為或或【分析】（1）利用勾股定理求解；（2）根據D點運動軌跡是以C為圓心，長為半徑的半圓判斷即可；（3）分別求出點P落在，落在上的時間，可得結論；（4）分三種情形：當時，延長交于點R．當時，四邊形是菱形，當時，過點作于點H．分別求解即可．【詳解】（1）在中，，故答案為：5；（2）∵作點關于的對稱點，∴，∴D點運動軌跡是以C為圓心，長為半徑的半圓，∴當D在線段上時，的最小，此時；當P與B重合時，的最大，此時點關于的對稱點，；故答案為：1，5；（3）由題意得，當點D落在上時，．∵，∴，∴，∴，∴如圖1-2中，當點D落在上時，．過點P作于點T．則，∵，∴，∴∴∴∴，解得，觀察圖象可知，滿足條件的t的值為：；（4）當時，延長交于點R．則，，∵∴∴，∵，∴，∴．解得，如圖3-2中，當時，四邊形是菱形，此時，，如圖3-3中，當時，過點作于點H．∵，∴∵∴，∴∵，∴，∴，∴，解得．綜上所述，滿足條件的t的值為或或．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了翻折變換，角平分線的性質定理，三角形的面積，相似三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．4．(1)9；1(2)圖見解析，周長的最小值為6(3)米【分析】（1）設的兩端點固定，則點在以點為圓心，半徑為4的圓上運動，畫出圖形，即可得到結論；（2）分別作點關于、的對稱點、，連接，交、于、，根據等邊三角形的判定和性質求解即可；（3）分別作正方形關于和對稱的正方形和，連接，，作點關于的對稱點，由軸對稱的性質可知，當且僅當，，，四點共線時，取最小值，即此時綠化帶長度最短，作于點，作交其延長線于點，交于點，利用相似三角形的性質和勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：如圖，設的兩端點固定，則點在以點為圓心，半徑為4的圓上運動，

的最大值為，最小值為，故答案為：9，1；（2）解：如圖，分別作點關于、的對稱點、，連接，交、于、，則的周長最小，連接、，

由軸對稱的性質可知，，，，，，為等邊三角形，，的周長；（3）解：如圖，分別作正方形關于和對稱的正方形和，連接，，作點關于的對稱點，在上，且，

則，，，，是定點，的長度不變，當且僅當，，，四點共線時，取最小值，即此時綠化帶長度最短，作于點，，，正方形的邊長為400，，，，在，，作交其延長線于點，交于點，，，，，，，，在中，，四邊形的周長的最小值為，即綠化帶的最短長度為米．【點睛】本題考查了軸對稱的性質-最短路徑問題，共端點兩條線段為定長問題，等邊三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，正方形的性質，熟練掌握軸對稱的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．5．（1）；（2）見解析；（3）GH長度的最大值為．【分析】（1）過點C作CG⊥AB于點G，根據等腰直角三角形性質可得出CG=2，DG=1，運用勾股定理可得出CD=，再運用三角函數定義即可求出答案；（2）過點C作CG⊥AB于點G，過點D作DM⊥CD交CE的延長線于點M，連接AM，在CG上截取GN=DG，連接DN，先證明△DGN是等腰直角三角形，再證明△CDN≌△DMA，即可證得結論；（3）延長EH至點E′，使HE′=EH，延長EG至點E″，使GE″=EG，連接E′E″，取AC中點Q，連接EQ，BQ，利用軸對稱性質和三角形中位線定理可求得E′E″=BE，要使GH最大，必須BE最大，運用兩點間距離及三角形三邊關系可得BE的最大值為，即可求得答案．【詳解】解：（1）如圖1，過點C作CG⊥AB于點G，∵AD=1，BD=3，∴AB=4，∵AC=BC，∠ACB=90°，CG⊥AB，∴CG=AG=AB=2，∴DG=1，∴CD=，∵∠CDE=30°，∠CED=90°，∴DE=CD?cos∠CDE=；（2）過點C作CG⊥AB于點G，過點D作DM⊥CD交CE的延長線于點M，連接AM，在CG上截取GN=DG，連接DN，∵CG⊥AB，GN=DG，∴△DGN是等腰直角三角形，∴∠DNG=45°，∴∠CND=135°，∵DM⊥CD，∴∠CDM=∠AGC=∠ACB=90°，∴∠DCG+∠CDG=∠CDG+∠ADM=90°，∴∠DCG=∠ADM，∵AC=BC，∠ACB=90°，CG⊥AB，∴AG=CG，∴AG-DG=CG-GN，即DA=CN，∵∠CED=∠CDM=∠DEM=90°，CE=DE，∴∠DCE=∠CDE=∠EDM=∠DME=45°，∴CE=DE=EM，∴CD=DM=DE，∴△CDN≌△DMA（SAS），∴∠CND=∠DAM=135°，∴∠CAM=∠DAM-∠BAC=135°-45°=90°，∴∠CAM=∠ACB，∴AM∥BC，∴∠AME=∠FCE，∵∠AEM=∠FEC，CE=EM，∴△AEM≌△FEC（ASA），∴AE=EF，∴點E為線段AF的中點；（3）如圖3，延長EH至點E′，使HE′=EH，延長EG至點E″，使GE″=EG，連接E′E″，取AC中點Q，連接EQ，BQ，∵AB=4，∠ACB=90°，AC=BC，∴AC=BC=2，∵點Q是AC中點，∴CQ=，∴BQ=，∵∠AEC=90°，點Q是AC中點，∴EQ=AC=，∵BEBQ+EQ，∴BE的最大值為，∵HE′=EH，GE″=EG，∴HG=E′E″，∵EH⊥BC，EG⊥AB，∴E、E′關于BC對稱，E、E″關于AB對稱，∴∠E′BH=∠EBH，∠E″BG=∠EBG，BE′=BE″=BE，∴∠E′BE″=2∠ABC=90°，∴E′E″=BE，∴HG=BE，∵要使GH最大，必須BE最大，BE的最大值為，∴GH長度的最大值為×()=．【點睛】本題考查了等腰直角三角形性質，直角三角形性質，全等三角形判定和性質，勾股定理，三角函數定義，軸對稱性質，三角形中位線定理等，屬于中考壓軸題，綜合性強，難度大，對學生要求很高；解題關鍵是熟練掌握軸對稱性質、等腰直角三角形性質等相關知識，合理添加輔助線構造全等三角形，通過軸對稱性質解決線段的最值問題．6．（1）等腰直角三角形；（2）2+；（3）存在，【分析】（1）如圖，△OP1P2是等腰直角三角形．證明OP1＝OP2，∠P1OP2＝90°即可．（2）如圖2中，在AD上取一點E，使得AE＝EC，連接EC．證明∠DEC＝∠EAC+∠ECA＝30°，設CD＝BD＝x，則EC＝EA＝2x，DE＝x，構建方程求出x即可解決問題．（3）存在．如圖，作點P關于AB的對稱點G，作點P關于BC的對稱點H，連接GH，交AB，BC于點M，N，此時△PMN的周長最小，易知S△BGH＝GH×BO＝25，由S四邊形BMPN＝S△BGM+S△BNH＝S△BGH﹣S△BMN，推出S△BMN的值最小時，S四邊形BMPN的值最大，此時S△PMN的面積最大．【詳解】解：（1）如圖1中，△OP1P2是等腰直角三角形．理由：∵點P關于邊OA、OB的對稱點分別為P1，P2，∴OP＝OP1＝OP2，∠AOP＝∠AOP1，∠BOP＝∠BOP2，∵∠AOB＝45°，∴∠P1OP2＝2（∠AOP+∠BOP）＝90°，∴△OP1P2是等腰直角三角形．故答案為：等腰直角．（2）如圖2中，在AD上取一點E，使得AE＝EC，連接EC．∵AB＝AC，AD⊥BC，∴∠EAC＝∠BAC＝15°，∵EA＝EC，∴∠EAC＝∠ECA＝15°，∴∠DEC＝∠EAC+∠ECA＝30°，設CD＝BD＝x，則EC＝EA＝2x，DE＝x，∵AD＝2+，∴2x+x＝2+，∴x＝1，∴BC＝2CD＝2，∴S△ABC＝?BC?AD＝×2×（2+）＝2+．（3）如圖3中，存在．理由：如圖，作點P關于AB的對稱點G，作點P關于BC的對稱點H，連接GH，交AB，BC于點M，N，此時△PMN的周長最小．∴BP＝BG＝BH＝10，∠GBM＝∠PBM，∠HBN＝∠PBN，∵∠PBM+∠PBN＝60°，∴∠GBH＝120°，且BG＝BH，∴∠BGH＝∠BHG＝30°，過點B作BO⊥GH于O，∴BO＝5，HO＝GO＝5，∴GH＝10，∴S△BGH＝GH×BO＝25，∵S四邊形BMPN＝S△BGM+S△BNH＝S△BGH﹣S△BMN，S△BGH面積為定值，∴S△BMN的值最小時，S四邊形BMPN的值最大，此時S△PMN的面積最大，觀察圖象可知：∵OB是△BMN的高，是定值，∴MN最小時，△BMN的面積最小，當△BMN是等邊三角形時，MN定值最小，此時S△BMN最小，此時GM＝MN＝NH＝，∴△PMN的最大值＝S△BGH﹣2S△BMN＝．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了軸對稱，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造特殊三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．7．(1)(2)【分析】本題主要考查了菱形的性質，軸對稱，勾股定理，熟練掌握以上知識點是解答本題的關鍵．（1）由菱形的面積公式可得出答案；（2）連接，則，當、、在同一條直線上時，的最小值等于的長，依據勾股定理及三角形面積即可得到的長．【詳解】（1）解：菱形中，，，菱形的面積是，故答案為：；（2）解：如圖所示，連接，則，，當、、在同一條直線上時，的最小值等于的長，菱形中，，，，，，，菱形的面積是，，，，的最小值是，故答案為：．8．（1）；（2）；（3）圍墻總長度存在最小值，最小值為【分析】（1）根據解直角三角形的計算得到，，由即可求解；（2）如圖2，作點關于的對稱點，連接、，則，，當、、三點共線時，最小，即此時最小，最小值為的長，作的中位線，則，，，，由此即可求解；（3）如圖3，延長和，兩線交于點，根據解直角三角形得到，，，，分別作點關于，所在直線的對稱點，，連接，作點關于所在直線的對稱點，連接，延長交于點，作點關于所在直線的對稱點.過點作的垂線，垂足為，并延長，交于點，連接交于點，連接，，，，所以,當點，，，，共線時，四邊形的周長最小，該最小值等于線段的長，，，，在中，，由此即可求解．【詳解】解：（1）在中，，，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，∴；（2）如圖2，作點關于的對稱點，連接、，則，，∴，∴當、、三點共線時，最小，即此時最小，最小值為的長，取的中點，即，又∵點是的中點，∴，，∴，∵，∴，即的最小值為；（3）如圖3，延長和，兩線交于點，∵，，∴，∵，，，，∴，，∴，∴，，，分別作點關于，所在直線的對稱點，，連接，作點關于所在直線的對稱點，連接，延長交于點，作點關于所在直線的對稱點.過點作的垂線，垂足為，并延長，交于點，連接交于點，連接，，，，∴，，，四邊形關于所在直線對稱，∴，∴,∴當點，，，，共線時，四邊形的周長最小，該最小值等于線段的長，根據題意可得，，，∴，，，，根據題意，四邊形是矩形，則，，∴，，∴，∴，在中，，當點，，，，共線時，四邊形的周長取得最小值，最小值為，故圍墻總長度存在最小值，最小值為．【點睛】本題主要考查解直角三角形，軸對稱最短路徑的計算，勾股定理，矩形的判定和性質，掌握解直角三角形的計算，軸對稱最短路徑的計算，合理作出輔助線是關鍵．9．（1）8或0；（2）；（3）面積不變，；（4）最大為．【分析】（1）證明△APB′是等邊三角形即可解決問題．（2）如圖2中，設直線l交BC于點E．連接BB′交PE于O．證明△PEB是等邊三角形，求出OB即可解決問題．（3）如圖3中，結論：面積不變．證明BB′∥AC即可．（4）如圖4中，當B′P⊥AC時，△ACB′的面積最大，設直線PB′交AC于E，求出B′E即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖1中，∵是等邊三角形，∴，，∵，∵，∵，∴是等邊三角形，∴．當直線l經過C時，點與A重合，此時，故答案為8或0．（2）如圖2中，設直線l交于點E．連接交于O．∵，∴，，∴是等邊三角形，∵，且由于折疊，∴B，關于對稱，∴，，∴OP=PB=5，∴，∴．故答案為．（3）如圖3中，結論：面積不變．連接BB′，過點A作AF⊥BC，垂足為F，∵B，關于直線l對稱，∴直線l，∵直線，∴，∴，∵BC=AB=AC=16，∴BF=8，∴AF=，∴．（4）如圖4中，∵點B和B′關于經過點P的直線對稱，∴B′到點P的距離與點B到點P的距離相等，當時，的面積最大，設直線交于E，在中，∵，，∴AE=2，∴，∵BP=B′P=12，∴，∴．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質和判定，軸對稱變換，平行線的判定和性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．10．(1)(2)見詳解(3)【分析】（1）由正切函數得，再由直角三角形的特征得，即可求解；（2）過作交的延長線于，由矩形的性質及直角三角形的特征得，由可判定，由全等三角形的性質得，即可求證；（3）作點關于的對稱點，作點關于的對稱點，連接交于，交于，連接、，由對稱的性質得，，由等腰三角形的性質得，當、、、四點共線時，取得最小值為，此時，即可求解．【詳解】（1）解：，，，，，，，，，，；（2）證明：如圖，過作交的延長線于，

四邊形是矩形，，，，，，，，，，，在和中，()，，；（3）解：如圖，作點關于的對稱點，作點關于的對稱點，連接交于，交于，連接、，

，，，，，，，，當、、、四點共線時，取得最小值為，此時，是等邊三角形，，，，取得最小值為，取得最小值為．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，含角的直角三角形的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，矩形的判定及性質，軸對稱的性質，等邊三角形的判定與性質等知識，掌握相關的判定方法及性質，能利用軸對稱的性質找出取得最小值的條件是解題的關鍵．11．(1)(2)證明見解析(3)存在，最小值為4【分析】（1）根據同角的余角相等即可證明；（2）在上取，連接，．由題意易證，即得出．再根據等腰三角形“三線合一”的性質即可得出，從而可得出結論；（3）作點E關于BC的對稱點，點F關于BD的對稱點．連接，交BD于點，BC于點，連接．根據軸對稱的性質即可知，即存在最小值，取最小值時N與重合，M與重合，最小值為的長．根據軸對稱的性質結合題意可求出，，即證明為邊長為4的等邊三角形，即可求出，從而即得出答案．本題考查三角形全等的判定和性質，等腰三角形的性質，軸對稱的性質以及等邊三角形的判定和性質．正確的作出輔助線是解題關鍵．【詳解】（1）解：∵，，∴，，∴（2）證明：如圖，在上取，連接，．∵在和中，，∴，∴．又∵，∴為中點，即，∴，∴；（3）解：如圖，作點關于的對稱點，點關于的對稱點．連接，交于點，于點，連接．由作圖可知，，．∴，∵，即存在最小值，即取最小值時N與重合，M與重合，最小值為的長．∵，，∴，∵，∴，∴．∵，，∴，∴為邊長為4的等邊三角形，∴，∴的最小值為4．12．(1)(2)，，證明見解析(3)【分析】（1）根據勾股定理，即可求解；（2）連接，，先證明三點共線，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，進而證明四點共圓，根據圓周角定理，即可得出；（3）過點作于點，先證明四點共圓，進而得出點的軌跡，得出，作點關于的對稱點，連接，當點在上時，，此時取的最小值，進而勾股定理，即可求解．【詳解】（1）解：∵在等腰直角三角形中，，∴，（2）結論：，證明：如圖所示，連接，，

∵將線段繞點逆時針旋轉得到線段，∴，∴是等腰直角三角形，∴又∵∴三點共線，∵為的中點．∴，∴∵∴四點共圓，∵，∴，（3）如圖所示，過點作于點

∴∴四點共圓，∴∴，∴點在射線上運動，∵∴作點關于的對稱點，連接，當點在上時，，此時取的最小值，∵是等腰直角三角形，是的中點，∴，，∴在中，即的最小值為．【點睛】本題考查了勾股定理，等腰直角三角形的性質，圓周角定理，直角所對的弦是直徑，軸對稱的性質求線段和的最值問題，直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．13．問題發現：，；問題探究：（1）證明見解析；（2），理由見解析；問題拓展：周長的最小值為，此時．【分析】問題發現：由，，得到，可證明，推出，由中，，，可得，得到，即可求解；問題探究：（1）由和是等邊三角形，得到，，，推出，即可證明；（2）由可得，推出；問題拓展：證明，得到，由于是定值，所以為定值，在一條固定的線段上運動，延長至點，使得，推出點在線段上運動，以直線為對稱軸，作點的對稱點，得到，，根據三角形的三邊關系可得，令與交于點，則有，根據全等三角形的性質，等邊三角形的判定與性質推出，得到，可求出周長的最小值；延長交于點，由可求出此時的度數．【詳解】解：問題發現：，，，即，在和中，，，，中，，，，，；問題探究：（1）和是等邊三角形，，，，，即，在和中，，；（2），理由如下：，，，；問題拓展：連接，和是等邊三角形，，，，，即，在和中，，，由于是定值，所以為定值，在一條固定的線段上運動，如圖3，延長至點，使得，點在線段上運動，以直線為對稱軸，作點的對稱點，，，，令與交于點，則有，，，，，，，，，，為等邊三角形，，，，又，，；，，延長交于點，，，為等邊三角形，，，又，，，綜上所述，周長的最小值為，此時．

【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，軸對