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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；
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【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，
∵ ，
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∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴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，
∴ ， ， ，
∴ ， ，
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∴ ， ，
∴ ， ，
∴
，
∴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．
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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；
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（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：
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（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
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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 ；
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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
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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 ，
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∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
由折叠的性质得 ， ， ，
∴ ，
∴ ；
∵ ，
∴ ；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得： ，
∴ ；
当 是以 为腰 为底的等腰三角形时，如图，则 ，
同理得 ， ，
设 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
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∵ 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】
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（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，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
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∴ ，
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 ，
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设 ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵折叠，
∴
∵ ，即
∴
∴ 即
∴
∵四边形 是平行四边形，
∴
又∵折叠，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
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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；
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【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
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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，
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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 ，
∴ ， ，
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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 ．
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(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： ， ，
， ．
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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
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，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，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
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（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）∵ ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
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 ．
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(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， ， ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ；
（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，
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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 ，
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∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
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，
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∴ ．
【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
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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，
，
，
，
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，
；
（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 ，
，
， ，
，
，
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，
，
；
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．
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【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，
， ． ，
，
，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
，
，
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，
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，
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， ，
， ，
， ，
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；
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（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， ．
．
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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
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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.
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【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 ，
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∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为等边三角形，
∴ ，
∴ ，
如图，当 在线段 上时，延长 交 于 ，
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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；
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（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，∵ ， ，
∴ ，
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∵ ， ，
∴ ；
（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： ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ；
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
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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；
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（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，
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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 ．
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(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
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，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 ，
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∴ ，
∴ ，
在 中 ，
即 ，
解得： ， （舍去），
∴ ，
在 中 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ．
（3）①证明：设旋转角为 ，
则 ，
∴ ， ，
∵ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
②解：∵ ，
∴设 ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
由①得 ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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∵ ，
∴ ，
即 ，
即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
由①可得 ，
∴ ，
∴点 四点共圆，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，
则 ，
根据旋转可得 ，
∴ ，
联立 可得 ，
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∴ ．
【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
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，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 ，
，
，
，
，
，
，
，
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，
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： ，
，
，
，
，
，
，
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．
【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
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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，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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∵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，
∵ ， ， ，
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∴ ，
∴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
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，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
，
，
．
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又 ， 是 的中位线，
，
，
，
，
，
．
（3）存在点 使得 ．
∵ ，
∴ ，
∴在 中， ，
过点C作 于点M，
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ，即 ，
∴ ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴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 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
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∴ ，
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，
， ， ，
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∴___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）．
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【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
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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 ．
∴ ．
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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， ，
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∴ ，
∴ ．
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．
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∴ ，
，
，
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 ．
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，
，
，即 ，
在 和 中， ，
，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，
，即 ，
，
同理可得 ．
，
，
，
又∵ ，
∴四边形 为矩形．
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，
，
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 0 4 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4，淇淇的方法如下：
如图3，嘉嘉的思路如下：
①在边 上截取 ，连接 ；
①连接 ， 交于点 ；
②作线段 的垂直平分线 ，交 于
②过点 作 ，分别交 ， 于
点 ；
点 ，
③在边 上截取 ，作直线
……
．
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(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
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，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，
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，
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，
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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， ，
，
， ，
，
，
，
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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，
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，
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， ．
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(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 ，
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∵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 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
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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，
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∵ ，
∴ ，
∴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．
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(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
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；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 ，
∴ ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ；
∴ ， ，
设 ，则 ，
∴ ，
∴ ；
（2）解；如图所示，延长 交于M，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∵ ，
∴ ，
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．
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【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：
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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，
∴ ， ，
∴ ，
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∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴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，
∴ ， ，
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∴ ，
∴ ， ， ，
∴ ，
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，
，
∴ ，
∴ ，
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∵ ，
∴ ，
∴ ，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；
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（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 ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（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 ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴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 ，
∵ ， ，
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∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
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 ，
∵ ， ， ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ；
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．
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（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，
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∵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 ， ，
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∴ （ ）．
∴ ，
∴ 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，
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∴ ，
∴ ．
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 ，
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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，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
解得： ；
（3）连接 ，如图所示：
∵四边形 为菱形，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
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∴ ，
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，
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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： ．
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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等，
∴该菱形有内切圆，
∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；
③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图，
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则 ， ， ， ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，即 ；
故③正确，
故答案为：①×；②√；③√；
（2）解：①若四边形 中有内切圆，则 ，这与 矛盾，
∴四边形 无内切圆，
又∵该四边形有外接圆，
∴该四边形 是“外接型单圆”四边形，
故答案为：外接型单圆；
②∵ 的平分线 交 于点E， 的平分线 交 于点F，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，即 和 均为半圆，
∴ 是 的直径．
（3）①证明：如图，连接 、 、 、 、 ，
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∵ 是四边形 的内切圆，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
在四边形 中， ，
同理可证， ，
∵四边形 是“完美型双圆”四边形，
∴该四边形有外接圆，则 ，
∴ ，则 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②如图，连接 、 、 、 ，
∵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，
∴∴ ， ， ， ， ，
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∴ ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，又 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，则 ，
在 中，由 得 ，
解得 ；
在 中， ，
∴ ，
同理可证 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性
质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定
等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎
实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战．
9．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在 中， ， ．点 是边 上的一点（点
不与点 、 重合），作射线 ，在射线 上取点 ，使 ，以 为边作正方形 ，使
点 和点 在直线 同侧．
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(1)当点 是边 的中点时，求 的长；
(2)当 时，点 到直线 的距离为________；
(3)连结 ，当 时，求正方形 的边长；
(4)若点 到直线 的距离是点 到直线 距离的3倍，则 的长为________．（写出一个即可）
【答案】(1)
(2)
(3)
(4) 或
【分析】本题考查等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握面积法是解题的关键；（1）根
据等腰三角形三线合一性质，利用勾股定理即可求解；（2）利用面积法三角形面积相等即可；（3）设
，则 ， ，过点 作 于
，根据 ，建立方程；即可求解；（4）第一种情况， ， 在 异侧时，设 ，
，则 ，证明 ，得到 ，即可求解；第二种情况，当 ， 在
同侧，设 ，则 ， ， ，求得 ，解方程即可求解；
【详解】（1）解：根据题意可知： ，
为等腰三角形，故点 是边 的中点时， ；
在 中， ；
（2）根据题意作 ，如图所示；
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当 时，则 ，
设点 到直线 的距离为 ，
，
解得： ；
（3）如图，当 时，点 落在 上，
设 ，则 ， ，
过点 作 于
则 ，
，
，
解得：
故 ，
所以正方形 的边长为 ；
（4）如图， ， 在 异侧时；
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设 ， ，则
三边的比值为 ，
，
，
当 ， 在 同侧
设 ，则 ， ，
三边比为 ，
三边比为 ，
设 ，则 ， ，
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解得：
综上所述： 的长为 或
10．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点 为矩形 的对称中心， ， ，点 为
边上一点 ，连接 并延长，交 于点 ，四边形 与 关于 所在直线成轴对称，
线段 交 边于点 ．
(1)求证： ；
(2)当 时，求 的长；
(3)令 ， ．
①求证： ；
②如图2，连接 ， ，分别交 ， 于点 ， .记四边形 的面积为 ， 的面积为
.当 时，求 的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①见解析；②
【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明 ，即可解答；
（2）过点 作 于 ，设 ，则 ，求得 ，再利用勾股定理，列方程
即可解答；
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（3）①过点 作 于 ，连接 ，证明 ，可得 ，得到
，即可解答；
②连接 ，证明 ，进而证明 ，进而证明 ，
可得 ，再证明 ，得到 ，再得到
，最后根据①中结论，即可解答．
【详解】（1）证明： 四边形 为矩形，
，
，
四边形 与 关于 所在直线成轴对称，
，
，
；
（2）解：如图，过点 作 于 ，
设设 ，则 ，
，
，
四边形 为矩形，
，
点 为矩形 的对称中心，
，
，
在 中， ，
可得方程 ，
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解得 （此时 ，故舍去0），
；
（3）解：①证明：过点 作 于 ，连接 ，
点 为矩形 的对称中心，
， ，
，
，
，
，
，
，即 ，
， ，
；
②如图，连接 ，
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由题意可得 ,
点 为矩形 的对称中心，
，
同理可得 ，
由（1）知 ，
，
即 ，
，
，
，
，
，
，
，
即 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
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，
，
，
，
当 时，由①可得 ，
解得 ，
，
，
．
【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和
性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
11．（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形 中，对角线 ， 相交于点 ， ，
，点 为线段 上的动点（不与点 ， 重合），连接 并延长交边 于点 ，交 的
延长线于点 ．
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(1)当点 恰好为 的中点时，求证： ；
(2)求线段 的长；
(3)当 为直角三角形时，求 的值；
(4)如图2，作线段 的垂直平分线，交 于点 ，交 于点 ，连接 ，在点 的运动过程中，
的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)2或
(4) 的度数是定值，
【分析】（1）由 “ ”可证 ；
（2）由菱形的性质可得 ， ， ， ，再由直角三角形的性
质可求解；
（3）分类讨论：当 时；当 时，由直角三角形的性质可求 、 的长，由等腰
三角形的判定与性质可求 的长，通过证明 ，可得 ，即可求解；
（4）先证点 、点 、点 三点共线，由直角三角形的性质可得 ，可求
，通过证明点 、点 、点 、点 四点共圆，可得 ，即可
求解．
【详解】（1）证明： 四边形 是菱形，
，
，
点 是 的中点，
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，
，
；
（2）解： 四边形 是菱形， ， ，
， ， ， ，
，
，
，
；
（3）解：当 时，
四边形 是菱形，
， ， ， ，
，
，即 ，
， ，
， ，
，
，
，
，
，
，
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；
当 时，
，
由（2）得： ， ，
四边形 是菱形，
，
，
， ，
，
，
，
，
综上所述： 或2
（4）解： 的度数是定值．
如图，取 的中点 ，连接 、 、 ，
， 是 的垂直平分线，
， ，
，
点 是 的中点， ，
，
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四边形 是菱形，
， ， ，
点 是 的中点， ，
，
点 、点 、点 三点共线，
点 是 的中点， ，
，
，
，
，
点 、点 、点 、点 四点共圆，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、相似
三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
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