中小学教育资源及组卷应用平台
专题21 几何综合压轴题
5年真题
1．（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（温馨提示：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．
2．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，
①若，过作交于点，求证：；
②若时，则______．
（2）如图，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．
（3）如图，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．
3．（2022·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯的中点为
(1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度．
(3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长．
4．（2022·广东深圳·中考真题）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
5．（2021·广东深圳·中考真题）在正方形中，等腰直角，，连接，H为中点，连接、、，发现和为定值．
（1）①__________；
②__________；
③小明为了证明①②，连接交于O，连接，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②．
（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，，（）求：
①__________（用k的代数式表示）
②__________（用k、的代数式表示）
6．（2020·广东深圳·中考真题）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：
（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值．
1年模拟
7．（2024·广东深圳·三模）（1）问题呈现：如图1， 和都是直角三角形，且，连接，求的值；
（2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，延长交于点F，设，求的长；
（3）拓展提升：如图3，在等边中，是边上的中线，点M从点A移动到点D，连接，以为边长，在的上方作等边，求点N经过的路径长．
8．（2024·广东深圳·三模）【问题呈现】
（1）如图①，在凸四边形中，，，连接，，某数学小组在进行探究时发现、和之间存在一定的数量关系；小明同学给出了如下解决思路：以为边作等边，连接，则易证，且，此时，，进而推导出、和之间的数量关系 ．
【类比探究】
（2）如图②，在凸四边形中，，，，连接，（1）中的结论是否改变？若不改变，请说明理由；若改变，请写出新的数量关系并证明．
【实际应用】
（3）工程师王师傅在电脑上设计了一个凸四边形零件（），如图③所示．其中厘米，厘米，，垂足是，且是的中点，且，连接．在尝试画图的过程中，王师傅发现，和之间存在一定的数量关系，请你帮王师傅直接写出，和之间的数量关系，并证明此结论．
9．（2024·广东深圳·三模）（1）【问题发现】如图，矩形与矩形相似，且矩形的两边分别在矩形的边和上，连接．
①线段与的数量关系为__________；②直线与所夹锐角的度数为__________；
（2）【类比探究】如图，将矩形绕点逆时针旋转，其它条件不变．在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图进行说理．
（3）【知识迁移】如图，当矩形的边时，点为线段上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长__________．
（4）【拓展应用】如图，在矩形中，，，点时直线上一动点，连接、，直接写出的取值范围__________．（用含有、的代数式表示，可以不化简）
10．（2024·广东深圳·三模）【探究发现】
（1）如图（a），正方形的边长为6，E为边的中点，F是边上的一点，将沿对折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在上时，求的长．
【能力提升】
（2）如图（b），E，F分别是矩形的边，上的点，，，F为的中点，将沿对折，点B的对应点为点G．连接，当时，求四边形的面积．
【拓展应用】
（3）菱形的边长为6，，E是边上一点，F是边上一点，将沿对折，点B的对应点为点G．当点G落在菱形的一条边或一条对角线上，且时，直接写出BF的长度．
11．（2024·广东深圳·三模）如图，在平行四边形中，过点作的延长线于点，垂足为点，，，，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；过点作，交于点．当点、中有一点停止运动时，另一点也停止运动，线段也停止运动，连接．解答下列问题：
(1)当 时，点为的中点．
(2) ．
(3)设五边形的面积为，求与之间的函数关系式．
(4)是否存在某一时刻，使得点、、为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
12．（2024·广东深圳·三模）如图1，在矩形中，，点是对角线上的一动点．
【初步探究】
（1）下表是某探究小组得出的正确结果：（部分数据被遮挡）
已知
2
表中被遮挡的数据 ， ， ；
【探究运用】
（2）当时，求的值．
【拓展延伸】
（3）如图2，的外接圆交于点，交于点，交于点，若，当时，直接写出此时的长．
13．（2024·广东深圳·三模）已知正方形，将边绕点A顺时针旋转α至线段的角平分线所在直线与直线相交于点F．
【探索发现】
（1）如图1，当α为锐角时，请先用“尺规作图”作出的角平分线（保留作图痕迹，不写作法），再依题意补全图形，求证：；
【深入探究】
（2）在（1）的条件下，
①的度数为 ；
②连接，猜想线段和之间的数量关系，并证明；
【拓展思考】
（3）若正方形的边长，当以点C，F，D，E为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出线段的长度．
14．（2024·广东深圳·三模）【基本模型】（1）如图1，矩形中，，，交于点E，则的值是__________
【类比探究】（2）如图2，中，，，，D为边上一点，连接，，交于点E，若，求的长．
【拓展应用】（3）如图3，矩形中，E是的中点，于点F，连接交于点G，若点G把线段分成的两部分，请直接写出的值．
15．（2024·广东深圳·二模）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证：；
（2）【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．若，求的长；
（3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点在直线上，，交直线于点．请直接写出线段的长．
16．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】
（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边和对角线上，，点G，H分别在边和上，，求证：；
【尝试应用】
（2）如图2，在矩形中，，点E，F分别在边和对角线上，，求的长；
【拓展提高】
（3）如图3，在平行四边形中，，点E，F分别在边和对角线上，，，试求的长．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
专题21 几何综合压轴题
5年真题
1．（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（温馨提示：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）根据题意可推出，得到，从而推出，再根据勾股定理可求得，再求得；
（2）根据题意可推出，得到，设，则，，再利用勾股定理得到，从而推出、，即可求得答案；
（3）①分情况讨论，第一种情况，作的平行线，使，连接，延长交于点；第二种情况，作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接；第三种情况，作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线；
在延长线上取点F，使，连接；
②根据①中的三种情况讨论：
第一种情况，根据题意可证得是等腰三角形，作，则，可推出，从而推出，计算可得，最后利用勾股定理即可求得；
第二种情况，延长、交于点，同理可得是等腰三角形，连接，可由，结合三线合一推出，从而推出，同第一种情况即可求得；
第三种情况无交点，不符合题意．
【详解】（1）解：，为的中点，，，，
，，，即，解得，
，；
故答案为：1；；
（2）解：，理由如下：
根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点，
，；又，，；
设，则，，，
，，，
，，；
（3）解：①第一种情况：
作的平行线，使，连接，则四边形为平行四边形；
延长交于点，，，，，，
，即，为的中点；
故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
第二种情况：
作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，故为的中点；
同理可证明：，则，则四边形是平行四边形；
故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
第三种情况：
作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线；
在延长线上取点F，使，连接，则为的中点，
同理可证明，从而，
故四边形是平行四边形；
故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形：
②若按照图1作图，
由题意可知，，四边形是平行四边形，，
，是等腰三角形；过P作于H，则，
，，，，
，；,，，，即
∴
若按照图2作图，
延长、交于点，同理可得：是等腰三角形，连接，
，，，，；
同理，，，，，
，即， ，
若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意）
故答案为：或
【点睛】本题考查了垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键．
2．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，
①若，过作交于点，求证：；
②若时，则______．
（2）如图，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．
（3）如图，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．
【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）或或
【分析】（1）①根据矩形的性质得出，，进而证明结合已知条件，即可证明；
②由①可得，，证明，得出，根据，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出，，根据已知条件得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，证明，解，进而得出，根据，得出，建立方程解方程即可求解；②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，同理证明，根据得出，建立方程，解方程即可求解；③当点在边上时，如图所示，过点作于点，求得，而，得出矛盾，则此情况不存在．
【详解】解：（1）①∵四边形是矩形，则，∴，
又∵，∴，，∴，又∵，
∴；
②由①可得，，∴，∴，
又∵，∴,
故答案为：．
（2）∵在菱形中，，∴，，则，∵，
∴，∵，∴，
∴，∵，
∴，又，∴，∴，
∴；
（3）①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，
∵平行四边形中，，，∴，,
∵，∴，∴，∴
∴，在中，，
则，，∴，∴，
∵，∴，∴
∴，∴
设，则，，，∴，解得：或，
即或，
②当点在边上时，如图所示，
连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，
设，则，，∵，∴
∴，∴，∴，∵
∴，过点作于点，在中，，
∴，，∴，则，∴，
∴，
，∴，∴，
即，∴，即，解得：（舍去）
即；
③当点在边上时，如图所示，
过点作于点，在中，，，
∴，∵，∴，
∵，∴点不可能在边上，
综上所述，的长为或或．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
3．（2022·广东深圳·中考真题）一个玻璃球体近似半圆为直径，半圆上点处有个吊灯的中点为
(1)如图①，为一条拉线，在上，求的长度．
(2)如图②，一个玻璃镜与圆相切，为切点，为上一点，为入射光线，为反射光线，求的长度．
(3)如图③，是线段上的动点，为入射光线，为反射光线交圆于点在从运动到的过程中，求点的运动路径长．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【分析】（1）由，可得出为的中位线，可得出D为中点，即可得出的长度；
（2）过N点作，交于点D，可得出为等腰直角三角形，根据,可得出，设，则，根据，即可求得，再根据勾股定理即可得出答案；
（3）依题意得出点N路径长为： ，推导得出，即可计算给出，即可得出答案．
【详解】（1）∵，∴为的中位线
∴D为的中点，∵，∴
（2）过N点作，交于点D，
∵，∴为等腰直角三角形，即，又∵，
∴，∴，∴，设，则，
∵，∴，解得，∴，，
∴在中，；
（3）如图，当点M与点O重合时，点N也与点O重合． 当点M运动至点A时，点N运动至点T，故点N路径长为： ．
∵，∴
∴，∴，∴，
∴N点的运动路径长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的性质，弧长公式、勾股定理、中位线，利用锐角三角函数值解三角函数，掌握以上知识，并能灵活运用是解题的关键．
4．（2022·广东深圳·中考真题）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或
【分析】（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证；
（2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，．
【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，，，，
；
（2）解：延长，交于，如图：
设，在中，，，解得，
，，，，
，即，，，，，
，，，即，，设，则，，，，
即，解得，的长为；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则，，，，
，沿翻折得到，，，，
是的角平分线，，即①，，
，，，
在中，，②，
联立①②可解得，；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，，即，由得：，
可解得，，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
5．（2021·广东深圳·中考真题）在正方形中，等腰直角，，连接，H为中点，连接、、，发现和为定值．
（1）①__________；
②__________；
③小明为了证明①②，连接交于O，连接，证明了和的关系，请你按他的思路证明①②．
（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2，，（）求：
①__________（用k的代数式表示）
②__________（用k、的代数式表示）
【答案】（1）①；②45°；③见解析；（2）①；②
【分析】（1）①通过中位线得出，再通过等腰直角三角形斜边与直角边的关系得出,则，在等腰Rt△OBA中得出，再结合中位线OH和正方形的性质证明∠BOH=∠BAF，即可证明出，即可得出比值；②利用相似三角形的性质，对应角相等，代换角即可求出；
（2）①用与（1）相似的方法可以证明出，即可得出比值；②通过添加辅助线，构造两个直角三角形，用锐角三角函数和勾股定理表示出两边，即可求出比值．
【详解】（1）；②45°
③证明：如图所示：
由正方形性质得：，O为的中点，又∵H为的中点，则，
∴是等腰直角三角形，∴ ，∴，∵
∴，又∵，∴，又
∴，又∵，∴，∴，
∴
（2）① ②
理由如下：
①如图，连接，与交于O点，连接
由题可知四边形ABCD为平行四边形，∴O为AC和BD的中点，又∵H为CE中点，
∴，，又∵，∴ ,即，
,即，∵OH是△ACE的中位线，∴OH∥AE，
∴，又∵是△AOD的外角，∴,
又∵，∴，∴，
又∵，∴，∴
②：
由得：，则
在中，，
不妨令，，如图作
则：，，则
由勾股定理解得：，∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数，涉及知识点较多，难度较大，能够通过已知条件找出判定相似三角形的条件是解题关键．
6．（2020·广东深圳·中考真题）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：
（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：
（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；理由见解析；（3）．
【分析】（1）根据四边形ABCD和AEFG是正方形的性质证明△EAB≌△GAD即可；
（2）根据菱形AEFG和菱形ABCD的性质以及角的和差证明△EAB≌△GAD即可说明当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；
（3）如图：连接EB，BD,设BE和GD相交于点H，先根据四边形AEFG和ABCD为矩形的性质说明△EAB∽△GAD，再根据相似的性质得到，最后运用勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，
∵四边形AEFG为正方形，∴AE=AG，，∴
在△EAB和△GAD中有：
∴△EAB≌△GAD，∴BE=DG；
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。
证明：∵四边形ABCD菱形，∴AB=AD，∵四边形AEFG为正方形，∴AE=AG
∵∠EAG=∠BAD，∴，∴
在△EAB和△GAD中有：
∴△EAB≌△GAD，∴BE=DG；
(3)连接EB，BD,设BE和GD相交于点H
∵四边形AEFG和ABCD为矩形，∴，∴，∵
∴△EAB∽△GAD，∴，∴
∴
∴
，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用所学知识是解答本题的关键．
1年模拟
7．（2024·广东深圳·三模）（1）问题呈现：如图1， 和都是直角三角形，且，连接，求的值；
（2）类比探究：如图2，是等腰直角三角形，，将绕点A逆时针旋转得到，连接，延长交于点F，设，求的长；
（3）拓展提升：如图3，在等边中，是边上的中线，点M从点A移动到点D，连接，以为边长，在的上方作等边，求点N经过的路径长．
【答案】（1）；（2），（3）．
【分析】（1）先证明，再根据勾股定理证得，进一步证明，最后根据相似比即可求得答案；
（2）过D作，交的延长线于H，作于N，根据旋转的性质和等边三角形的性质证明，求出，通过勾股定理求出，即可得到答案；
（3）过点N作于点H，先证明，由全等三角形的性质可得，即点N总在直线上，垂直平分，所以点N经过的路径为一条线段，起点为点M、A重合时点N的位置，终点为的中点H，然后求解即可获得答案．
【详解】解：（1）在和中，，∴，∵，
∴，∴，∴，设，则，
∵，∴，设，同理可得，，
∴，，∴，∴，∴,
∴；
（2）过D作，交的延长线于H，作于N，如图：
∴，∵是等腰直角三角形，，，
由旋转的性质可知：，，
∴和是等边三角形，∴，
∵ ，∴，∴，∴，∴，
∴，，∵，∴，
∴，∴，∴；
（3）过点N作于点H，如下图，
在等边中，，在等边中，，
∴，∴，即,
∵，∴，∴，
∴点N总在直线上，即垂直平分，
点N总过的路径为一条线段，起点为M、A重合时点N的位置，终点为的中点H，
如图所示，
在等边中，点M、A重合时，，
此时等边三角形“三线合一”的性质可得,
∴点N经过的路径长为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
8．（2024·广东深圳·三模）【问题呈现】
（1）如图①，在凸四边形中，，，连接，，某数学小组在进行探究时发现、和之间存在一定的数量关系；小明同学给出了如下解决思路：以为边作等边，连接，则易证，且，此时，，进而推导出、和之间的数量关系 ．
【类比探究】
（2）如图②，在凸四边形中，，，，连接，（1）中的结论是否改变？若不改变，请说明理由；若改变，请写出新的数量关系并证明．
【实际应用】
（3）工程师王师傅在电脑上设计了一个凸四边形零件（），如图③所示．其中厘米，厘米，，垂足是，且是的中点，且，连接．在尝试画图的过程中，王师傅发现，和之间存在一定的数量关系，请你帮王师傅直接写出，和之间的数量关系，并证明此结论．
【答案】（1）；（2）改变，，见解析；（3），见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论；
（2）如图②，以为直角边作等腰直角三角形，使，，连接，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理即可得到结论；
（3）如图③，将绕点D逆时针旋转得到，连接，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）∵，，∴是等边三角形，∴，，
∵以为边作等边，连接，∴，，∴，
∴，∴，∵，，∴，
∴，∴，
故答案为：；
（2）（1）中的结论改变，，理由如下：∵，，
∴是等腰直角三角形，
如图②，以为直角边作等腰直角三角形，使，，连接，
∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴；
（3）∵，E是的中点，∴，，∴，
如图③，将绕点D逆时针旋转得到，连接，
∴，，，∴，∴，
∴，∴，，∴，
∵厘米，厘米，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，
即．
【点睛】本题主要考查了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，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（2024·广东深圳·三模）（1）【问题发现】如图，矩形与矩形相似，且矩形的两边分别在矩形的边和上，连接．
①线段与的数量关系为__________；②直线与所夹锐角的度数为__________；
（2）【类比探究】如图，将矩形绕点逆时针旋转，其它条件不变．在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图进行说理．
（3）【知识迁移】如图，当矩形的边时，点为线段上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长__________．
（4）【拓展应用】如图，在矩形中，，，点时直线上一动点，连接、，直接写出的取值范围__________．（用含有、的代数式表示，可以不化简）
【答案】（1），；（2）成立，过程见详解；（3）；（4）的取值范围为：
【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)延长交于H，连接，易得点，，三点共线，由，得到；即可得出结论；
(2) 连接AC，AF，证明，即可得出结论；
(3) 连接，，根据题意易得为正方形，证明，即可得出结论；
(4)根据题意，找临界点分别位于，两点，求的取值范围即可．
【详解】解：
（1）【问题发现】如图，延长交于；②直线与所夹锐角的度数为．矩形与矩形相似，且矩形的两边分别在矩形的边和上，易证，，三点共线．
，在中，，
故答案为：，．
（2）【拓展探究】结论不变．连接AC，AF，
理由： 矩形与矩形相似，，，
，，，，
设，则，，，
，
（3）如图，连接，，
在矩形中，为正方形，，
为正方形，点为正方形的中心，，
，，，，
，，
，，，，，
（4）如图所示，
当时直线BC上一动点,运动零界点为, 两点，
当点运动到时，达到最大值，此时，，则
当点运动到时，达到最小值，此时，，则
故的取值范围为：
10．（2024·广东深圳·三模）【探究发现】
（1）如图（a），正方形的边长为6，E为边的中点，F是边上的一点，将沿对折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在上时，求的长．
【能力提升】
（2）如图（b），E，F分别是矩形的边，上的点，，，F为的中点，将沿对折，点B的对应点为点G．连接，当时，求四边形的面积．
【拓展应用】
（3）菱形的边长为6，，E是边上一点，F是边上一点，将沿对折，点B的对应点为点G．当点G落在菱形的一条边或一条对角线上，且时，直接写出BF的长度．
【答案】（1）；（2）；（3）4，或
【分析】（1）连接，由可判定，由全等三角形的性质得，设，有勾股定理得，即可求解；
（2）连接，过作交于，交于，过作交于，设，则，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，可求出，，由勾股定理得，可求出、、，由即可求解；
（3）①当在边上时，由等边三角形的判定方法得是等边三角形，即可求解；②当在边上时，延长交的延长线于，过作交于，交于， 设，，，由勾股定理得，可求出，进而求出、，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解； ③当在对角线上时，设，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解．
【详解】解：（1）如图，连接，
四边形是正方形，，是的中点，，
由折叠得：，，，，，
在和中
，（），，设，，，
，在中，，，解得：，
；
（2）如图，连接，过作交于，交于，过作交于，
，四边形是矩形，，，
四边形是矩形，四边形是矩形，，，，
，F为的中点，，由折叠得：，
，，，设，，，
，，，，
，解得：，，在中，，
，解得：，，，
，
；
（3）①当在边上时，
，由折叠得：，，是等边三角形，；
②当在边上时，
如图，延长交的延长线于，过作交于，交于，
，，，设，，
，由折叠得：，，，，
，，，
在中，，，解得：，
，，，四边形是菱形，
，，，，，，
，解得：，；
③当在对角线上时，
四边形是菱形，，，是等边三角形，，
，，，设，，
由折叠得：，，，，
，，，解得：，，
，解得：，经检验：是此方程的根；；
综上所述：的长度为或或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定及性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质，能根据题意构建三角形相似及全等是解题的关键．
11．（2024·广东深圳·三模）如图，在平行四边形中，过点作的延长线于点，垂足为点，，，，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；过点作，交于点．当点、中有一点停止运动时，另一点也停止运动，线段也停止运动，连接．解答下列问题：
(1)当 时，点为的中点．
(2) ．
(3)设五边形的面积为，求与之间的函数关系式．
(4)是否存在某一时刻，使得点、、为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)存在，当为或或时，是等腰三角形
【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是分类讨论思想的运用．
（1）根据点Q的运动速度和路程即可求出答案；
（2）利用等积法求出，利用正弦定义即可求出答案；
（3）根据解得，得出，最后利用解答即可；
（4）分为，和三种情形讨论即可求解．
【详解】（1）在平行四边形中，，点从点出发，沿方向匀速向点运动，速度为；
当点为的中点时，即，则，解得，
即当时，点为的中点．
故答案为：
（2）如图3，过点A作于点F，过点作于点，
∵，，∴，∴，在中，，
，，
故答案为：
（3）如图3，过点作于点，四边形是平行四边形，，
，，又∵，，即，， ．
，，，∵，∴，
∴，
∴，，∴，
∴，∵，，∴，∴四边形是矩形，∴，
，即，，
，
，
与之间的函数关系式为；
（4）是等腰三角形，
分，和三种情况讨论：
①当时，，解得；
②当时，过点作，交于点，如图4，
，在中，，，，，，
，；
③当时，过点作于点，
则，，，即，，
综上所述，当为或或时，是等腰三角形．
12．（2024·广东深圳·三模）如图1，在矩形中，，点是对角线上的一动点．
【初步探究】
（1）下表是某探究小组得出的正确结果：（部分数据被遮挡）
已知
2
表中被遮挡的数据 ， ， ；
【探究运用】
（2）当时，求的值．
【拓展延伸】
（3）如图2，的外接圆交于点，交于点，交于点，若，当时，直接写出此时的长．
【答案】（1）1；4；8；（2）；（3）的长为或
【分析】（1）过点作，，证明四边形是矩形．得出，，证明，得出，根据，得出，设，，则，，求出，求出，得出，求出，即可得出答案；
（2）过点作，，证明四边形是矩形．得出，，证明，得出，设，，则，，得出，，，求出，得出，，，，即可得出答案；
（3）连接，根据，得出，根据，，得出，说明，证明，得出，即，设，则，得出，求出结果即可．
【详解】解：（1）过点作，，如图所示：
则，∵四边形为矩形，
∴，，，∴四边形是矩形
∴，，，，，
，∵，∴，即，设，，则，，∴，∴，∴，
∴，即，根据表格特点可知：；
（2）过点作，.
∵四边形为矩形，∴，，，
∴四边形是矩形，，，，
，设，，则，，，，，，，，∵，，，，，，，．
（3） 连接，如图所示：
∵，∴，∴根据勾股定理得：，
∵，∴，∵，，∴，
又由（2）知，，∴，∵矩形中，，，
∴，，∵，∴，∴，又，∴，∴，
∴，设，则，∴，
解得，，∴的长为或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的相关计算，勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，平行线的性质,解一元二次方程等知识，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义．
13．（2024·广东深圳·三模）已知正方形，将边绕点A顺时针旋转α至线段的角平分线所在直线与直线相交于点F．
【探索发现】
（1）如图1，当α为锐角时，请先用“尺规作图”作出的角平分线（保留作图痕迹，不写作法），再依题意补全图形，求证：；
【深入探究】
（2）在（1）的条件下，
①的度数为 ；
②连接，猜想线段和之间的数量关系，并证明；
【拓展思考】
（3）若正方形的边长，当以点C，F，D，E为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出线段的长度．
【答案】（1）见解析；（2）①；②，证明见解析；（3）8或．
【分析】（1）依题意补全图形，连接，由正方形和旋转的性质可得，由角平分线的定义可得，再通过证明即可求解；
（2）①设，则，由可得，由可得，再根据计算即可求解；
②连接和，易得和为等腰直角三角形，，，由等角减同角相等可得，以此可证明，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）分两种情况：当为对角线时此时，；当为对角线时，连接，同（1）可证：，得到，由可得，，由四边形内角和定理得到，进而求得，于是是等腰直角三角形，同（2）②可证：，，设，则,在中，利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：（1）“尺规作图”补全图形如图：
证明：如图，连接，∵四边形是正方形，∴，由旋转知，，
∴，∵平分，∴，
在和中，
，∴，∴；
（2）①连接
设，∵，∴，
∵四边形为正方形，∴，∴，
∵，∴，
∴；
故答案为：；
②，理由如下：
如图，连接和，
∵，∴为等腰直角三角形，，∴，
∵四边形为正方形，∴为等腰直角三角形，∴，，
∴，∴，即，∴，∴，∴；
（3）当为对角线时，如图，
此时，；
当为对角线时，如图，连接，
∵四边形为边长为4的正方形，∴，同（1）可证：，
∴，∵，∴，
∴，∴，∴是等腰直角三角形，
同（2）②可证：，且，设，则，
∵四边形为平行四边形，∴，∴，
∴，在中，，∴，
解得：或（舍去），∴．
综上，或．
【点睛】本题主要考查尺规作图、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理，正确作出辅助线，灵活应用相关知识解决问题是解题关键．
14．（2024·广东深圳·三模）【基本模型】（1）如图1，矩形中，，，交于点E，则的值是__________
【类比探究】（2）如图2，中，，，，D为边上一点，连接，，交于点E，若，求的长．
【拓展应用】（3）如图3，矩形中，E是的中点，于点F，连接交于点G，若点G把线段分成的两部分，请直接写出的值．
【答案】（1）（2）5（3）或
【分析】（1）由矩形的性质结合，证明，由相似三角形的性质解求解；
（2）过点A，D作的垂线，垂足分别为，证明，解直角三角形，求出，得到，进而得到，设，则 ， 解直角三角形即可求解；
（3）分两种情况：或，先画出图形，根据菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】解：（1） 四边形是矩形，，，，
，，，
， ，
故答案为：；
（2）过点A，D作的垂线，垂足分别为，
，，，则，，
，，，
， ，，，
，∴，∴，设，则 ，
，，，，
，，，∴；
（3）分两种情况：
①当时，延长交的延长线于，连接，如图所示：
四边形是矩形，，，，，，，是的中点，，，
四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，，，即，，∴，
∴；
②当时，延长、交于点，延长、交于点，如图所示，
∵E是的中点，∴，
在和中，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，设，，
则，∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，
∴（负根舍去），∴；
综上可得，的值为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角函数，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握三角形的相似，三角函数是解题的关键．
15．（2024·广东深圳·二模）（1）【问题探究】如图1，正方形中，点、分别在边、上，且于点，求证：；
（2）【知识迁移】如图2，矩形中，，，点、、、分别在边、、、上，且于点．若，求的长；
（3）【拓展应用】如图3，在菱形中，，，点在直线上，，交直线于点．请直接写出线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）由正方形的性质及得出，利用证明，即可得出；
（2）作于点，交于点，作于点，交于点，由矩形的性质得出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，即可证明四边形是矩形，进而可证明，得出，根据即可得答案；
（3）作于点，交的延长线于点，由菱形的性质得出，利用三角函数得出，，分点在线段上和点在线段延长线上两种情况，利用三角函数及的面积求出的值，即可得出的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∵，
∴，∴，
在和中，，∴，∴．
（2）如图2，作于点，交于点，作于点，交于点，则，
∵四边形是矩形，，，∴，，
∵，∴四边形是矩形，∴，，
∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，∴，∵于点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，
解得或（舍去），∴的长是．
（3）解：线段的长为或，理由如下：
如图3，作于点，交的延长线于点，则，
∵四边形是菱形，，，∴，，
∴，∴，，
∴，，∴，点在线段上，且，则，
∴，∴，
设于点，则，，
∴，∴，∵，
∴，∴，
∴，∴；
如图4，点在线段延长线上，且，则，
∴，∴，
设于点，则，，∴，
∴，∵，
∴，∴，
∴，
综上所述，线段的长为或．
【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、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握其性质，合理作出辅助线并分类讨论是解决此题的关键．
16．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】
（1）如图1，在正方形中，点E，F分别在边和对角线上，，点G，H分别在边和上，，求证：；
【尝试应用】
（2）如图2，在矩形中，，点E，F分别在边和对角线上，，求的长；
【拓展提高】
（3）如图3，在平行四边形中，，点E，F分别在边和对角线上，，，试求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）
【分析】此题考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，熟练相似三角形的判定和解直角三角形是解题的关键．
（1）证明，，即可证明结论；
（2）在上截取，连接，作，得到，证明，，证明，得到，则，作于W，设，则，得到，得到，解方程即可；
（3）在上截取，连接，作，作，交的延长线于X，设，证明是等边三角形，，，则，得到，同理（2）可得，
，则，作于V，则，得到，则，，得到，，得到，进一步即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∵，
∴，∵，∴，
∴，∴；
（2）解：如图1，
在上截取，连接，作，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∴，，∵，∴，
∴，∴，∴，∴，
作于W，设，∵，∴，
∵，∴，
∴，∵，∴，∴，∴；
（3）解：如图2，
在上截取，连接，作，作，交的延长线于X，设，∵四边形是平行四边形，∴，
∴，∴是等边三角形，，，∴，，
同理（2）可得，，∴，作于V，
∴，∴，∴，∴，∴，，∴，，∴，∴，∴，
∴．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
