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专题21 几何综合压轴题
5年真题
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．
(1)若，求证：是等边三角形；
(2)延长，交射线于点G；
①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；
②若，求面积的最大值，并求此时的长．
3．（2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
(1)求BD的长；
(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
4．（2021·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使，且CF、DE相交于点G
（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
5．（2020·广东广州·中考真题）如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，．
（1）求证：是的平分线；
（2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值．
1年模拟
6．（2024·广东·三模）如图1，点B在直线l上，过点B构造等腰直角三角形，使，且，过点C作直线l于点D，连接．
(1)小娟在研究这个图形时发现，，点A，D应该在以为直径的圆上，则的度数为____________，将射线顺时针旋转交直线l于点E，可求出线段的数量关系为____________；
(2)小娟将等腰直角三角形绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段的数量关系是否变化，请说明理由：
(3)在旋转过程中，若长为1，当面积取得最大值时，请求出此时的长．
7．（2024·广东·三模）综合运用
如图1，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，点A的坐标为．点C是边上一点，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接，．
(1)当平分时，＝________°；
(2)若，求的长；
(3)如图2，作点C关于的对称点E，连接，，．设的面积，，求S关于m的函数表达式．
8．（2024·广东广州·二模）如图，已知正方形的边长为，点是边上的一个动点，点关于直线的对称点是点，连接、、、，设．
(1)的最小值是______；此时x的值是______．
(2)如图2，若的延长线交边于点，并且．
①求证：点是的中点；
②求的值．
(3)如图2，若的延长线交边于点，求线段的最小值．
9．（2024·广东广州·二模）如图，在等腰直角三角形中，，，D、E分别是、上一点，且；
(1)如图1，当时，求的长度．
(2)如图2，过点E作，交于点F，作，交于点G，求证：．
(3)连接，当的长度最小时，求的面积．
10．（2024·广东广州·二模）如图，已知为直径，是的弦，的平分线交于D．
(1)尺规作图：过点D作交的延长线于点E，交于点F．
(2)求证：是的切线；
(3)若，求的长．
11．（2024·广东广州·二模）如图，在菱形中，，
(1)连接，求的值；
(2)点E以每秒2个单位长度的速度从B点出发向点C运动，同时点Q以每秒个单位长度的速度从D点出发向点B运动，当其中一点达到终点，另外一点随之停止运动．
①连接，能否为等腰三角形？如果能，求点E，Q的运动时间；如果不能，请说明理由；
② 连接，当时，求的值．
12．（2024·广东广州·一模）如图，矩形中，，，点E，F分别为边，上的点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段．射线与对角线交于点，连接，．
(1)求的度数；
(2)若，求的值；
(3)连接，，若，设和的面积分别为，，当点在边上运动时，求的最大值．
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专题21 几何综合压轴题
5年真题
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①且；②能，
【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论；
（2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案．
【详解】（1）解：，；理由如下：
∵在菱形中，，∴，，∵，
∴，∴，由对折可得：，∴；
（2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，
∵四边形为菱形，，∴，，，
∴为等边三角形，∴，∴共圆，，在上，∵，∴，
过作于，∴，，∴，当时，
最小，则最小，∵，，
∴，∴；
点E不与B、C重合，，且，
∴的取值范围为且；
②能为的切线，理由如下：
如图，以为圆心，为半径画圆，∵，∴在上，
延长与交于，连接，
同理可得为等边三角形，∴，∴，∴，
∵为的切线，∴，∴，∵，∴为等边三角形，
∴，∴，∴，∴，由对折可得：，，
过作于，∴设，∵，∴，
∴，解得：，∴，∴．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．
(1)若，求证：是等边三角形；
(2)延长，交射线于点G；
①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；
②若，求面积的最大值，并求此时的长．
【答案】(1)见解析
(2)①能为等腰三角形，；②
【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到；
②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，设，则，根据直角三角形的性质得到，推出，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于Q，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，求得，于是得到结论．
【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到，∵四边形是正方形，∴，
∵，∴，∵于对称的线段为， ∴，
∴，∴是等边三角形；
（2）①∵于对称的线段为，∴∵四边形是正方形，∴，
∴，∵E是边上一动点，∴，
∴点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，
则有，此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下了，连接交于H，
∵，∴，∴，∴，
∴为等腰三角形， ∵，∴，∵，
∴，∴，∴
∴
∴，∴，∵
∴∴；
②由①知，
要求面积的最大值，即求面积的最大值，
在中，底边是定值，即求高的最大值即可，
如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，
设，则，∵，M是的中点，∴，∴，
当G，M，N三点共线时，取等号，∴面积的最大值，
的面积
如图3，设与交于Q，
则四边形是矩形，∴，∴，
∴，∵，∴，
∴ ．
【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．（2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
(1)求BD的长；
(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)①四边形ABEF的面积为；②最小值为12
【分析】（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO= ，即可求解；
（2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， 根据菱形的面积可求出MN=，设BE=，则EN=，从而得到EM=MN-EN=，再由BE=DF，可得DF=，从而得到四边形ABEF的面积s= S△ABD - S△DEF ，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=BO=，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由，可得当，即BE=时， s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解．
【详解】（1）解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，∵∠BAD = 120°，
∴∠CAB=60°，∴△ABC是等边三角形，∴BO=AB sin60°==，∴BD=2BO=；
（2）解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，
∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=6，由（1）得：BD=；菱形ABCD中，
对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，∴MN⊥BC，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，
∴∠EBN=30°；∴EN=BE，∵，∴MN=，设BE=，
则EN=，∴EM=MN-EN=， ∵S菱形ABCD= AD MN=，
∴S△ABD= S菱形ABCD=，∵BE=DF，∴DF=，
∴S△DEF=DF EM= =，记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =-（），
∵点E在BD上，且不在端点，∴0①当CE⊥AB时，∵OB⊥AC，∴点E是△ABC重心，∴BE=CE=BO=，
此时 =，∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为；
②作CH⊥AD于H，如图，
∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，∵∠BAD=120°，∴∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，∴AH=DH=3，∴CH=，∵，
∴当，即BE=时，s达到最小值，∵BE=DF，∴DF=3，
此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+CF的值达到最小，其最小值为CO+CH==12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识是解题的关键．
4．（2021·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使，且CF、DE相交于点G
（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）根据E为AB中点可得，再由菱形的性质推出CD∥AB，，则，即可证明结论；
（2）过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，利用菱形及直角三角形的性质可求出，并由勾股定理求得，再根据相似三角形的判定及性质可证得，设，则，可表示出，，即可由建立关于x的方程，求解后可得出AE的长；
（3）连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，首先由菱形的性质得出△ABD为等边三角形，则，再由CD∥AB，得，，由此可证得，再结合得出，则由等腰三角形性质推出，并分别求出，，最后根据题意可得点G运动路径的长度为线段AN的长，由平行线分线段成比例性质可得出，此题得解．
【详解】（1）证明：∵E为AB中点，∴，∴，
∵四边形ABCD是菱形，∴CD∥AB，，∴
∴四边形DFEC是平行四边形；
（2）解：如图，过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，
∵四边形ABCD是菱形，，∴AD∥BC，．∴
∴，∴，则由勾股定理得，∵CD∥AB，
∴△CDG∽△FEG，∴，∵，∴，设，则
∴，，在Rt△CFH中，由勾股定理得：，
∴，解得，（不合题意，舍去）．∴AE的长为；
（3）如图，连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，
∵四边形ABCD是菱形，，∴，，
∴△ABD为等边三角形，同理可证：△BCD为等边三角形，∴，∵CD∥AB，
∴，，∴，，∴，∵，
∴，∴，则由勾股定理得：，
当点E从A出发运动到点B时，点G始终在直线AM上运动，运动轨迹为线段，
当点E与A重合时，点G与点A重合，
当点E与B重合时，点G为BD与AM 的交点N，
∴点G运动路径的长度为线段AN的长，
∵CD∥AB，∴，∴
∴点G运动路径的长度为
【点睛】此题属于四边形的综合问题，考查了菱形的性质、平行四边形及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握所学知识并灵活运用所学知识是解题的关键．
5．（2020·广东广州·中考真题）如图，为等边的外接圆，半径为2，点在劣弧上运动（不与点重合），连接，，．
（1）求证：是的平分线；
（2）四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由；
（3）若点分别在线段，上运动（不含端点），经过探究发现，点运动到每一个确定的位置，的周长有最小值，随着点的运动，的值会发生变化，求所有值中的最大值．
【答案】(1)详见解析；(2)是， ；(3)
【分析】(1)根据等弧对等角的性质证明即可；
(2)延长DA到E,让AE=DB,证明△EAC≌△DBC,即可表示出S的面积；
(3)作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，当D1、M、N、D共线时△DMN取最小值，可得t=D1D2，有对称性推出在等腰△D1CD2中,t=，D与O、C共线时t取最大值即可算出．
【详解】(1)∵△ABC为等边三角形，BC=AC，∴都为圆，∴∠AOC=∠BOC=120°，
∴∠ADC=∠BDC=60°，∴DC是∠ADB的角平分线．
(2)是．
如图，延长DA至点E，使得AE=DB，连接EC，则∠EAC=180°－∠DAC＝∠DBC
∵AE＝DB，∠EAC＝∠DBC，AC＝BC，∴△EAC≌△DBC(SAS)，∴∠E=∠CDB=∠ADC=60°，
故△EDC是等边三角形，∵DC=x，∴根据等边三角形的特殊性可知DC边上的高为
∴．
(3)依次作点D关于直线BC、AC的对称点D1、D2，根据对称性
C△DMN=DM+MN+ND=D1M+MN+ND2，∴D1、M、N、D共线时△DMN取最小值t，此时t=D1D2，
由对称有D1C=DC=D2C=x，∠D1CB=∠DCB，∠D2CA=∠DCA,
∴∠D1CD2=∠D1CB+∠BCA+∠D2CA=∠DCB+60°+∠DCA=120°．
∴∠CD1D2=∠CD2D1=60°，
在等腰△D1CD2中,作CH⊥D1D2，
则在Rt△D1CH中，根据30°特殊直角三角形的比例可得D1H=，
同理D2H=，∴t=D1D2=，∴x取最大值时,t取最大值．
即D与O、C共线时t取最大值，x=4，所有t值中的最大值为．
【点睛】本题考查圆与正多边形的综合以及动点问题，关键在于结合题意作出合理的辅助线转移已知量．
1年模拟
6．（2024·广东·三模）如图1，点B在直线l上，过点B构造等腰直角三角形，使，且，过点C作直线l于点D，连接．
(1)小娟在研究这个图形时发现，，点A，D应该在以为直径的圆上，则的度数为____________，将射线顺时针旋转交直线l于点E，可求出线段的数量关系为____________；
(2)小娟将等腰直角三角形绕点B在平面内旋转，当旋转到图2位置时，线段的数量关系是否变化，请说明理由：
(3)在旋转过程中，若长为1，当面积取得最大值时，请求出此时的长．
【答案】(1)，
(2)，理由见解析
(3)
【分析】本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考压轴题．
（1）由，且，可得，由，推出、、、四点共圆，所以；由题意知，所以，由，，可知是等腰直角三角形，推出；
（2）如图2，将绕点顺时针旋转交直线于点．易证，则，由，，所以是等腰直角三角形，则，由，推出；
（3）当点在线段的垂直平分线上且在的左侧时，的面积最大．
【详解】（1）解：①如图，在图1中
，且，，，
、、、四点共圆，；
②由题意可知，，，又，，
，，，，是等腰直角三角形，
，，；
故答案为：，；
（2）解：线段，，的数量关系会变化，数量关系为．
理由如下：
如图2，将绕点顺时针旋转交直线于点．
则，，又，，，
，，，是等腰直角三角形，，
，；
（3）解：由（2）知， ，，，
，，，
、、、四点共圆，于是作、、、外接圆，如图，
当点在线段的垂直平分线上且在的左侧时，经过圆心，此时最长，因此的面积最大．
作，则平分，，在上截取一点，使得，
，，，，
，，，
．
7．（2024·广东·三模）综合运用
如图1，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，点A的坐标为．点C是边上一点，连接，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连接，．
(1)当平分时，＝________°；
(2)若，求的长；
(3)如图2，作点C关于的对称点E，连接，，．设的面积，，求S关于m的函数表达式．
【答案】(1)22.5
(2)
(3)
【分析】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，列函数的解析式，掌握旋转变换的特征是解题的关键．
（1）根据旋转的性质和角平分线的定义求解即可；
（2）根据旋转的性质证，根据相似三角形的性质求解即可；
（3）根据等腰直角三角形的性质证，根据全等三角形的性质，结合三角形的面积公求解即可．
【详解】（1）解：由旋转性质，得，，∴，
∵平分，∴，由题意，得，∴．
故答案为：22.5；
（2）∵，，∴，，由旋转性质，得，，∴，，∴，
即，又∵，∴，∴，
即．由题意知，，∵，∴；
（3）如图，设与交于点F，连接，由对称性质，得，．
由题意，得是等腰直角三角形，∴F为中点，即．
由（2）知，∴，∴，∴，
∴，，∵，
∴，即．∵，，
∴在中，，∴，
又∵，∴，过点D作轴于点G，
∵，∴，∴．
在和中，
，
∴，∴，，∴，
即，
8．（2024·广东广州·二模）如图，已知正方形的边长为，点是边上的一个动点，点关于直线的对称点是点，连接、、、，设．
(1)的最小值是______；此时x的值是______．
(2)如图2，若的延长线交边于点，并且．
①求证：点是的中点；
②求的值．
(3)如图2，若的延长线交边于点，求线段的最小值．
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②
(3)
【分析】（1）当，，三点共线时，的最小值，此时，由勾股定理求出的值，根据对称可得，，推得，，是等腰直角三角形，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方列出方程，解方程求出的值即可；
（2）①根据正方形的四条边都相等，四个角都是直角得出，，结合对称的性质得出，，即可推得，，根据等角的余角相等得出，，根据等角对等边可得，同理可得，推得，即可证明；
②结合①得出，，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方列方程，求出的值；
（3）根据正方形的四条边都相等，四个角都是直角可得，，根据对称可得，，，推得，，根据等边对等角可得，根据等角的余角相等可得，根据等角对等边可得，连接，根据到角两边距离相等的点在角平分线上可得出是的角平分线，即可求得，作的外接圆，圆心为，根据等弧所对的圆周角是圆心角的一半可得，过点作交于点，设的半径为，根据等腰直角三角形的性质和直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得，，根据三角形的两边之和大于第三边得出，求出的取值范围，即可得出的取值范围，即可求解．
【详解】（1）解：（1）当，，三点共线时，的最小值，此时，
∵正方形的边长为，即，
∴，∵点关于直线的对称点是点，∴，，
故，，，∴，
在中，，即，解得：，
故答案为：；．
（2）①证明：在正方形中，，，
∵点关于直线的对称点是点，∴，，∴，，∴，又∵，，
∴，∴，在中，，，
∴，∴，∴，即为的中点；
②解：根据题意可得：，，，，
∴，在中，，即，
解得：．
（3）解：在正方形中，，，
∵点关于直线的对称点是点，∴，，，
∴，，∴，又∵，，∴，∴，
连接，则是的角平分线，∴，∵，
∴，
作的外接圆，圆心为，如图：
∵，∴，过点作交于点，设的半径为，
则，，，∵，即，
解得：，∴，则的最小值为．
【点睛】本题考查了正方形与折叠的综合应用，圆与三角形的综合应用，勾股定理，角平分线的判定，等腰三角形的判定和性质，三角形的三边关系等，解题的关键是熟练掌握相关知识并作辅助线．
9．（2024·广东广州·二模）如图，在等腰直角三角形中，，，D、E分别是、上一点，且；
(1)如图1，当时，求的长度．
(2)如图2，过点E作，交于点F，作，交于点G，求证：．
(3)连接，当的长度最小时，求的面积．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）过D作交于S，设，先根据三角函数得到，解方程得到，再根据即可求出的值；
（2）由题意知，，，，由，可得，如图2，连接，证明，则，，设，则，，，，，，，由，可知四点共圆，如图2，作的外接圆，延长交的外接圆于，连接，则，由，可得，，则，；
（3）如图3，连接，作于，由题意知，，，由（2）可知，，设，则，，，由勾股定理得，，可知当时，最小，即最小，由，代值求解即可.
【详解】（1）解：如图1：过D作交于S，设，
∵等腰直角三角形，，∴，∵，
∴，，，∵，
∴，解得，，∴，∵，
∴，∴；
（2）解：由题意知，，∵，，∴，，∵，∴，
如图2，连接，
∵，，，∴，∴，，设，则，，，，，∴，∴，∵，
∴四点共圆，
如图2，作的外接圆，延长交的外接圆于，连接，
∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，
∴，∴；
（3）解：如图3，连接，作于，
由题意知，，，由（2）可知，，
设，则，，，
由勾股定理得，，
∵，∴当时，最小，即最小，
∵，
∴最小时，，
∴当的长度最小时，的面积为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，正弦，余弦，正切，全等三角形的判定与性质，四点共圆，三角形外角的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，勾股定理，二次函数的最值等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，正弦，余弦，正切，全等三角形的判定与性质，四点共圆，三角形外角的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，勾股定理，二次函数的最值是解题的关键．
10．（2024·广东广州·二模）如图，已知为直径，是的弦，的平分线交于D．
(1)尺规作图：过点D作交的延长线于点E，交于点F．
(2)求证：是的切线；
(3)若，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)5
【分析】（1）按照基本作图“过一点作已知直线的垂线”的作法，作交的延长线于点，再连接交于点即可；
（2）连接，则，而，则，所以，则，即可证明是的切线；
（3）作于点，则，可证明，设，由，得，则，再证明，得，则．
【详解】（1）解：作法：1．延长；
2．以点为圆心，以适当长度为半径作弧交射线于点、；
3．分别以点、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点；
4．作射线交的延长线于点；
5．连接交于点，
线段、、点就是所求的图形．
（2）证明：连接，则，，的平分线交于，
，，，交的延长线于点，
，是的半径，且，是的切线．
（3）解：作于点，则，∵是的切线，∴
平分，作于点，交的延长线于点，，
，，设，，，，，
，，，，，
的长是5．
【点睛】此题重点考查尺规作图、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
11．（2024·广东广州·二模）如图，在菱形中，，
(1)连接，求的值；
(2)点E以每秒2个单位长度的速度从B点出发向点C运动，同时点Q以每秒个单位长度的速度从D点出发向点B运动，当其中一点达到终点，另外一点随之停止运动．
①连接，能否为等腰三角形？如果能，求点E，Q的运动时间；如果不能，请说明理由；
② 连接，当时，求的值．
【答案】(1)
(2)①能，2秒②
【分析】（1）连接，交于点，利用菱形的性质，进行求解即可；
（2）①设点的运动时间为，则：，进而得到，当时，是等腰三角形，过点作，利用三线合一以及锐角三角函数进行求解即可；
②过点作，将三角形绕点旋转得到，易得四点共圆，得到，设运动时间为，则，，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，进行求解即可．
【详解】（1）解：连接，交于点，
∵在菱形中，，∴，，
∴，∴；
（2）①能，设点的运动时间为，则：，∴，
如图，当时，过点作，则：，
∵，∴，∴，即：，
解得：，∴当点E，Q的运动时间为秒时，为等腰三角形；
②过点作，则：，
∵菱形，，∴，，，，
∴，，∴，
将三角形绕点旋转得到，∴，
∵，∴，∴四点共圆，∴，
在中，，∴，，
设运动时间为，则：，，∴，，在中，，∴，，在中，，∴，
解得：（不合题意，舍去）或，∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，含30度的直角三角形的性质，解直角三角形，圆周角定理．综合性强，难度大，计算量大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
12．（2024·广东广州·一模）如图，矩形中，，，点E，F分别为边，上的点，将线段绕点顺时针旋转，得到线段．射线与对角线交于点，连接，．
(1)求的度数；
(2)若，求的值；
(3)连接，，若，设和的面积分别为，，当点在边上运动时，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据性质的性质可得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解；
（2）过点作，于点，延长至点，使得，连接，得出，证明，，进而证明，得出，连接，证明，得出，进而根据，即可求解；
（3）作与点，则点为的，连接， ，过点作于，过点作分别交、于、，证明，，，四点共圆，进而证明，得出，得出，求得，设则，根据表示出，则，根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：∵将线段绕点顺时针旋转，得到线段，
∴是等边三角形，∴，
（2）如图所示，过点作，于点，延长至点，使得，连接，
∵，，，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∵，，∴，∴，，又∵，，
，，
又，∴，∴，，
∴，又，∴，∴，
连接，∵，∴，∴，
∴；
（3）如图，作，连接， ，过点作于，过点作分别交、于、，
由（1）可得是等边三角形，∴点为的中点，，，
，，∴四点共圆，
，，，
，，∵
∴，∴，又，∴
∴，又，则，∴点在上，
∵，，
，，，
在中，，， ，
，，，，，
∴，四边形是矩形，，
，，，设则，
，，
，，
，
∴当时，取的最大值，最大值为．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，勾股定理，相似三角形的性质与判定，二次函数的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
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