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2025年中考数学压轴题专练：几何探究题
1．综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，．
(1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度；
(2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：；
(3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长．
2．综合与探究：已知在等腰中，是边上任意一点（不与点，重合）．
(1)【动手操作】
如图①，若，在的右侧作等腰直角，使，，连接，根据题意画出图形，则的度数为________________度；
(2)【问题探究】
如图②，若，，在的右侧作等腰，使，，连接，探究线段与之间的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】
在（2）的条件下，若是射线上任意一点，，求的长．
3．探究与证明
已知四边形中，，分别是，边上的点，与交于点．
【图形认知】
（1）如图1，若四边形是正方形，且于点，求证：；
【探究证明】
（2）如图2，若四边形是矩形，且，求证：；
【拓展运用】
（3）如图3，将矩形沿折叠，使得点落在边上的点处，点落在点处，得到四边形，若，，，求三角形的面积．
4．某数学兴趣小组开展矩形的折叠实验探究，折叠矩形的一边，使点落在点处，折痕为．
(1)如图1，当点恰好在边上时，证明：．
(2)将矩形的边折叠，使点落在边上的点处，折痕为．
①如图2，当点恰好在边上时，若，连接，试判断的形状，并说明理由．
②如图3，当点在矩形内部时，若．点是的中点，求的长
5．综合与实践：已知矩形和矩形，点E在边上，矩形在边上方，且，连接．
(1)【特例发现】如图1，当时，求的值；（提示：在边上取一点M，使，连接）
(2)【类比探究】如图2，当时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请给出新的结论，并证明你的结论；
(3)【拓展应用】如图3，当时，连接，若，且，求的长．
6．如图1，在中，，，点、分别在边、上，，连接，点、、分别为、、的中点．
(1)观察猜想：图1中，线段与的数量关系是 ，位置关系是 ；
(2)探究证明：把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，，判断的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把绕点A在平面内自由旋转，若，，直接写出面积的最大值．
7．在数学兴趣小组活动中，小明同学对几何动点问题进行了探究：
问题背景：在中，．点D为边上一动点，连接，点为边上一动点，连接，以为边，在右侧作等边，连接．
(1)如图1，当时，求证：；
(2)如图2，当点运动到的四等分点（靠近点）时，点停止运动，此时点从点运动到点，试判断点从点运动到点的过程中线段和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，点从的四等分点（靠近点）出发，向终点A运动，同时，点从点出发，向终点运动，运动过程中，始终保持，求出的最小值．
8．已知四边形是矩形，是边上的一点，连接，点是上一动点（不与重合），连接，过点作，交于点．
【问题感知】
（）如图（），当，时，则______；
【探究发现】
（）在（）的条件下，如图（）当点运动到的中点时，求的长．
【拓展提升】
（）如图（）当时，探究线段之间的数量关系，并说明理由．
9．如图，是的一条弦，的直径于点E，连接，，延长交于点F，交于点G，连接．

(1)求证：；
(2)若劣弧对应的圆心角的度数为，求的度数；
(3)若，探究线段，之间的数量关系，并说明理由．
10．综合与实践
(1)【操作发现】如图①，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，则的度数为 ；
(2)【拓展探究】如图②，在（1）的条件下，继续将正方形纸片沿折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，若，求线段的长；
(3)【迁移应用】如图③，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，请求出线段的长．
11．【操作】如图，在矩形纸片中，点，点分别是边，边上的动点，连接，．将矩形纸片分别沿直线，折叠；点的对应点为点，点的对应点为点．
(1)若点与点重合，与交于点，如图①，求证：．
【探究】
(2)如图②，当点，落在对角线上时，，，则______．
(3)如图③，当点，落在对角线上时，与交于点，与交于点，连接，若，，______．
12．在等腰中，，，D，E分别为，边上的动点且满足，连接，．
(1)如图1，，当，时，求的长；
(2)如图2，上有一点F满足时，试探究与的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，连接，交于点O，当取最小值时，直接写出的值．
13．【问题探究】
课外兴趣小组活动时，同学们正在解决如下问题：
如图1，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接，，且于点，若，，求的值．

（1）请你帮助同学们解决上述问题，并说明理由．
【初步运用】
（2）如图2，在中，，，点为的中点，连接，过点作于点，交于点，求的值．
【灵活运用】
（3）如图3，在四边形中，，，，，点，分别在边，上，且，垂足为，则 ．
14．综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师让每个组准备了一张矩形纸片．如图1，把矩形绕点A逆时针旋转得到矩形纸片，点B，C，D的对应点为、、；如图2．连接、，当在的延长线上时，延长，交于点E，试判断四边形的形状，并说明理由．
数学思考：（1）请你解答老师提出的问题；
深入探究：（2）老师将如图1中的矩形纸片绕点A逆时针方向再次旋转，并让同学们提出新的问题．
①“奋进小组”提出问题：如图3，当点落在上时，连接，取的中点M，连接、，试猜想三条线段的数量关系，并加以证明，请你解答此问题；
②“团结小组”提出问题：如图4，当点落在上时，连接，交于点F．若，，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．
15．已知点是边长为的正方形内部一个动点，始终保持．

【初步探究】（1）如图，延长交边于点．当点是的中点时，求的值；
【深入探究】（2）如图，连接并延长交边于点．当点是的中点时，求的值；
【延伸探究】（3）如图，连接并延长交边于点．当取得最大值时，求的值．
16．综合探究
如图，在矩形中，，，点E是射线上的动点，连接，将沿折叠，点B落在点F处，连接，．
(1)当点E是的中点时，求证：；
(2)若，求的长；
(3)当的度数最大时，求的面积．
17．如图，将矩形绕点C旋转，得到矩形．已知．
(1)如图1，若顺时针旋转，当时，求出的数量关系；
(2)如图2，当且点G落在直线上时，试探究线段的数量关系，并写出证明过程；
(3)如图3，若点F落在上，与分别交于点O，P，当三点线时，直接写出的值．
18．如图，在菱形中，，点E为边上一点，将沿翻折得到，连接并延长交于点F，交于点G．
(1)设，探究的大小是否为定值，请说明理由；
(2)在上截取，连接，求证：；
(3)若，，求菱形的边长．
19．【问题探究】
（1）如图①，点P是等边内一点，，，，则的度数为______；
【类比迁移】
（2）如图②，若点P是正方形内一点，，，，求的长；
【拓展应用】
（3）如图③，某公园有一块矩形水池，米，米，为方便观赏游玩，工作人员计划在水池内P，Q两点处增加亭台，连接，且，怎样选择点P和点Q的位置，可以使最小？并求出的最小值．
20．（1）问题发现
如图1，在和中，，，，连接、，则、的数量关系是，，所在直线相交所成夹角的度数为______．
（2）类比探究
如图，在和中，，，连接，，请判断，的数量关系及，所在直线相交所成夹角的度数，并说明理由．
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，将绕点在平面内旋转．若，，请直接写出当直线经过点时的长．
21．【探究发现】
（）如图，在正方形中，是边上一点（不与端点重合），为延长线上一点，且，连接，点在线段上，且，连接．
求证：；
【类比迁移】
（）如图，在矩形中，是边上一点（不与端点重合），为延长线上一点，且，连接，点在线段上，且，连接．求证：；
【拓展提高】
（）如图，在菱形中，是边上一点（不与端点重合），为延长线上一点，且，连接，点在线段上，且，连接．若，求的长．
22．【问题情境】如图，在中，，，是边上的高，点是上一点，连接，过点作于，交于点．
【特例猜想】如图，当时，直接写出与之间的数量关系为_____；
【问题探究】如图，当时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请指出此时与的数量关系，并说明理由；
【类比运用】如图3， 连接， 若，，，求的长．
23．【问题情境】
综合与实践课上，老师发给每位同学一张正方形纸片．在老师的引导下，同学们在边上取中点，取边上任意一点F（不与重合），连接，将沿折叠，点的对应点为．然后将纸片展平，连接并延长交所在的直线于点，连接．探究点在位置改变过程中出现的特殊数量关系或位置关系．
【探究与证明】
（1）如图1，小亮发现：．请证明小亮发现的结论．
（2）如图2、图3，小莹发现：连接并延长交所在的直线于点，交于点，线段与之间存在特殊关系．请写出小莹发现的特殊关系，并从图2、图3中选择一种情况进行证明．
【应用拓展】
（3）在图2、图3的基础上，小博士进一步思考发现：将所在直线与所在直线的交点记为，若给出和的长，则可以求出的长．
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《2025年中考数学压轴题专练：几何探究题》参考答案
1．(1)图见解析，
(2)见解析
(3)1或3
【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质即可求解；
（2）如解图，连接，由四边形是菱形，可得和都是等边三角形，再证即可求解；
（3）根据题意作图如解图，过点作于点，连接，可得是等边三角形，由勾股定理可得，在中，，，由勾股定理可得，同理可得，分类讨论：当点在点的左侧（的位置）时，；当点在点的右侧（的位置）时，；再由（2）知，可得线段的长为1或3，由此即可求解．
【详解】（1）解：作如解图，
∵四边形是菱形，
∴，
如图所示，连接，，
∴是等边三角形，
∴，
∵点是中点，
∴，即，
∴，
故答案为：；
（2）证明：如解图，连接，
四边形是菱形，且，
，，
和都是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
．
（3）解：根据题意作图如解图，过点作于点，连接，
四边形是菱形，且，，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，，
，同理可得，
当点在点的左侧（的位置）时，；
当点在点的右侧（的位置）时，；
或3；
由（2）知，
，
，
线段的长为1或3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键．
2．(1)图见解析；45
(2)；理由见解析
(3)的长为2或6
【分析】（1）利用证明，据此求解即可；
（2）先证明，再证明得，然后再证明，据此求解即可；
（3）先证明，再证明得，从而，然后再证明可证结论成立．
【详解】（1）解：画出图形如图．
∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，，
∴，
即，
∴，
∴，
故答案为：45；
（2）解：成立，
理由：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：当点D在线段上时，如图，
由（2）知，，
∴，
∴，
∴；
当点D在线段的延长线上时，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
综上可知，的长为2或6．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明是解（1）的关键，证明是解（2）（3）的关键．
3．（1）见解析（2）见解析（3）
【分析】（1）根据正方形的性质，证明即可得证；
（2）根据矩形的性质，证明，即可得证；
（3）折叠可知：，由（2）可得：，求出的长，勾股定理求出的长，设，在中，利用勾股定理求出的值，再利用面积公式进行求解即可．
【详解】（1）解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
，
，
；
（3）由折叠可知：，
由（2）可知，，即，解得，
在中，由勾股定理得，
由折叠的性质可得，，
设：，则，
在中，由勾股定理得，
，解得，
∴，
．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)①为等腰直角三角形，理由见解析；②
【分析】（1）由题意可得，推出即可求证；
（2）①由题意可得是等腰直角三角形，进一步得是等腰直角三角形；证即可求证；②延长交于点，连接，可证；设，则，根据解得：；设，则，根据解得：；据此即可求解．
【详解】（1）证明：由题意可得：
∴
∴
∵
∴
（2）解：①为等腰直角三角形，理由如下：
由题意得：
∴
∴是等腰直角三角形
∵
∴是等腰直角三角形
∴
由（1）得：
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∴为等腰直角三角形
②延长交于点，连接，如图所示：
由题意得：，，
∴
∵
∴
设，则
∵
∴
解得：；
∴
设，则
∵
∴
解得：；
∴
【点睛】本题考查了几何综合问题，涉及了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，掌握相关几何结论是解题关键．
5．(1)
(2)不成立，新结论为，证明见解析
(3)
【分析】本题主要考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键
（1）在边上取一点M，使，连接，则，根据证明即可；
（2）（1）中结论不成立，在边上取一点M，使，连接，则，证明，即可得出绪论；
（3）过F作于H，证明和，求出，，再运用勾股定理求出
【详解】（1）解：如图1，在边上取一点M，使，连接，则，
∵，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：（1）中的结论不成立，新结论为（或）
理由：如图2，在边上取一点M，使，连接，则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
（3）解：如图3，过F作于H，
∵，，
∴，
∵矩形和矩形，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴．
6．(1)，
(2)是等腰直角三角形
(3)
【分析】（1）根据三角形中位线定理得，，，，从而得出，；
（2）首先利用证明，得，，再由（1）同理说明结论成立；
（3）先判断出最大时，的面积最大，进而求出，，即可得出最大，最后用面积公式即可得出结论．
【详解】（1）解：点，是，的中点，
，，
点，是，的中点，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，；
（2）解：是等腰直角三角形．
理由如下：由旋转知，，
，，
，
，，
利用三角形的中位线得，，，
，
是等腰三角形，
同（1）的方法得，，
，
同（1）的方法得，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形；
（3）解：如图，同（2）的方法得，是等腰直角三角形，连接，
∵，
∴当点三点共线时，最大，
如图：
最大时，的面积最大，
最大，
在中，，，
∴由勾股定理得：，
∵点M为中点，
，
在中，，同上可求，
，
同上可得：，
∴，
．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，三角形的三边关系和旋转的性质等知识，证明是等腰直角三角形是解题的关键．
7．(1)证明见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）证明且，从而证明三角形全等；
（2）过点作，垂足为点，取中点，连接，由四等分点证明，再根据三线合一得到，进而证明，最后可得是的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得到；
（3）以为边作等边三角形，连接，证明，则可得点在以为直径的圆弧上运动，起点为的中点，终点为点，连接，交圆弧于点，此时取得最小值，即可求出答案．
【详解】（1）证明：是等边三角形，
，
，
，即，
又，
．
（2），理由如下：
过点作，垂足为点，取中点，连接，
，
，
，
点是的中点，
，
是等边三角形，
，
点是中点，点是四等分点，
，
，
，
由（1）得，
又，
，
，
，
，
，
，
，
是的垂直平分线，
．
（3）以为边作等边三角形，连接，
，是等边三角形，
，
，
，
，即当点和点运动过程中，始终保持，
则点在以为直径的圆弧上运动，起点为的中点，终点为点，
由三角形三边关系可知，则，
连接，交圆弧于点，此时取得最小值，
是等边三角形，点是中点，，
，
，
，
则的最小值为．
【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质，隐圆，本题的关键在于构造全等三角形，发现隐圆从而解决最小值问题．
8．（）；（）；（），理由见解析．
【分析】（）由矩形的性质得，，，即可由勾股定理得，再根据线段和差的关系即可求解；
（）作于点，延长交于点，由直角三角形的性质可得，由为的中点可得，进而得到是的中位线，即得，又可得四边形是矩形，得到，即可得，最后证明，得到，据此即可求解；
（）过点作于，作于，由角平分线的性质可得，即可得四边形是正方形，得到，，进而可证明，即得，得到，再在中，由勾股定理得，即可得到．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（）作于点，延长交于点，
∵四边形是矩形．
∴，，
又∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴是的中位线，
∴，
又∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（），理由如下：
过点作于，作于，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴平分，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
由勾股定理得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形中位线的性质，余角性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)
(3)，见解析
【分析】(1)根据垂直和直径所对的圆周角为直角可得，判定，则，结合，即可判定相似；
(2) 由题意得，结合垂径定理得=，则，由圆周角定理得；
(3)设，则，即，求得，在中，由勾股定理求得，即．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：连接，如图，

∵对应的圆心角的度数为，
∴，
∵，
∴=，
∴，
∴；
（3）解：，理由如下：
∵，设，
∴，即，
∵为半径，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查直径所对的圆周角为直角、平行线的判定和性质、相似三角形的判定、圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的性质、解直角三角形以及勾股定理，解题的关键是熟悉圆的知识和解直角三角形．
10．(1)45°
(2)
(3)或2
【分析】（1）由正方形的性质得，再由折叠的性质得：，即可求解；
（2）证是等腰直角三角形，得，则，进一步求出，由含角的直角三角形的性质结合勾股定理再求出，最后根据线段的和差关系求解即可．
（3）分两种情形：当，当，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
即，
故答案为：；
（2）∵四边形是正方形，
，
由折叠的性质得：，
，
由（1）得：，
是等腰直角三角形，
，
，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）如图3中，在上取一点，使得，过点作于点，交于点，连接，得正方形，

当时，，
，
∴，
∴，
∴，
，
由（1）可知，
设，则，
，
，
．
当时，同法可得．
综上所述，满足条件的的值为或2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是弄清线段间的数量关系．
（1）可推出，，从而，从而推出；
（2）先求得，根据折叠得，，从而得出；
（3）先证得四边形是矩形，从而，求出，进而求得和，进一步得出结果．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，，
由折叠得：，
四边形是矩形，
，
，
，
由折叠得：，
，
；
（2），，，
，
由折叠得：，，
，
故答案为：；
（3）由折叠得：，，，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
由折叠得：，，，
，
，
，
，
，
，
，
同理可得：，
，
故答案为：．
12．(1)
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）先求出，设，则，利用勾股定理求出，再利用勾股定理即可求解出的长；
（2）取中点P，连接，过点P作，垂足分别为，连接，证明，，进而证明是等腰直角三角形，推出点与F点重合，即可得出结论；
（3）将线段绕点B顺时针旋转到，连接，以点为圆心，长为半径画，在上取点，连接，延长交于点，连接，证明，得到，由作图可得：，当当重合时，点在上，有最小值，即有最小值，最小值为，证明，推出是等腰直角三角形，得到，设，则，求出，，，证明，求出，，易证是等腰三角形，过点作，则，求出，即可求出的值．
【详解】（1）解：在等腰中，，，
，
，
设，则，
，即,
解得：或，
，
，
，
；
（2）解：，理由如下：
如图，取中点P，连接，过点P作，垂足分别为，连接，
，
，即，
，
是等腰直角三角形，
点是中点，
，，
是等腰直角三角形，
，
在与中，，
，
，
在与中，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
点与F点重合，
，即；
（3）解：将线段绕点B顺时针旋转到，连接，以点为圆心，长为半径画，在上取点，连接，延长交于点，连接，
由旋转的性质得到，
，
，
，
由作图可得：，
如图，当重合时，点在上，
此时，，则有最小值，即有最小值，最小值为，
，
，
，
，
，
点为的中点，即，
由（1）知，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
设，则，
，，，
，
，
，
，
，，
是等腰三角形，
过点作，
则，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、四点共圆、勾股定理、三角形面积等知识，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质和圆周角定理．
13．（1）；（2）；（3）
【分析】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握矩形是四个角都是直角的平行四边形，相似三角形对应边成比例，以及正确作出辅助线，构造题中所给几何模型，进行解答．
（1）证明，根据相似三角形对应边成比例，即可求解；
（2）构造矩形，延长交于点G，
由（1）中结论可得：，，设，，则，，，，再证明，则，即可求出，即可求解；
（3）连接，构造如图所示矩形，过点N作，交于点P，证明，，根据，得出，设，则，，得出，即可求出，由（1）中结论可得：，最后证明四边形为平行四边形，则．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：构造如图所示矩形，延长交于点G，

由（1）中结论可得：，
∵，
∴设，，
∵点为的中点，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴，则，，
解得：，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴；
（3）解：连接，构造如图所示矩形，过点N作，交于点P，

∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴设，，
∴，
设，
则，，
∴，整理得：，
∴，
由（1）中结论可得：．
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴．
故答案为：．
14．（1）是平行四边形，理由见解析 （2）① ②
【分析】本题考查旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
（1）证明两组对边分别平行即可得到结论；
（2）①连接，由旋转可得，，然后利用勾股定理解题即可；
②过点作于点，先根据三角形的面积得到，求出长，然后利用解题即可．
【详解】解：（1）∵是矩形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴是平行四边形；
（2）①
如图，连接，
由旋转可得，，
∴，
又∵M是的中点，
∴；
②过点作于点，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得：
15．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）首先推导出，由推导出，结合点是的中点，得到．
（2）延长交边于点，利用勾股定理求得，，继而推导出，与（1）同理可得：．
（3）延长交边于点，明确点在以为直径的半圆上运动，取中点，连接，当与半圆相切时，有最大值，同时推导出也为半圆的切线，点在线段的垂直平分线上，同理：点在线段的垂直平分线上，所以是线段的垂直平分线，推导出，结合，得到四边形是平行四边形，求得，，与（1）同理可得：．
【详解】（1）解：如图，在正方形中，，，
∴，

∴，
∴，
∵点是的中点，
∴．
（2）延长交边于点，如图，

∵点是的中点时，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
与（1）同理可得： ．
（3）延长交边于点，如图，

∵，
∴点在以为直径的半圆上运动，
取中点，连接，
∴当与半圆相切时，有最大值．
∵且为半径，
∴也为半圆的切线，
∴，
∴点在线段的垂直平分线上，
同理：点在线段的垂直平分线上，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
与（1）同理可得：．
【点睛】本题属于相似形综合题，主要考查了正方形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形的性质以及勾股定理．
16．(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据折叠有，，即有，再得出，即有，问题即可得证；
（2）过F点作直线于点M，交于点N，如图，可得，，根据，，可得，即有，进而可得，再在中，有，问题随之得解；
（3）先确定点F在以A为圆心，为半径的圆上，即当直线于圆A相切时，可知的度数最大，此时则有点F、点D、点E共线，利用勾股定理可得，问题随之得解．
【详解】（1）如图，
根据折叠有，，
即有，
∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）过F点作直线于点M，交于点N，如图，
∵在矩形中，，
∴四边形、四边形都是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
根据折叠有：，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
且，
∴，
解得：；
（3）根据折叠有：，，
即可知点F在以A为圆心，为半径的圆上，如图，
当直线与圆A相切时，可知的度数最大，如下图，
此时
则有点F、点D、点E共线，
∵，，
∴在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的判定等知识，问题难点在第三问，得出点F的运动轨迹，以及当直线于圆A相切时，可知的度数最大，是解答本题的关键．
17．(1)
(2)线段的数量关系是或，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，当时，，设，可得，由旋转得，故，从而；
（2）当，点落在直线上时，分两种情况：①点落在直线上时，连接，求出，，可得；②点G落在线段上时，连接，设，求出，可得；
（3）过点作，交于点，延长交于点，连接，证明，可得，即可得，有，可证，得，设，由，得，即，可得，证明，可得．
【详解】（1）解：连接，如图：
当时，，
设，则，
∴
由旋转得：，
；
（2）当，点落在直线上时，存在两种情况：
点落在直线上时，连接，如图：
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
；
点落在线段上时，连接．如图：
设，则，
，
，
，
，
；
综上所述，线段的数量关系是或；
（3）过点作，交于点，延长交于点，连接，如图：
∵四边形是矩形，
由旋转的性质可得：，
，
，
，
，
，
∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，即，
解得：或(舍去)，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查几何变化综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理及应用，解题的关键是掌握旋转的性质和相似三角形的判定定理．
18．(1)的大小为定值，理由见解析
(2)见解析
(3)15
【分析】（1）根据菱形的性质得出，，根据折叠得出，，根据等腰三角形的性质得出，求出，，最后根据三角形内角和定理求出结果即可；
（2）连接，，证明为等边三角形，得出，，证明为等边三角形，得出，，证明，得出，证明，得出，即可证明结论；
（3）由可设，则，，证明，则，解得，则，，由，可得，则，可证明，则，则，故可得，则，则可求菱形边长为15．
【详解】（1）解：的大小为定值，理由如下：
∵四边形为菱形，
∴，，
根据折叠可知：，，
∴，
∴，
∴
，
∵，
∴，
∴
；
（2）证明：连接，，如图所示：
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图：
由，可设，
则，，
∵为等边三角形，
∴，
∴
由（2），
得，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或（舍）
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即菱形边长为15．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
19．（1）（2）（3）点在距离边和各400米，点距离边400米，距离边米的位置时，的值最小，为
【分析】（1）将绕点B逆时针旋转得，根据旋转的性质得，，，则为等边三角形，得到，，在中，，，，根据勾股定理的逆定理可得到为直角三角形，且，即可得出答案．
（2）先根据正方形的性质得，把绕点B顺时针旋转得到，连接，得到，可判断为等腰直角三角形，得到，然后在中利用勾股定理计算的长．
（3）过点作，将绕点旋转，得到，连接，设交于点，易得为等边三角形，为等边三角形，推出，进而得到当四点共线时，，再根据垂线段最短，得到当时，最小，此时最小，进行求解即可．
【详解】解：∵为等边三角形，
∴，
将绕点B逆时针旋转得，
连接，如图，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
在中，，，，
∴，
∴为直角三角形，且，
∴．
故答案为：．
（2）∵四边形为正方形，
∴，
将绕点B顺时针旋转得到，连接，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，过点作，将绕点旋转，得到，连接，设交于点，
则：，，，
∴为等边三角形，为等边三角形，
∴
∴，
∴当四点共线时，，
∵点在上，
∴当时，最小，此时最小，
此时，
∵为等边三角形，，，
∴，，
∵四点共线
∴，
∴，关于对称，，
∴，
∵矩形，
∴，，，
∴四边形，都是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴的最小值为，
综上，点在距离边和各400米，点距离边400米，距离边米的位置时，的值最小，为．
【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，解直角三角形，矩形判定和性质等知识点，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识点，通过旋转构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键．
20．（1）解：，；（2）解：，；理由见解析（3）或
【分析】本题考查全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，解直角三角形；
（1）证明，即可得出，，进而可得，即可得出；
（2）证明，得出，延长交于点，交于点，根据相似三角形的性质得出，又，则，即可求解；
（3）分在上时，在上时，分别求得，根据图形，即可求解．
【详解】（1）∵，
∴
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，，
∴
∴
∴，所在直线相交所成夹角的度数为；
故答案为：，．
（2），，所在直线相交所成夹角的度数为，理由如下，
在和中，，，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴，即
延长交于点，交于点
∵
∴
又∵
∴即，所在直线相交所成夹角的度数为，
（3）当在上时，如图所示，过点作
∵，，，
在中，，
在中，
∴
当在上时，如图所示，过点作
则，
∴
综上所述，的长为：或
21．（）证明见解析；（）证明见解析；（）．
【分析】（）由正方形的性质得，，进而得，又由得，根据即可证明；
（）同理（）得，，即可求证；
（）如图，连接，作于，证明，得，得到，利用菱形的性质可得和为等边三角形，得到，进而可得，再证明，得到，得到，进而可求出的长．
【详解】（）证明：∵四边形为正方形，
∴，，
∵为延长线上一点，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴；
（）证明：∵四边形为矩形，
∴，
∵为延长线上一点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（）解：如图，连接，作于，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，，，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形、矩形、菱形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
22．［特例猜想］；［问题探究］当时，（1）中的结论不成立，此时，理由见解析；［类比运用］
【分析】［特例猜想］根据已知条件得到，，得到，证明，根据全等三角形的性质得到结论；
［问题探究］根据已知条件得到，得到，证明，根据相似三角形的性质得到，推出，证明，根据相似三角形的性质得到结论；
［类比运用］如图，连接，等腰三角形三线合一性质得到，继而得到，设，则，则根据勾股定理得到，得到，再根据勾股定理建立关于的方程即可得到结论．
【详解】解：［特例猜想］与之间的数量关系为：．
理由：当时，则，
∵是边上的高，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
［问题探究］当时，（1）中的结论不成立，此时，
理由：∵，是边上的高，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴△ADG∽△CDE，
∴，
∴；
［类比运用］如图，连接，
∵，，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵是边上的高，，，
∴，，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题是三角形的综合题，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，等腰三角形三线合一的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，垂直平分线的性质，勾股定理等知识点．熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
23．（1）证明见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）利用证明得，
可得，即可求证；
（2）由折叠得对称轴垂直平分对应点连线段，所以，继而可知，再由，E为中点，即可求证；
（3）第一种情况，当点P在点H左侧，先由勾股定理求得，然后由求得，最后由“母子型”证明出，再由等角的正切值相等即可求解；第二种情况，当点P在点H右侧，求解方法仿照第一种情况即可．
【详解】（1）证明：正方形
，
将沿折叠，
为中点，
，
，
在和中
，
，
，
，
（2），，选择图2进行证明．
将沿折叠，
则，
，
，
，
，
，而为中点，
，
（3）第一种情况，当点在点左侧，如图2，
，为中点，
，而
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
第二种情况，当点在点右侧，如图3，
同理可求，此时，
，
，
同理可得，
，
，
，
．
综上所述，或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，等角三角函数值相等，熟练掌握知识点是解决本题的关键．

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