资源简介 抢分秘籍12 几何图形中的课本再现问题目录【解密中考】总结常考点及应对的策略,精选名校模拟题,讲解通关策略(含押题型)【题型一】三角形中的课本再现问题 【题型二】平行四边形中的课本再现问题【题型三】矩形中的课本再现问题 【题型四】菱形中的课本再现问题【题型五】正方形形中的课本再现问题 【题型六】圆中的课本再现问题:几何图形中的课本再现问题综合题是全国中考的热点内容,更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。1.从考点频率看,高频考点为圆切线性质、特殊四边形(矩/菱/正方)证明计算、全等/相似三角形、几何变换(旋转/平移),占比15%-20%,新定义题型(如“准互余图形”)近年增多,侧重知识迁移。2.从题型角度看,选择填空考基础概念(如轴对称识别、角度计算);解答题含课本例题改编的证明(如切线证明)、计算(扇形面积)、综合探究(函数+几何动态)及实际应用题(测量建模)。:回归课本吃透例题推导,对习题变式训练;掌握“手拉手”等模型,总结解题模板;规范步骤防跳步,建错题本分类复盘;限时训练基础题,分析真题把握新定义趋势,提升图形拆分能力。【题型一】三角形中的课本再现问题【例1】(2025·江西九江·模拟预测)追本溯源题(1)来自课本中的习题,请你完成解答,并利用(1)中得到的结论解答题(2).(1)如图1,在中,,,垂足为D.求证:.结论应用(2)如图2,在菱形中,过点C作,交的延长线于点E,过点E作,垂足为F,且交于点G.①若,,求的长;②若,,求的长.三角形课本再现题解题技巧:先判定理(全等/相似、特殊三角形性质),挖隐含条件(公共边/角、平行线角)。辅线用倍长中线、角平分线垂线、中位线。套“一线三垂直”等模型,拆复杂图形。计算设元列方程,用三角函数简算,规范步骤防漏条件。【例2】(2025·江西新余·一模)【课本再现】(1)如图1,,都是等边三角形,分别连接,,,与有什么数量关系?请证明;【特殊感知】(2)数学兴趣小组的同学继续探究发现:若一个三角形的已知条件符合全等的判定定理,则此三角形可求解;在图1中,,,,则__________;【类比应用】(3)如图2,在四边形中,,,,,,求的长;小颖同学发现运用旋转可得到图1中类似的图,运用(2)的方法即可求的长,请你帮小颖求的长;(4)如图3,在四边形中,,,,,,直接写出的长.【变式1】(2025·江西·模拟预测)课本再现想一想 你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系?能证明你的猜想吗? 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边,且等于第三边的一半.定理证明(1)已知:如图①,是的中位线.延长至点,使,连接.求证:且.知识运用(2)如图②,在正方形中,为的中点,、分别为、边上的点,若,,,求的长.(3)如图③,在四边形中,,,为的中点,,分别为,边上的点,若,,,求的长.【变式2】(2024·江西九江·三模)课本再现(1)将两个等腰直角三角形(,)按如图1所示的方式摆放(图中所有的点、线都在同一平面内),则与相似的三角形有 .(填序号)①;②;③.类比迁移(2)将两个等腰直角三角形()按如图2所示的方式摆放,点D在边上.①求证:.②如图3,若D是的中点,与交于点G,与交于点H,,连接,求的长.拓展应用(3)如图4,在中,,点D,E分别在边上,且,若,,求的长.【变式3】(2024·江西宜春·模拟预测)【课本再现】“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是直角三角形的一条重要性质定理.如图1,在中,,点D是的中点.求证:.下面是两位同学两种添加辅助线的方法:小明:如图2,延长至点E,使,连接;小华:如图3,取的中点E,连接;(1)请你选择其中一位同学的方法完成证明,聪明的你也可以利用图1用其他方法完成证明.【迁移应用】(2)如图4,中,是高,求证:B,C,D,E四点共圆.【拓展提升】(3)如图5,在五边形中,,,F为的中点,求证:.【题型二】平行四边形中的课本再现问题【例1】(2024·江西吉安·一模)课本再现在学行四边形的概念后,进一步得到平行四边形的性质:平行四边形的对角线互相平分.(1)如图1,在平行四边形中,对角线与交于点O,求证:,.知识应用(2)在中,点P为的中点.延长到D,使得,延长AC到E,使得,连接.如图2,连接,若,请你探究线段与线段之间的数量关系.写出你的结论,并加以证明.平行四边形课本再现题解题技巧:活用性质(对边/角/对角线)与判定(如一组对边平行且相等)。连对角线分全等三角形,构中位线或倍长中线。拆图形为平行四边形+三角形,矩菱正问题用特性。计算用勾股、面积法,倒推条件,规范逻辑。【例2】(2024·江苏扬州·一模)如图①~⑧是课本上的折纸活动.【重温旧知】上述活动,有的是为了折出特殊图形,如图①、③和⑧;有的是为了发现或证明定理,如图④和⑦;有的是计算角度,如图②;有的是计算长度,如图⑤和⑥.(1)图③中的的形状是______;图④的活动发现了定理“____________”(注:填写定理完整的表述);图⑤中的的长是_______;【继续探索】(2)如图,将一个边长为4的正方形纸片折叠,使点A落在边上的点E处,点E不与B、C重合,为折痕.折叠后的梯形的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.【变式1】(2023·江苏盐城·二模)【回归课本】我们曾学习过一个基本事实:两条直线被一组平行线所截,所得 的对应线段成比例. 【初步体验】(1)如图 1,在中,点 D 在上,E 在上,.若,,则 , ;(2 ) 已知,如图 1 ,在中,点 D 、E 分别在、上,且. 求证:.证明:过点作的平行线交于点 F… … … … … …请依据相似三角形的定义(如果两个三角形各角分别相等,且各边对应成比例,那么这两个三角形相似)和上面的基本事实,补充上面的证明过程;【深入探究】(3 )如图 2,如果一条直线与的三边、、或其延长线交于 D、F、E 点,那么是否为定值?若是,试求出该定值;若不是,请说明理由;(4) 如图 3 ,在中,D 为 的中点,.则 . 【题型三】矩形中的课本再现问题【例1】(2024·江西吉安·模拟预测)【课本再现】思考我们知道,矩形的对角线相等,反过来,对角线相等的平行四边形是矩形吗?【定理证明】(1)如图1,已知:在中,对角线、相交于,且,求证:是矩形.【知识应用】(2)如图2,是的中线,,且,连接,.①求证:;②当满足什么条件时,四边形是矩形?并说明理由.矩形课本再现题解题技巧:用矩形性质(四角直角、对角线相等)证线段/角相等。连对角线得全等直角三角形,遇中点构中位线。结合勾股定理计算边长,面积法求高。判定先证平行四边形,再证直角或对角线等,拆图形为三角形或坐标系问题,规范步骤防漏条件。【例2】(2024·江西吉安·三模)课本再现矩形的定义 有一个角是直角的平行四边形是矩形.定义应用(1)如图,已知:在四边形中,,用矩形的定义求证:四边形是矩形.(2)如图,在四边形中,,是的中点,连接,,且,求证:四边形是矩形.拓展延伸(3)如图,将矩形沿折叠,使点落在边上的点处,若图中的四个三角形都相似,求的值.【变式1】课本再现思考 我们知道,矩形的对角线相等.反过来,对角线相等的平行四边形是矩形吗? 可以发现并证明矩形的一个判定定理:对角线相等的平行四边形是矩形.定理证明(1)为了证明该定理,小贤同学画出了图形(如图1),并写出了“已知”和“求证”,请你从矩形的定义出发完成证明过程.已知:在中,对角线,交点为.求证:是矩形.应用定理(2)如图2,在菱形中,,,,分别为,,,的中点.求证:四边形是矩形(用“课本再现”中的矩形判定定理证明).拓展迁移(3)如图3,四边形的对角线,相交于点,且,,,,分别为,,,的中点.若,,求四边形的面积.【变式2】课本再现思考我们知道,矩形的对角线相等.反过来,对角线相等的平行四边形是矩形吗?可以发现并证明矩形的一个判定定理:对角线相等的平行四边形是矩形.定理证明()为了证明该定理,小明同学画出了图形(如图),并写出了“已知”和“求证”,请你完成证明过程.已知:在平行四边形中,,是它的两条对角线,.求证:平行四边形是矩形.知识应用如图,在平行四边形中,对角线,相交于点,且.()试判断四边形的形状,并说明理由.()过作于,,,求的长.【变式3】(2025·江西南昌·一模)课本再现:定理:有三个角是直角的四边形是矩形.定理证明:为了证明该定理,小颖同学画出了图形(如图1),并写出了“已知”“求证”,请你完成证明过程.(1)已知:如图1,在四边形中,,求证:四边形是矩形.知识应用:(2)如图2,在四边形中,,平分,交于点,,是上的一点,且,过点作,交于点,过点作于点.①求证:四边形是矩形.②若,求的值.【题型四】菱形中的课本再现问题【例1】课本再现定理证明(1)为了证明该定理,小明同学画出了图形 (如图1),并写出了“已知”和“求证”,请你完成证明过程.已知:在中,对角线,垂足为.求证:平行四边形是菱形.证明: ∵四边形是平行四边形,∴,又∵, 垂足为,∴是的垂直平分线,∴___________∴平行四边形是菱形.知识应用(2)如图2 ,在中,对角线和相交于点,,,.①求证:是菱形;②延长至点,连接交于点,若,求的值.菱形课本再现题解题技巧:用菱形性质(四边相等、对角线垂直平分且平分角)证全等/垂直。连对角线得直角三角形,用勾股定理计算。判定先证平行四边形,再证邻边相等或对角线垂直。遇中点构中位线,面积用对角线乘积一半。规范步骤,拆图形为三角形,注意角平分线与对称特性。【例2】(2024·江西九江·二模)课本再现如图1,四边形是菱形,,.(1)求,的长.应用拓展(2)如图2,为上一动点,连接,将绕点逆时针旋转,得到,连接.①直接写出点到距离的最小值;②如图3,连接,,若的面积为6,求的长.【变式1】(2024·江西吉安·一模)课本再现菱形的四条边都相等,菱形的对角线互相垂直.定理证明()如图,已知四边形为菱形,前面已证菱形的四条边相等,请进一步证明对角线.知识应用()如图,已知四边形为菱形,等腰的顶点在上,底边交边于点,点为的中点,点为与的交点,且.①求证:;②若,,,,求的长. 【题型五】正方形形中的课本再现问题【例1】(2024·江西景德镇·三模)【课本再现】北师大版九年级上册数学课本第21页有这样一道题:(1)如图1,在正方形中,E为边上一点,F为延长线上一点,且.与之间有怎样的关系?请说明理由.【类比探究】(2)如图2,在矩形中,,点E在边上,连接,F为延长线上一点,连接,,且的延长线垂直于,垂足为点H.①求的值;②求的值.【拓展应用】(3)如图3,在(2)的条件下,平移线段,使它经过的中点H,交于点M,交于点N,连接,若,,请你求出的长.正方形课本再现题解题技巧:用四边相等、直角、对角线垂直相等且平分角的性质证全等/垂直。连对角线得等腰直角三角形,用勾股定理或三角函数计算。判定先证矩形+邻边相等或菱形+直角。借旋转/对称构全等,遇中点连中线,规范步骤分阶段证明,拆图形为三角形或坐标系问题。【例2】(2024·江西九江·模拟预测)【课本再现】(1)如图1,四边形是一个正方形,E是延长线上一点,且,则的度数为 .【变式探究】(2)如图2,将(1)中的沿折叠,得到,延长交于点F,若,求的长.【延伸拓展】(3)如图3,当(2)中的点E在射线上运动时,连接,与交于点P.探究:当的长为多少时,D,P两点间的距离最短?请求出最短距离.【变式1】(2024·广西南宁·二模)几何探究【课本再现】(1)如图1,正方形的对角线相交于点,点又是正方形的一个顶点,而且这两个正方形的边长相等,边与边相交于点,边与边相交于点.在实验与探究中,小新发现无论正方形绕点怎样转动,之间一直存在某种数量关系,小新发现通过证明即可推导出来.请帮助小新完成下列问题:①求证;②连接,则之间的数量关系是____________.【类比迁移】(2)如图2,矩形的中心是矩形的一个顶点,与边相交于点与边相交于点,连接,矩形可绕着点旋转,猜想之间的数量关系,并进行证明;【拓展应用】(3)如图3,在中,,直角的顶点在边的中点处,它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转,当时,请直接写出线段的长度.【题型六】圆中的课本再现问题【例1】(2025·江西·二模)【课本再现】(1)如图1,分别与相切于A,B两点,,则( )A. B. C. D.【变式探究】(2)如图2,分别与相切于A,B两点,若.①求的度数;②若,求部分.圆课本再现题解题技巧:活用垂径定理(作弦心距)、圆周角定理(找同弧角)、切线性质(连半径证垂直)。遇切线连半径,弦问题作垂线,构直角三角形用勾股。弧长/面积套公式,圆内接四边形用对角互补。规范步骤,借辅助线转化为三角形问题,注意隐含等弧/等角条件。【例2】(2024·江西吉安·二模)课本再现(1)如图1,是的直径,它所对的圆周角有什么特点?你能证明你的结论吗?知识应用(2)如图2,,,三点均在上,的延长线交于点,若的直径为8,,,求的长. 【变式1】(2024·江西南昌·模拟预测)课本再现推论 直径所对的圆周角是________.(1)补全课本再现中横线上的内容.知识应用(2)如图,内接于,是的直径的延长线上一点,.①求证:是的切线;②过圆心作的平行线交的延长线于点,若,求的长.【变式2】【课本再现】如下,是人教版九年级上册课本102页的第12题:(完成该题,并解答习题改编)12.如图,为的直径,为上一点,和过点的切线互相垂直,垂足为.求证:平分.【课本开发】一次数学课上,邓老师引导同学们一起对课本习题进行改编.(1)如下是同学小安改编的题目:如图1,为的直径,为上一点,于点,平分.求证:是的切线.请你利用所学知识解答同学小安改编的题目.(2)同学小耿在同学小安的基础上进行了如下改编:如图2,连接交于点,若,,求的长.请你利用所学知识解答同学小耿改编的题目.21世纪教育网(www.21cnjy.com)21世纪教育网(www.21cnjy.com)21世纪教育网(www.21cnjy.com)抢分秘籍12 几何图形中的课本再现问题目录【解密中考】总结常考点及应对的策略,精选名校模拟题,讲解通关策略(含押题型)【题型一】三角形中的课本再现问题 【题型二】平行四边形中的课本再现问题【题型三】矩形中的课本再现问题 【题型四】菱形中的课本再现问题【题型五】正方形形中的课本再现问题 【题型六】圆中的课本再现问题:几何图形中的课本再现问题综合题是全国中考的热点内容,更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。1.从考点频率看,高频考点为圆切线性质、特殊四边形(矩/菱/正方)证明计算、全等/相似三角形、几何变换(旋转/平移),占比15%-20%,新定义题型(如“准互余图形”)近年增多,侧重知识迁移。2.从题型角度看,选择填空考基础概念(如轴对称识别、角度计算);解答题含课本例题改编的证明(如切线证明)、计算(扇形面积)、综合探究(函数+几何动态)及实际应用题(测量建模)。:回归课本吃透例题推导,对习题变式训练;掌握“手拉手”等模型,总结解题模板;规范步骤防跳步,建错题本分类复盘;限时训练基础题,分析真题把握新定义趋势,提升图形拆分能力。【题型一】三角形中的课本再现问题【例1】(2025·江西九江·模拟预测)追本溯源题(1)来自课本中的习题,请你完成解答,并利用(1)中得到的结论解答题(2).(1)如图1,在中,,,垂足为D.求证:.结论应用(2)如图2,在菱形中,过点C作,交的延长线于点E,过点E作,垂足为F,且交于点G.①若,,求的长;②若,,求的长.【答案】(1)证明见解析;(2)①;②5【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质,菱形的性质,勾股定理,正确应用相似三角形的判定与性质是解题的关键.(1)证明,列出比例式即可求证;(2)①由(1)可得:,那么,代入,即可求解;②由,再由勾股定理可得,证明,则,求出,那么.【详解】(1)证明:∵,,∴,∴,∴,∴,∴,∴;(2)①解:∵四边形是菱形,∴,,∴,∵,∴,∵,∴由(1)可得:,∵,∴,∵,∴,∴;②∵四边形是菱形,∴,∴,∴,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∴,∴.三角形课本再现题解题技巧:先判定理(全等/相似、特殊三角形性质),挖隐含条件(公共边/角、平行线角)。辅线用倍长中线、角平分线垂线、中位线。套“一线三垂直”等模型,拆复杂图形。计算设元列方程,用三角函数简算,规范步骤防漏条件。【例2】(2025·江西新余·一模)【课本再现】(1)如图1,,都是等边三角形,分别连接,,,与有什么数量关系?请证明;【特殊感知】(2)数学兴趣小组的同学继续探究发现:若一个三角形的已知条件符合全等的判定定理,则此三角形可求解;在图1中,,,,则__________;【类比应用】(3)如图2,在四边形中,,,,,,求的长;小颖同学发现运用旋转可得到图1中类似的图,运用(2)的方法即可求的长,请你帮小颖求的长;(4)如图3,在四边形中,,,,,,直接写出的长.【答案】(1),见解析(2)(3)(4)【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、三角函数综合【分析】(1)根据等边三角形的性质,证明即可得证.(2)过点E作,交延长线于点M,利用直角三角形的性质,勾股定理解答即可.(3)不妨将绕点D顺时针旋转到,连接,根据等边三角形的判定和性质,圆周角,四边形内角和定理,勾股定理解答即可.(4)不妨将绕点D逆时针旋转到,使得,连接,,过点E作,交延长线于点N,利用三角形相似的判定和性质,三角函数解答即可.【详解】(1)解:∵和均是等边三角形,∴,∴,∴,∵,∴,∴.(2)解:过点E作,交延长线于点M,∵,∴,∵,∴,∵,∴,∴,故答案为:.(3)解:由,不妨将绕点D顺时针旋转到,连接,过点E作,交延长线于点G,则,,,,∴是等边三角形,∴,∵,,∴,∴,∴,∴,∴,∴,∵,,∴,∴,∴,∴.(4)解:不妨将绕点D逆时针旋转到,使得,连接,,过点E作,交延长线于点N,则,∵,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∴,,∵,,∴,∵,,∴,∴,∴,∴,∴,∴,∴,∴.∵,,∴,∴【点睛】本题考查了旋转的性质,勾股定理,相似三角形的判定与性质,三角函数的应用,等腰直角三角形的性质,等边三角形的性质等知识,掌握相关知识是解题的关键.【变式1】(2025·江西·模拟预测)课本再现想一想 你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系?能证明你的猜想吗? 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 三角形中位线定理 三角形的中位线平行于第三边,且等于第三边的一半.定理证明(1)已知:如图①,是的中位线.延长至点,使,连接.求证:且.知识运用(2)如图②,在正方形中,为的中点,、分别为、边上的点,若,,,求的长.(3)如图③,在四边形中,,,为的中点,,分别为,边上的点,若,,,求的长.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质求角度【分析】(1)先利用证明,于是可得,,由内错角相等两直线平行可得,进而可得,结合,可证得四边形为平行四边形,于是可得,,再结合,即可得出结论;(2)取的中点,连接,延长、交于点,由正方形的性质可得,由邻补角互补可得,进而可得,由为的中点可得,利用可证得,于是可得,,由三角形的中位线定理可得,由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得,则,由此即可求出的长;(3)取的中点,连接,延长到点,使得,连接,由为的中点可得,利用可证得,于是可得,,过点作,交的延长线于点,连接,由邻补角互补可得,进而可得,由直角三角形的两个锐角互余可得,于是可得,由等角对等边可得,由勾股定理可得,于是可得,,在中,根据勾股定理可得,由三角形的中位线定理可得,由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得,则,由此即可求出的长.【详解】(1)证明:在与中,,,,,,又,,,四边形为平行四边形,,,,且;(2)解:如图,取的中点,连接,延长、交于点,四边形是正方形,,,,为的中点,,在和中,,,,,为的中点,为的中点,为的中位线,,,且为的中点,,;(3)解:如图,取的中点,连接,延长到点,使得,连接,为的中点,,在和中,,,,,过点作,交的延长线于点,连接,,,,,,,,又,,,在中,根据勾股定理可得:,为的中点,为的中点,为的中位线,,,且为的中点,,.【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理的证明及应用,全等三角形的判定与性质(、),平行四边形的判定与性质,勾股定理,正方形的性质,直角三角形斜边中线等于斜边的一半,直角三角形的两个锐角互余,等角对等边,内错角相等两直线平行,线段中点的有关计算,利用邻补角互补求角度,线段的和与差等知识点,熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键.【变式2】(2024·江西九江·三模)课本再现(1)将两个等腰直角三角形(,)按如图1所示的方式摆放(图中所有的点、线都在同一平面内),则与相似的三角形有 .(填序号)①;②;③.类比迁移(2)将两个等腰直角三角形()按如图2所示的方式摆放,点D在边上.①求证:.②如图3,若D是的中点,与交于点G,与交于点H,,连接,求的长.拓展应用(3)如图4,在中,,点D,E分别在边上,且,若,,求的长.【答案】(1)②③;(2)①证明见详解,②5;(3)8【知识点】三角形的外角的定义及性质、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算【分析】(1)由和都是等腰直角三角形,得,继而利用“两角对应相等,两三角形相似”得,;(2)①证明,则,即;②由,得到,求得,可求,再运用勾股定理可求;(3)在上取一点F,连接,使,由,求得, 再证明,得到,则有,即可求解.【详解】(1)解:∵和都是等腰直角三角形,∴,∵,,∴,同理可证:,故答案为:②③;(2)①证明:∵,∴,∵,∴,∴,∴,∴;②解:同①可证:,∴,即,∵,∴,解得:(舍负),∴,∴,∴,∴;(3)解:在上取一点F,连接,使,∵是的等腰直角三角形,,∴,同上可证:,∴,∴,∵,∴,又∵,∴,∴,∴∴,解得:或(舍),∴.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质,勾股定理,解直角三角形的相关计算,三角形的外角定理,等腰三角形的性质,解题的关键在于发现“一线三等角”的相似,正确添加辅助线是解题的关键.【变式3】(2024·江西宜春·模拟预测)【课本再现】“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”是直角三角形的一条重要性质定理.如图1,在中,,点D是的中点.求证:.下面是两位同学两种添加辅助线的方法:小明:如图2,延长至点E,使,连接;小华:如图3,取的中点E,连接;(1)请你选择其中一位同学的方法完成证明,聪明的你也可以利用图1用其他方法完成证明.【迁移应用】(2)如图4,中,是高,求证:B,C,D,E四点共圆.【拓展提升】(3)如图5,在五边形中,,,F为的中点,求证:.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析【知识点】全等的性质和SAS综合(SAS)、与三角形中位线有关的证明、斜边的中线等于斜边的一半、根据矩形的性质与判定求线段长【分析】(1)小明的方法:先证明四边形是平行四边形,再证明四边形是矩形,利用矩形的性质得出结论即可;小华的方法:根据三角形的中位线定理,推出垂直平分,进而得出结论即可;其他方法:分别取的中点E,的中点F,连接,利用三角形的中位线定理和矩形的判定和性质,即可得出结论;(2)取边的中点O,连接,利用斜边上的中线,推出,即可得证;(3)取的中点M,AD的中点N,连接,利用斜边上的中线,三角形的中位线定理,证明,即可得出结论.【详解】(1)解:若选择小明的方法:如图2,延长至点E,使,连接,又∵点D是的中点,即,∴四边形是平行四边形,∵,∴四边形是矩形,∴,∵,∴;若选择小华的方法:如图3,取的中点E,连接,又∵点D是的中点,∴是的中位线,∴,∴,∴是的垂直平分线,∴,∵,∴.其他方法:如图1,分别取的中点E,的中点F,连接,又∵点D是的中点,∴是的中位线,∴,,,∴四边形是平行四边形,又∵,∴平行四边形是矩形,∴,又∵,∴,(2)证明:如图4,取边的中点O,连接,∵是的高,∴,又∵O是边的中点,∴,,∴,∴B,C,D,E四点在以点O为圆心,为直径的同一个圆上.(3)如图,取的中点M,的中点N,连接.∵,∴根据直角三角形斜边上中线的性质及中位线的性质,可得:,,,,∴.∵,∴,∴.同理可证.又∵,∴∴,即,∴(),∴.【点睛】本题考查斜边上的中线,三角形的中位线定理,平行四边形的判定和性质,矩形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,四点共圆等知识点,熟练掌握相关知识点,并灵活运用,是解题的关键.【题型二】平行四边形中的课本再现问题【例1】(2024·江西吉安·一模)课本再现在学行四边形的概念后,进一步得到平行四边形的性质:平行四边形的对角线互相平分.(1)如图1,在平行四边形中,对角线与交于点O,求证:,.知识应用(2)在中,点P为的中点.延长到D,使得,延长AC到E,使得,连接.如图2,连接,若,请你探究线段与线段之间的数量关系.写出你的结论,并加以证明.【答案】(1)证明见解析;(2),证明见解析【知识点】全等三角形综合问题、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形性质和判定证明【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定,全等三角形的性质与判定,等边三角形的性质与判定等等:(1)由平行四边形的性质得到,证明,即可证明,;(2)过点B作交于H,连接,则,先证明是等边三角形,得到,进而证明是等边三角形,得到,接着证明四边形是平行四边形,得到互相平分,则,证明,得到,则.【详解】证明:(1)∵四边形是平行四边形,∴,∴,∴,∴,;(2),证明如下:如图所示,过点B作交于H,连接,∴,∵,∴,即,∴是等边三角形,∴,∴是等边三角形,∴,∴,又∵,∴四边形是平行四边形,∴互相平分,∵点P为的中点,∴A、P、H三点共线,∴,在和中,,∴,∴,∴.平行四边形课本再现题解题技巧:活用性质(对边/角/对角线)与判定(如一组对边平行且相等)。连对角线分全等三角形,构中位线或倍长中线。拆图形为平行四边形+三角形,矩菱正问题用特性。计算用勾股、面积法,倒推条件,规范逻辑。【例2】(2024·江苏扬州·一模)如图①~⑧是课本上的折纸活动.【重温旧知】上述活动,有的是为了折出特殊图形,如图①、③和⑧;有的是为了发现或证明定理,如图④和⑦;有的是计算角度,如图②;有的是计算长度,如图⑤和⑥.(1)图③中的的形状是______;图④的活动发现了定理“____________”(注:填写定理完整的表述);图⑤中的的长是_______;【继续探索】(2)如图,将一个边长为4的正方形纸片折叠,使点A落在边上的点E处,点E不与B、C重合,为折痕.折叠后的梯形的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)等腰三角形,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,(2)存在最小值,最小值为6【知识点】y=ax +bx+c的最值、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、矩形与折叠问题【分析】(1)由矩形的性质得,则,由折叠得,所以,则是等腰三角形,于是得到问题的答案;由,得,,由折叠得,则,所以,于是得到问题的答案;由矩形的性质得,则,由折叠得,所以,则,由勾股定量得,于是得到问题的答案;(2)连接,过点N作于点G,先证明,,则在中,由勾股定理得,然后将表示面积的相关线段用x的代数式表示出,则,化简,转化为二次函数求最值即可.【详解】解:(1)如图③四边形是矩形,,,由折叠得,,,是等腰三角形,故答案为:等腰三角形.如图④,,,,由折叠得,,,,,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,故答案为:直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.如图⑤,四边形是矩形,,,,,,,由折叠得,,,在中,,,,解得,故答案为:.(2)存在最小值,连接,过点N作于点G,即,∵正方形,∴,∴,∴,∵翻折,∴,,,即,∴,∴,∵,,∴,∴,设,则在中,由勾股定理得:,则,∴,∴,当时,最小值为6.【点睛】此题重点考查轴对称的性质、等腰三角形的判定、矩形的性质、正方形的性质、勾股定理、二次函数求最值,此题综合性强,难度较大.【变式1】(2023·江苏盐城·二模)【回归课本】我们曾学习过一个基本事实:两条直线被一组平行线所截,所得 的对应线段成比例. 【初步体验】(1)如图 1,在中,点 D 在上,E 在上,.若,,则 , ;(2 ) 已知,如图 1 ,在中,点 D 、E 分别在、上,且. 求证:.证明:过点作的平行线交于点 F… … … … … …请依据相似三角形的定义(如果两个三角形各角分别相等,且各边对应成比例,那么这两个三角形相似)和上面的基本事实,补充上面的证明过程;【深入探究】(3 )如图 2,如果一条直线与的三边、、或其延长线交于 D、F、E 点,那么是否为定值?若是,试求出该定值;若不是,请说明理由;(4) 如图 3 ,在中,D 为 的中点,.则 . 【答案】(1)3,(2)见解析(3)是定值,值为1(4)【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的证明、由平行截线求相关线段的长或比值、相似三角形的判定与性质综合【分析】(1)根据平行线分线段成比例,列出比例式进行求解即可;(2)根据平行线的性质,以及平行线分线段成比例,推出和的各角对应相等,各边对应成比例,即可得证;(3)过点作,交于点,得到,即可得到;(4)过点作,交于点,交于点,根据平行线分线段成比例,以及相似三角形的判定和性质,进行推导求解即可.【详解】解:(1)∵,∴,即:,∴,∴;故答案为:3,;(2)证明:过点作的平行线交于点 F 则:,∵,∴,又,∴四边形为平行四边形,∴,∴,∴,又,∴;(3)过点作,交于点, ∴,∴,即:为定值,值为1;(4)过点作,交于点,交于点, ∵,∴,∵,为的中点,∴,∴,∴,同理:,∵,∴,∴,∴,,∴,∴,∴,∴;故答案为:.【点睛】本题考查平行线分线段成比例,相似三角形的判定和性质.解题的关键是掌握平行线分线段成比例,添加辅助线,构造平行和相似三角形.【题型三】矩形中的课本再现问题【例1】(2024·江西吉安·模拟预测)【课本再现】思考我们知道,矩形的对角线相等,反过来,对角线相等的平行四边形是矩形吗?【定理证明】(1)如图1,已知:在中,对角线、相交于,且,求证:是矩形.【知识应用】(2)如图2,是的中线,,且,连接,.①求证:;②当满足什么条件时,四边形是矩形?并说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)①见解析;②满足时,四边形是矩形,理由见解析【知识点】证明四边形是矩形、斜边的中线等于斜边的一半、利用平行四边形性质和判定证明【分析】此题考查矩形的判定,平行四边形的判定与性质,直角三角形的性质,关键是利用矩形的判定,平行四边形的判定与性质,直角三角形的性质解答.(1)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可;(2)由直角三角形斜边上的中线性质可得,从而得出,再证明四边形是平行四边形,再根据平行四边形的性质可得结论;(3)当满足时,四边形是矩形,根据平行四边形的判定与性质及矩形的判定解答即可.【详解】解:(1)证明:在图1中,四边形是平行四边形,,.又,,,,,,是矩形.(2)①是的中线,,,,,四边形是平行四边形,;②当满足时,四边形是矩形,,,,,四边形是平行四边形,,当时,,四边形是矩形.矩形课本再现题解题技巧:用矩形性质(四角直角、对角线相等)证线段/角相等。连对角线得全等直角三角形,遇中点构中位线。结合勾股定理计算边长,面积法求高。判定先证平行四边形,再证直角或对角线等,拆图形为三角形或坐标系问题,规范步骤防漏条件。【例2】(2024·江西吉安·三模)课本再现矩形的定义 有一个角是直角的平行四边形是矩形.定义应用(1)如图,已知:在四边形中,,用矩形的定义求证:四边形是矩形.(2)如图,在四边形中,,是的中点,连接,,且,求证:四边形是矩形.拓展延伸(3)如图,将矩形沿折叠,使点落在边上的点处,若图中的四个三角形都相似,求的值.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3).【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、证明四边形是矩形、矩形与折叠问题、利用平行四边形性质和判定证明【分析】()先证明四边形是平行四边形,再由,即可证明四边形是矩形;()证明,根据性质得,证明四边形是平行四边形,再由,即可证明四边形是矩形;()由折叠易知,,证明,然后分当时和时即可求解.【详解】(1)证明:∵,∴,,∴,,∴四边形是平行四边形,又∵,∴四边形是矩形;(2)证明:∵E 是 的中点,∴∵,,,∴,∴,又∵,∴,∴四边形是平行四边形,又∵,∴四边形是矩形;(3)由折叠易知,,∴∴∵,∴∴∴,∴当时,,∴,∴,,∴,∴;当时,,∴,不符合题意,综上所述,符合题意的.【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质,矩形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质,解直角三角形,熟练掌握知识点的应用是解题的关键.【变式1】课本再现思考 我们知道,矩形的对角线相等.反过来,对角线相等的平行四边形是矩形吗? 可以发现并证明矩形的一个判定定理:对角线相等的平行四边形是矩形.定理证明(1)为了证明该定理,小贤同学画出了图形(如图1),并写出了“已知”和“求证”,请你从矩形的定义出发完成证明过程.已知:在中,对角线,交点为.求证:是矩形.应用定理(2)如图2,在菱形中,,,,分别为,,,的中点.求证:四边形是矩形(用“课本再现”中的矩形判定定理证明).拓展迁移(3)如图3,四边形的对角线,相交于点,且,,,,分别为,,,的中点.若,,求四边形的面积.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)12【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的求解问题、证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明【分析】本题考查了中位线定理,平行四边形的判定,矩形的判定,菱形的性质,熟练掌握知识点的应用是解题的关键.(1)根据平行四边形的性质和已知条件判定,推出,利用平行线的性质得到,即可判定是矩形;(2)先根据中点结合菱形的性质证明,得,同理,,则,可知四边形是平行四边形,连接,,再证四边形是平行四边形,则,同理,四边形是平行四边形,则,得,即可证明四边形是矩形;(3)由中位线定理可得,, ,,即可证明四边形是平行四边形,由即可得出,从而证明四边形是矩形,利用面积公式即可求解.【详解】解:(1)证明:∵四边形是平行四边形,∴,,在与中,,∴,∴,∵,∴,∴,∴是矩形;(2)证明:在菱形中,,,,∵,,,分别为,,,的中点,∴,∴,∴,同理,,则,∴四边形是平行四边形,连接,,在菱形中,,则,∴四边形是平行四边形,则,同理,四边形是平行四边形,则,∴,∴四边形是矩形;(3)∵,,,分别为,,,的中点,∴,, ,,∴四边形是平行四边形,又∵,∴,∴,∴四边形是矩形,∴四边形的面积,即四边形的面积是.【变式2】课本再现思考我们知道,矩形的对角线相等.反过来,对角线相等的平行四边形是矩形吗?可以发现并证明矩形的一个判定定理:对角线相等的平行四边形是矩形.定理证明()为了证明该定理,小明同学画出了图形(如图),并写出了“已知”和“求证”,请你完成证明过程.已知:在平行四边形中,,是它的两条对角线,.求证:平行四边形是矩形.知识应用如图,在平行四边形中,对角线,相交于点,且.()试判断四边形的形状,并说明理由.()过作于,,,求的长.【答案】(1)见解析;(2)矩形,理由见解析;(3)【知识点】证明四边形是矩形、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定【分析】本题考查了矩形的判定,平行四边形的性质,等腰三角形的性质与判定,勾股定理;(1)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可;(2)根据(1)的结论,即可求解;(3)根据题意得出,在边上截取,设,则,,进而得出,解方程,即可求解.【详解】(1)证明:∵四边形是平行四边形,,∴,∴,,∵,∴,∴,∴是矩形;(2)平行四边形是矩形,理由如下:∵,∴,∵四边形是平行四边形,∴,∴平行四边形是矩形,(3)∵,,∴,在边上截取,设,则,∵是等腰直角三角形,∴∴∴∴解得:,即【变式3】(2025·江西南昌·一模)课本再现:定理:有三个角是直角的四边形是矩形.定理证明:为了证明该定理,小颖同学画出了图形(如图1),并写出了“已知”“求证”,请你完成证明过程.(1)已知:如图1,在四边形中,,求证:四边形是矩形.知识应用:(2)如图2,在四边形中,,平分,交于点,,是上的一点,且,过点作,交于点,过点作于点.①求证:四边形是矩形.②若,求的值.【答案】(1)证明见解析;(2)①证明见解析;②【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、解直角三角形的相关计算【分析】(1)先根据平行线的判定可得,再根据平行线的性质可得,然后根据矩形的判定即可得证;(2)①先根据等腰三角形的性质可得,再根据角平分线的定义可得,然后根据矩形的判定即可得证;②设,则,,根据矩形的性质和勾股定理可得,过点作于点,设与交于点,则四边形都是矩形,再根据等腰三角形的性质可得,然后解直角三角形可得,根据等腰三角形的判定可得,设,则,在中,解直角三角形可得,最后利用勾股定理可得,由此即可得.【详解】证明:(1)∵,∴,∴,∴,∵,∴,∴,∴四边形是矩形.(2)①∵,,∴,∵平分,∴,又∵,∴四边形是矩形.②由题意,设,则,∴,∵,∴,∵四边形是矩形,∴,,∴,如图,过点作于点,∴四边形都是矩形,∴,,∵,,∴,在中,,∵,,∴,,∴,∴,∵平分,,∴,∴,∴,∴,设,则,在中,,∴,即,∴,∴,∴,∴.【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形、平行线的判定与性质等知识,熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键.【题型四】菱形中的课本再现问题【例1】课本再现定理证明(1)为了证明该定理,小明同学画出了图形 (如图1),并写出了“已知”和“求证”,请你完成证明过程.已知:在中,对角线,垂足为.求证:平行四边形是菱形.证明: ∵四边形是平行四边形,∴,又∵, 垂足为,∴是的垂直平分线,∴___________∴平行四边形是菱形.知识应用(2)如图2 ,在中,对角线和相交于点,,,.①求证:是菱形;②延长至点,连接交于点,若,求的值.【答案】(1);(2)①见解析,②.【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、勾股定理逆定理的实际应用、证明四边形是菱形【分析】本题考查了菱形的性质与判定,勾股定理以及勾股定理的逆定理,等腰三角形的性质与判定,平行线分线段成比例,熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键.(1)根据平行四边形的性质证明得出,同理可得,则,,进而根据四边相等的四边形是菱形,即可得证;(2)①勾股定理的逆定理证明是直角三角形,且,得出,即可得证;②根据菱形的性质结合已知条件得出,则,过点作交于点,根据平行线分线段成比例求得,然后根据平行线分线段成比例即可求解.【详解】(1)证明:∵四边形是平行四边形,∴,,∵∴,在,中,,∴∴,同理可得,则,又∵∴∴四边形是菱形.(2)①证明:四边形是平行四边形,, ,,∴,,在中,,,∴,∴是直角三角形,且,∴,∴四边形是菱形;②∵四边形是菱形,∴∴,∴,∵,∴,∴,如图所示,过点作交于点,∴,∴,∴菱形课本再现题解题技巧:用菱形性质(四边相等、对角线垂直平分且平分角)证全等/垂直。连对角线得直角三角形,用勾股定理计算。判定先证平行四边形,再证邻边相等或对角线垂直。遇中点构中位线,面积用对角线乘积一半。规范步骤,拆图形为三角形,注意角平分线与对称特性。【例2】(2024·江西九江·二模)课本再现如图1,四边形是菱形,,.(1)求,的长.应用拓展(2)如图2,为上一动点,连接,将绕点逆时针旋转,得到,连接.①直接写出点到距离的最小值;②如图3,连接,,若的面积为6,求的长.【答案】(1)(2)①;②【知识点】全等的性质和ASA(AAS)综合(ASA或者AAS)、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长【分析】(1)由菱形的性质可得,,,,再进一步的解答即可;(2)①证明为等边三角形,可得,求解,如图,过作于,可得,当最小时,最小,可得当时,最小,再进一步解答即可;②证明,可得,,证明,可得,再进一步解答可得答案.【详解】解:(1)四边形是菱形,,.,,,,,;(2)①四边形是菱形,,,,为等边三角形,,由旋转可得:,,,如图2,过作于,,当最小时,最小,当时,最小,此时,,,点到距离的最小值为;②四边形是菱形,,,,,,,,,,,,的面积为6,,,,.【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质,等腰三角形的性质,菱形的性质,勾股定理的应用,等边三角形的判定与性质,二次根式的除法运算,掌握以上基础知识是解本题的关键.【变式1】(2024·江西吉安·一模)课本再现菱形的四条边都相等,菱形的对角线互相垂直.定理证明()如图,已知四边形为菱形,前面已证菱形的四条边相等,请进一步证明对角线.知识应用()如图,已知四边形为菱形,等腰的顶点在上,底边交边于点,点为的中点,点为与的交点,且.①求证:;②若,,,,求的长. 【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②5【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算【分析】()根据菱形的性质及等腰三角形的性质即可证明结论成立;()①令交于点,证明,得,从而证明,进而即可得证;②如图,令交于点,证明,得,再证明四边形是矩形,得,,,,从而由得,再利用三角函数即可得解.【详解】()证明:∵四边形是菱形,∴,,∴;()①证明:令交于点, ∵等腰的顶点在上,底边交边于点,∴,∵点为的中点,∴,∴,∵四边形是菱形,∴,∵,∴,∵,∴,∴,∴,∴,∴;②如图,令交于点, ∵四边形是菱形,∴,,∴,由①得,∴,∵,∴,∴,∵,∴,∵,,∴四边形是矩形,∴,,∴,,∵∴,∵,∴,即,∴.【点睛】本题主要考查了解直角三角形,菱形的性质,矩形的判定及性质,全等三角形的判定及性质,等腰三角形的性质,相似三角形的判定及性质,熟练掌握等三角形的判定及性质,等腰三角形的性质,相似三角形的判定及性质是解题的关键.【题型五】正方形形中的课本再现问题【例1】(2024·江西景德镇·三模)【课本再现】北师大版九年级上册数学课本第21页有这样一道题:(1)如图1,在正方形中,E为边上一点,F为延长线上一点,且.与之间有怎样的关系?请说明理由.【类比探究】(2)如图2,在矩形中,,点E在边上,连接,F为延长线上一点,连接,,且的延长线垂直于,垂足为点H.①求的值;②求的值.【拓展应用】(3)如图3,在(2)的条件下,平移线段,使它经过的中点H,交于点M,交于点N,连接,若,,请你求出的长.【答案】(1),,理由见解析;(2)①;②;(3)8【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、求角的正弦值【分析】(1)只需要证明,即可得到结论,,然后利用直角三角形的性质可得,即可得出结论;(2)①只需要证明,即可得到;②根据①中,求出,设,则,然后在,利用勾股定理求出,利用正弦定义求解即可;(3)由平移的性质可得,,结合,,可求出,再证明垂直平分,得到,根据,可设,利用勾股定理得到,则,在中,由勾股定理得,解方程即可得到答案.【详解】解:(1),,理由如下:延长交于G,∵四边形是正方形,∴,,在和中,,∴,∴,,∵,∴,∴∴;(2)解:①∵,∴.在矩形中,,,∴,∴,∴,∴,∵,,∴;②∵,∴,设,则,∴,∴;(3)由平移的性质可得,,∵,,∴,∵点H为的中点,∴垂直平分,∴,∵,∴可设,∴,∴,在中,由勾股定理得,∴,解得或(舍去),∴.【点睛】本题考查了矩形的性质,正方形的性质,相似三角形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形,勾股定理等等,灵活运用所学知识是解题的关键.正方形课本再现题解题技巧:用四边相等、直角、对角线垂直相等且平分角的性质证全等/垂直。连对角线得等腰直角三角形,用勾股定理或三角函数计算。判定先证矩形+邻边相等或菱形+直角。借旋转/对称构全等,遇中点连中线,规范步骤分阶段证明,拆图形为三角形或坐标系问题。【例2】(2024·江西九江·模拟预测)【课本再现】(1)如图1,四边形是一个正方形,E是延长线上一点,且,则的度数为 .【变式探究】(2)如图2,将(1)中的沿折叠,得到,延长交于点F,若,求的长.【延伸拓展】(3)如图3,当(2)中的点E在射线上运动时,连接,与交于点P.探究:当的长为多少时,D,P两点间的距离最短?请求出最短距离.【答案】(1);(2);(3)当的长为时,D,P两点间的距离最短,最短距离为【知识点】相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、求一点到圆上点距离的最值、根据正方形的性质证明【分析】(1)根据正方形的性质,得到,推出,由,得到,推出即可得出结果;(2)根据正方形的性质,得到,求出,进而得到,由折叠的性质得到,,再根据(1)中,得到,进而得到,利用勾股定理求出,由即可求解;(3)由折叠的性质,得到,即点P在以为直径的圆上运动,设的中点为Q,连接,则当点P在上时,D,P两点间的距离最短,设交于点G,如图,求出,进而得到,,证明,得到,即可求出,即可得出结论.【详解】解:(1)四边形是正方形,,,,,,故答案为:;(2)四边形是正方形,,,,,由折叠的性质得到,,由(1)知,,,,;(3)由折叠知,,点P在以为直径的圆上运动,设的中点为Q,连接,则当点P在上时,D,P两点间的距离最短,设交于点G,如图,,,,又,,即,,故当的长为时,D,P两点间的距离最短,最短距离为.【点睛】本题考查了正方形的性质,折叠的性质,勾股定理,点到圆上的最短距离,三角形相似的判定与性质,灵活运用点到圆上的最短距离,折叠的性质,是解题的关键.【变式1】(2024·广西南宁·二模)几何探究【课本再现】(1)如图1,正方形的对角线相交于点,点又是正方形的一个顶点,而且这两个正方形的边长相等,边与边相交于点,边与边相交于点.在实验与探究中,小新发现无论正方形绕点怎样转动,之间一直存在某种数量关系,小新发现通过证明即可推导出来.请帮助小新完成下列问题:①求证;②连接,则之间的数量关系是____________.【类比迁移】(2)如图2,矩形的中心是矩形的一个顶点,与边相交于点与边相交于点,连接,矩形可绕着点旋转,猜想之间的数量关系,并进行证明;【拓展应用】(3)如图3,在中,,直角的顶点在边的中点处,它的两条边和分别与直线相交于点可绕着点旋转,当时,请直接写出线段的长度.【答案】(1)①见解析;②;(2),理由见解析;(3)或.【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、矩形性质理解、根据正方形的性质证明【分析】(1)①利用正方形的性质,证明即可;②由全等三角形的性质得到,则,再利用勾股定理即可得到结论;(2)连接,延长,交于点,连接,证明,得到,,推出,得到,即可得出结论;(3)分点在线段上和在线段的延长线上,两种情况进行讨论求解.【详解】解:(1)①∵正方形的对角线相交于点O,点O又是正方形的一个顶点,∴,∴,∴;②连接, ∵正方形,∴,∵,∴,∴,在中,,∴;(2),理由如下:连接, ∵矩形的中心O是矩形的一个顶点,∴,,,延长,交于点,连接,∵,∴,又∵,∴,∴,,∵,∴是的中垂线,∴,∴,∴;解:(3)设,①当点在线段上: ∵,,∴,∴,由(2)可知:,∴,解得:,∴;②当点在线段的延长线上时:如图, 此时,过点作,延长交于点,连接,同(2)法可证:,∴,又,∴,解得:解得:,∴;综上:线段的长度为或.【点睛】本题考查正方形的性质,矩形的性质,全等三角形的判定和性质,中垂线的性质,勾股定理.解题的关键是熟练掌握相关性质,构造全等三角形.【题型六】圆中的课本再现问题【例1】(2025·江西·二模)【课本再现】(1)如图1,分别与相切于A,B两点,,则( )A. B. C. D.【变式探究】(2)如图2,分别与相切于A,B两点,若.①求的度数;②若,求部分.【答案】(1);(2)①,②【知识点】圆周角定理、切线的性质定理、求扇形面积【分析】(1)连接,根据切线的性质定理,结合四边形的内角和定理,即可推出的度数,然后根据圆周角定理,即可推出的度数.(2)①连接,根据切线的性质定理,可得,平分,,,因此,结合,即可求出的度数.②在中,过点A作于点H,,,,,可求得,再证明是等边三角形,即,在中,,如答图1,连接,交于点G,易知,且,,根据即可求出答案.【详解】解:(1)连接,如图所示,分别与相切于A,B两点,,,,,,故选:B.(2)①如答图1,连接.分别与相切,,平分,,..又,,.②如答图2,在中,过点A作于点H.在中,,,,,,...,,是等边三角形..在中,,.,.如答图1,连接,交于点G,易知,且,..【点睛】本题考查了切线的性质,四边形的内角和,圆周角定理,扇形的面积,解直角三角形的相关计算,正确作出辅助线是解题的关键.圆课本再现题解题技巧:活用垂径定理(作弦心距)、圆周角定理(找同弧角)、切线性质(连半径证垂直)。遇切线连半径,弦问题作垂线,构直角三角形用勾股。弧长/面积套公式,圆内接四边形用对角互补。规范步骤,借辅助线转化为三角形问题,注意隐含等弧/等角条件。【例2】(2024·江西吉安·二模)课本再现(1)如图1,是的直径,它所对的圆周角有什么特点?你能证明你的结论吗?知识应用(2)如图2,,,三点均在上,的延长线交于点,若的直径为8,,,求的长. 【答案】(1)直径所对的圆周角是,证明见解析,(2)【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合【分析】本题考查的是圆周角定理,勾股定理,相似三角形的判定与性质,证明是解题的关键.(1)连接.由得.再由即可得出结论;(2)延长交于点,连接.可得.可证得,从而得出.再证,可得,求得,再求解即可.【详解】解:(1)直径所对的圆周角是.证明:如图,连接. ,.,.∴直径所对的圆周角是 (2)如图,延长交于点,连接. .的直径为8,.,.,即.,在中,.由,得.,即...【变式1】(2024·江西南昌·模拟预测)课本再现推论 直径所对的圆周角是________.(1)补全课本再现中横线上的内容.知识应用(2)如图,内接于,是的直径的延长线上一点,.①求证:是的切线;②过圆心作的平行线交的延长线于点,若,求的长.【答案】(1)直角;(2)①见解析;②.【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、证明某直线是圆的切线、由平行判断成比例的线段【分析】(1)根据圆周角定理即可解答;(2)①由等腰三角形的性质与已知条件得出,,由圆周角定理可得,进而得到,即可得出结论;②根据平行线分线段成比例定理得到,设,则,,在中,根据勾股定理求出,据此即可求解.【详解】(1)解:直径所对的圆周角是直角;故答案为:直角;(2)①证明:,,,,是的直径,,,,即,,是的半径,是的切线;②解:,,,,,设,则,,,是直角三角形,在中,,,解得,(舍去),或,.【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的判定、平行线分线段成比例定理等知识;熟练掌握切线的判定与平行线分线段成比例定理是解题的关键.【变式2】【课本再现】如下,是人教版九年级上册课本102页的第12题:(完成该题,并解答习题改编)12.如图,为的直径,为上一点,和过点的切线互相垂直,垂足为.求证:平分.【课本开发】一次数学课上,邓老师引导同学们一起对课本习题进行改编.(1)如下是同学小安改编的题目:如图1,为的直径,为上一点,于点,平分.求证:是的切线.请你利用所学知识解答同学小安改编的题目.(2)同学小耿在同学小安的基础上进行了如下改编:如图2,连接交于点,若,,求的长.请你利用所学知识解答同学小耿改编的题目.【答案】(1)见详解(2)【知识点】用勾股定理解三角形、切线的性质和判定的综合应用、已知圆内接四边形求角度、解直角三角形的相关计算【分析】(1)连接,先判定,根据推出即可求解;(2)结合角平分线的性质得,运用圆内接四边形性质,得,证明,分别运用勾股定理算出,,,再结合直角三角形的正弦值列式计算,即可作答.【详解】(1)证明:如图,连接,,.平分,.,.....是的半径,是的切线.(2)解:∵,∴,如图,过点作于点,连接∵平分,于点,于点,∴,∵在上,∴,∵,∴,∵,∴,∴,在中,,在中,,则,∵平分,∴,则,即,∴,∴.【点睛】本题考查了圆的切线判定定理,角平分线的性质,解直角三角形,勾股定理,全等三角形的判定与性质,圆内接四边形等知识,难度较大,综合性较强,正确掌握相关性质内容是解题的关键.21世纪教育网(www.21cnjy.com)21世纪教育网(www.21cnjy.com)21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2025年中考数学冲刺高分训练专题12几何图形中的课本再现问题(六大题型)(学生版).docx 2025年中考数学冲刺高分训练专题12几何图形中的课本再现问题(六大题型)(教师版).docx