上海中考數(shù)學(xué)重難點專練重難點02 幾何動點問題（解析版）

年中考數(shù)學(xué)【熱點·重點·難點】專練重難點02幾何動點問題幾何動點問題，是上海中考數(shù)學(xué)的重難點之一，也是考生最容易丟分的地方；此類題型在選擇題、填空題、解答題均會出現(xiàn)，一般分值在15分左右；幾何動點問題一般在三角形、四邊形、圓中出現(xiàn)，結(jié)合勾股定理、全等三角形、相似三角形等的性質(zhì)綜合考查，注意解題的技巧和動點軌跡的把握，牢記初中階段的動點一般是直線和圓；幾何動點問題的解決思路：1.根據(jù)圖形特點,結(jié)合運動特征,確定在運動變化過程中符合運動規(guī)律的固定點的位置。2.分析圖中某些基本元素之間的位置關(guān)系,為計算最值提供解題的入口。3.分析圖中的數(shù)量關(guān)系,尋求在運動變化過程中長度固定的線段,為兩點間的距離最值計算做好準(zhǔn)備。解決動態(tài)問題的原則:以動制靜,動中找靜;從多角度、多層次對數(shù)學(xué)現(xiàn)象進(jìn)行觀察、分析，透過現(xiàn)象看本質(zhì)，抓住知識的本質(zhì)特征；尋找不同條件之間的內(nèi)在聯(lián)系，尋找普遍使用的規(guī)律；把復(fù)雜的問題簡單化、特殊化，力求解題方法簡潔、明快.幾何動點類型：直線或隱圓?！局锌兼溄印?．（2022·上?！そy(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D為AB中點，E在線段AC上，，則_____．【答案】或【分析】由題意可求出，取AC中點E1，連接DE1，則DE1是△ABC的中位線，滿足，進(jìn)而可求此時，然后在AC上取一點E2，使得DE1＝DE2，則，證明△DE1E2是等邊三角形，求出E1E2＝，即可得到，問題得解．【詳解】解：∵D為AB中點，∴，即，取AC中點E1，連接DE1，則DE1是△ABC的中位線，此時DE1∥BC，，∴，在AC上取一點E2，使得DE1＝DE2，則，∵∠A=30°，∠B=90°，∴∠C=60°，BC＝，∵DE1∥BC，∴∠DE1E2=60°，∴△DE1E2是等邊三角形，∴DE1＝DE2＝E1E2＝，∴E1E2＝，∵，∴，即，綜上，的值為：或，故答案為：或．【點睛】本題考查了三角形中位線的性質(zhì)，平行線分線段成比例，等邊三角形的判定和性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)等，根據(jù)進(jìn)行分情況求解是解題的關(guān)鍵．2．（2022·上?！そy(tǒng)考中考真題）平行四邊形，若為中點，交于點，連接．(1)若，①證明為菱形；②若，，求的長．(2)以為圓心，為半徑，為圓心，為半徑作圓，兩圓另一交點記為點，且．若在直線上，求的值．【答案】(1)①見解析；②(2)【分析】（1）①連接AC交BD于O，證△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，從而得∠COE=90°，則AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出結(jié)論；②先證點E是△ABC的重心，由重心性質(zhì)得BE=2OE，然后設(shè)OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,從而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四邊形性質(zhì)即可得出BD長；（2）由⊙A與⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，點E是△ABC的重心，又在直線上，則CG是△ABC的中線，則AG=BG=AB，根據(jù)重心性質(zhì)得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,則AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，則BC=AE，代入即可求得的值．【詳解】（1）①證明：如圖，連接AC交BD于O，∵平行四邊形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四邊形，∴四邊形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中線，∵為中點，∴AP是△ABC的中線，∴點E是△ABC的重心，∴BE=2OE，設(shè)OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四邊形，∴BD=2OB=6；（2）解：如圖，∵⊙A與⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知點E是△ABC的重心，又在直線上，∴CG是△ABC的中線，∴AG=BG=AB，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，重心的性質(zhì)，勾股定理，相交兩圓的公共弦的性質(zhì)，本題屬圓與四邊形綜合題目，掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬是考?？碱}目．3．（2021·上?！そy(tǒng)考中考真題）如圖，在梯形中，是對角線的中點，聯(lián)結(jié)并延長交邊或邊于E．（1）當(dāng)點E在邊上時，①求證：；②若，求的值；（2）若，求的長．【答案】（1）①見解析；②；（2）或【分析】（1）①根據(jù)已知條件、平行線性質(zhì)以及直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可推導(dǎo)，，由此可得；②若，那么在中，由．可得，作于H．設(shè)，那么．根據(jù)所對直角邊是斜邊的一半可知，由此可得的值．（2）①當(dāng)點E在上時，可得四邊形是矩形，設(shè)，在和中，根據(jù)，列方程求解即可．②當(dāng)點E在上時，設(shè)，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．【詳解】（1）①由，得．由，得．因為是斜邊上的中線，所以．所以．所以．所以．②若，那么在中，由．可得．作于H．設(shè)，那么．在中，，所以．所以．所以．（2）①如圖5，當(dāng)點E在上時，由是的中點，可得，所以四邊形是平行四邊形．又因為，所以四邊形是矩形，設(shè)，已知，所以．已知，所以．在和中，根據(jù)，列方程．解得，或（舍去負(fù)值）．②如圖6，當(dāng)點E在上時，設(shè)，已知，所以．設(shè)，已知，那么．一方面，由，得，所以，所以，另一方面，由是公共角，得．所以，所以．等量代換，得．由，得．將代入，整理，得．解得，或（舍去負(fù)值）．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，斜邊上的中線，勾股定理等，能夠運用相似三角形邊的關(guān)系列方程是解題的關(guān)鍵．限時檢測01：上海各地區(qū)最新模擬試題（60分鐘）1．（2023·上海松江·統(tǒng)考一模）如圖，直角梯形中，，，，，．是延長線上一點，使得與相似，這樣的點的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由于，故要使與相似，分兩種情況討論：①，②，這兩種情況都可以根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊的比相等求出的長，即可得到點的個數(shù)．【詳解】∵，，，．設(shè)的長為，則．若邊上存在點，使與相似，那么分兩種情況：①若，則，即，解得：②若，則，即，整理得：，，（舍去）滿足條件的點的個數(shù)是2個，故選：B．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定及性質(zhì)，難度適中，進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．2．（2022·上海靜安·統(tǒng)考二模）如圖，中，，，點是重心，將繞著點按順時針方向旋轉(zhuǎn)，使點A落在BC延長線上的處，此時點B落在點，點G落在點.聯(lián)結(jié)CG、、、.在旋轉(zhuǎn)過程中，下列說法：①；②與相似；③；④點所經(jīng)過的路程長是.其中正確的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即判斷①，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，進(jìn)而可得，，即可判斷②，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可以判斷③，根據(jù)弧長公式計算即可判斷④．【詳解】解：，，是等腰直角三角形，，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，故①正確；如圖，連接，，，點是重心，，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，，與相似；故②正確；，故③正確，④點所經(jīng)過的路程長是，故④錯誤，故選C．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的的性質(zhì)，重心的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2022·上海青浦·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知，，以為頂點，為一邊作角，角的另一邊交軸于（在上方），則坐標(biāo)為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點A作AD⊥y軸于點D，過點B作BE⊥AC于點E，由題意易得AD=2，，BD=1，然后可得，，設(shè)BC=x，則CD=x+1，進(jìn)而根據(jù)相似三角形及勾股定理可進(jìn)行求解．【詳解】解：過點A作AD⊥y軸于點D，過點B作BE⊥AC于點E，如圖所示：∵，，∴AD=2，，BD=1，∵，∴，∵，∴，∴，設(shè)BC=x，則CD=x+1，∴，在Rt△BEC中，由勾股定理得：，解得：（負(fù)根舍去），∴，∴，∴點；故選B．【點睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理；熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理是解題的關(guān)鍵．4．（2023·上海楊浦·統(tǒng)考一模）如圖，已知在矩形中，，，將矩形繞點C旋轉(zhuǎn)，使點B恰好落在對角線上的點處，點A、D分別落在點、處，邊、分別與邊交于點M、N，那么線段的長為___________．【答案】【分析】過點作，利用勾股定理求出，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到相應(yīng)結(jié)論，求出證明，求出，，證明，求出，，設(shè)，最后證明，得到，求出，從而可得．【詳解】解：如圖，過點作，在矩形中，，，∴，由旋轉(zhuǎn)可知：，，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，，∴，∵，，∴，∴，即，解得：，，∴，設(shè)，則，∵，，∴，∴，即，解得：，即，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，充分運用相似三角形的性質(zhì)求出相應(yīng)線段的長．5．（2023·上海金山·統(tǒng)考一模）如圖，為等腰直角三角形，為的重心，E為線段上任意一動點，以為斜邊作等腰（點D在直線的上方），為的重心，設(shè)兩點的距離為d，那么在點E運動過程中d的取值范圍是_________．【答案】【分析】當(dāng)點E與點B重合時，，當(dāng)點E與點A重合時，的值最大，利用重心的性質(zhì)以及勾股定理求得，，證明，推出是等腰直角三角形，據(jù)此求解即可．【詳解】解：當(dāng)點E與點B重合時，，當(dāng)點E與點A重合時，的值最大，如圖，點分別為的中點，∵為等腰直角三角形，為的重心，∴，∴，，同理，∴，，，，，即，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，重心的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．6．（2023·上海松江·統(tǒng)考一模）如圖，已知中，，，將繞點旋轉(zhuǎn)至，如果直線，垂足記為點，那么的值為________．【答案】或【分析】設(shè)，則，，分兩種情況討論，畫出圖形，利用相似三角形的判定和性質(zhì)，列式計算即可求解．【詳解】解：∵中，，，∴，設(shè)，則，，∵將繞點旋轉(zhuǎn)至，∴，則，，，，如圖，，，，∴，∴，則，∴，∴，∴；如圖，，，，∴，∴，則，∴，∴，∴；故答案為：或．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，正弦函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．7．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考一模）規(guī)定：如果經(jīng)過三角形一個頂點的直線把這個三角形分成兩個小三角形，其中一個小三角形是等腰三角形，另一個小三角形和原三角形相似，那么符合這樣條件的三角形稱為“和諧三角形”，這條直線稱為這個三角形的“和諧分割線”．例如，如圖所示，在中，，是斜邊上的高，其中是等腰三角形，且和相似，所以是“和諧三角形”，直線為的“和諧分割線”．請依據(jù)規(guī)定求解問題：已知是“和諧三角形”，，當(dāng)直線是的“和諧分割線”時，的度數(shù)是_______________（寫出所有符合條件的情況）【答案】【分析】分類討論，①，是等腰三角形，；②，是等腰三角形，；③，是等腰三角形，；④，是等腰三角形，；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：是“和諧三角形”，，是的“和諧分割線”，①根據(jù)題意，如圖所示，，是等腰三角形，，∴，∴在中，，∵是的外角，∴；②如圖所示，，是等腰三角形，，∴，設(shè)，則，，∵是的外角，∴，即，解得，，∴；③如圖所示，，是等腰三角形，，∴，，，設(shè)，則，，∵是的外角，∴，即，解得，∴；④如圖所示，，是等腰三角形，，∴，，∵是的外角，∴，即，∴；綜上所述，是“和諧三角形”，，當(dāng)直線是的“和諧分割線”時，的度數(shù)是，故答案為：．【點睛】本題主要考查等腰三角形，相似三角形的綜合，掌握等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（2023·上海浦東新·?？家荒＃┤鐖D，在中，，，，點是的中點，點在邊上，將沿翻折，使得點落在點處，當(dāng)時，那么的長為________．【答案】或【分析】分兩種情形討論：①作于點，連接，首先利用勾股定理求得，再證明，由相似三角形的性質(zhì)可得，代入數(shù)值即可求得可得，，然后結(jié)合翻折的性質(zhì)可知為等腰直角三角形，可推導(dǎo)，由即可獲得答案；②作于點，同理可得，，由即可獲得答案．【詳解】解：①如下圖，作于點，連接，在中，，∵，，∴，∴，∵點是的中點，∴，∴，∴，，∵，∴，由翻折的性質(zhì)可知，，∴，又∵，∴，∴；②如下圖，作于點，當(dāng)時，同理可得，∴．故答案為：或．【點睛】本題主要考查了翻折變換、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題．9．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考一模）如圖，點是矩形紙片邊上一點，如果沿著折疊矩形紙片，恰好使點落在邊上的點處，已知，那么折痕的長是_____________．【答案】【分析】由折疊的性質(zhì)可知，由矩形的性質(zhì)得到，，先解求出，進(jìn)而得到，則，設(shè)，則，由勾股定理得到，解方程求出，則．【詳解】解：由折疊的性質(zhì)可知，∵四邊形是矩形，∴，，∵在中，，∴，∴，∴，∴，設(shè)，則，在中，由勾股定理得：，∴，解得，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了矩形與折疊問題，勾股定理與折疊問題，解直角三角形，正確求出的長是解題的關(guān)鍵．10．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考一模）如圖，正方形的邊長為5，點E是邊上的一點，將正方形沿直線翻折后，點D的對應(yīng)點是點，聯(lián)結(jié)交正方形的邊于點F，如果，那么的長是______________．【答案】##【分析】連接，由折疊的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)可得，再可證明，則可得點是的中點，設(shè)，則可得，再可證明，由相似三角形的性質(zhì)建立關(guān)于x的方程，解方程即可求得x，從而求得結(jié)果．【詳解】解：連接，如圖，四邊形是正方形，，，，由折疊的性質(zhì)得：，，，

，，，即，，，，，，，，，，，

即點是的中點，設(shè)，則，，，，，，，，，，即解得：，（舍去），故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解一元二次方程，直角三角形的性質(zhì)等知識，利用相似三角形的性質(zhì)建立一元二次方程是本題的關(guān)鍵與難點．11．（2023·上海嘉定·?？家荒＃c、分別在的邊、上，且，，(如圖)，沿直線翻折，翻折后的點落在內(nèi)部的點，直線與邊相交于點，如果，那么______．【答案】【詳解】根據(jù)題意可得：∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵點落在內(nèi)部的點，∴是等腰直角三角形，∴，∴，又∵，設(shè)，則，，∴，，∴，∴，故答案為：【點睛】此題考查了余切函數(shù)，解題的關(guān)鍵構(gòu)造直角三角形并把直角邊的關(guān)系式表示出來．12．（2023·上海閔行·統(tǒng)考一模）閱讀：對于線段與點O（點O與不在同一直線上），如果同一平面內(nèi)點P滿足：射線與線段交于點Q，且，那么稱點P為點O關(guān)于線段的“準(zhǔn)射點”．問題：如圖，矩形中，，點E在邊上，且，聯(lián)結(jié)．設(shè)點F是點A關(guān)于線段的“準(zhǔn)射點”，且點F在矩形的內(nèi)部或邊上，如果點C與點F之間距離為d，那么d的取值范圍為___________．【答案】【分析】設(shè)交于點Q，由點F是點A關(guān)于線段的“準(zhǔn)射點”可得，過點F作交于點G，交于點H，由平行線分線段成比例定理得，，連接，求出的長，作于M，求出的長即可．【詳解】如圖，設(shè)交于點Q，∵點F是點A關(guān)于線段的“準(zhǔn)射點”，∴，∴Q是的中點，即，過點F作交于點G，交于點H，∴，∴，，∴點F在線段上，連接，則．作于M，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∴．∵，∴∴d的取值范圍是．【點睛】本題考查了新定義，矩形的性質(zhì)，勾股定理，垂線段最短，三角形的面積公式，平行線分線段成比例定理，以及平行四邊形的判定與性質(zhì)，判斷出點F的位置是解答本題的關(guān)鍵．13．（2023·上海閔行·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，點D在邊上，點E在邊上，將沿著折痕翻折后，點A恰好落在線段的延長線上的點P處，如果，那么折痕的長為___________．【答案】【分析】過點D作于點F，首先根據(jù)題意可證得，，，根據(jù)勾股定理即可求得，，再由折疊的性質(zhì)可知：，，即可求得，，再根據(jù)勾股定理即可求得，，由，可證得，，據(jù)此即可求得，，，再根據(jù)勾股定理即可求得，，據(jù)此根據(jù)勾股定理即可求得結(jié)果．【詳解】解：如圖：過點D作于點F，，，，，，，在中，，，，在中，，，解得，，由折疊的性質(zhì)可知：，，，

解得，，在中，，，，，，，解得，，，在中，，，解得，，

在中，，，故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，正切的定義，作出輔助線及準(zhǔn)確找到各線段之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．14．（2023·上海徐匯·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到線段，且，則________.【答案】##【分析】構(gòu)造矩形，將求轉(zhuǎn)化為求，再利用勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖，分別過A點，D點向BC作垂線，垂足分別為點F和點E，∴∵，∴四邊形是矩形，∴，∵在中，，，∴，∴，∴，由旋轉(zhuǎn)，得，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是構(gòu)造出矩形進(jìn)行線段之間的轉(zhuǎn)化．15．（2023·上海楊浦·統(tǒng)考一模）已知在正方形中，對角線，點E、F分別在邊上，．(1)如圖，如果，求線段的長(2)過點E作，垂足為點G，與交于點H．①求證：；②設(shè)的中點為點O，如果，求的值．【答案】(1)；(2)①見解析，②或．【分析】（1）如圖，連接交于點M．易證，得垂直平分，可得，由可得，由勾股定理求出，依據(jù)，求解即可；（2）①如圖1，過點H作交于點N，延長交于點M，易證，可得，易證得到，由，可證，，即，，代入即可；②過F作交于P，過E作交于I、交于Q，連接，易證，得到，由（1）可知垂直平分，得，如圖，當(dāng)H在上時，，由①可知，，設(shè),則，，可得，設(shè)，由，解得，在中，，解得，從而可求得；如圖，當(dāng)H在上時，，由①可知，，設(shè),則，，，設(shè)，由，解得，在中，，解得，代入可得．【詳解】（1）解：如圖，連接交于點M．由題意可知，∴在和中，，∴，∴，，，∴垂直平分，∴，∴，∵，，，，，∴，解得：，；（2）①如圖1，過點H作交于點N，延長交于點M，在正方形中，，，∴在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，∴；②過F作交于P，過E作交于I、交于Q，連接，，，，，，在正方形中，易證是正方形，，，，，由（1）可知垂直平分，，如圖，當(dāng)H在上時，，由①可知，，設(shè),則，，，，，，，在與中，，設(shè)，，∴，解得，在中，，∴，解得或（不合題意，舍去），∴；如圖，當(dāng)H在上時，，，由①可知，，設(shè),則，，在與中，，設(shè)，，，，∴，解得，在中，，∴，∴，∴，解得或（不合題意，舍去），∴，綜上所述：或．【點睛】本題考查了全等三角形的證明和性質(zhì)的應(yīng)用，相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用、勾股定理和三角函數(shù)解直角三角形；解題的關(guān)鍵是構(gòu)建相似三角形，運用相似的性質(zhì)建立等量關(guān)系．16．（2023·上海青浦·校考一模）如圖1，梯形中，，，，，，M在邊上，連接，；(1)求的長；(2)如圖2，作，交于點E，交于點F，若，，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域；(3)若是等腰三角形，求的值；【答案】(1)5(2)(3)或或8【分析】（1）過點D作于點E，證明四邊形為矩形，則，，再根據(jù)勾股定理定理即可求出；（2）連接，先用等面積法求出，再證明，從而得出，最后證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；（3）根據(jù)可得為等腰三角形，根據(jù)題意進(jìn)行分類討論，當(dāng)點E在線段上時，當(dāng)點E在延長線上時．【詳解】（1）解：過點D作于點P，∵，，∴，∵，∴，∴四邊形為矩形，∴，，∵，∴，在中，根據(jù)勾股定理得：．（2）解：連接，∵，，∴，即，解得：，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，，∵，，∴，∴，，∴，∴，，整理得：．（3）①當(dāng)點E在線段上時，由（2）可得，∵為等腰三角形，∴為等腰三角形，當(dāng)時，；當(dāng)時，過點M作于點Q，由（1）可得：，∴，∵，∴，∵，，∴，不符合題意，舍去；=當(dāng)時，過點E作于點H，∵，，∴，∵，∴，∴，②當(dāng)點E在延長線上時，∵，，∴，∴當(dāng)點E在延長線上時，只能為等腰三角形的頂角，∴，∴．綜上：或或8．【點睛】本題主要考查了四邊形和三角形的綜合應(yīng)用，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握各個相關(guān)知識點并靈活運用，根據(jù)題意正確作出輔助線，構(gòu)造直角三角形那個和全等三角形求解．17．（2023·上海浦東新·?？家荒＃┤鐖D，在中，，，，，平分交邊于點D，點E是邊上的一個動點（不與B、C重合），F(xiàn)是邊上一點，且，與相交于點．(1)求證：；(2)設(shè)，，求與之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出的取值范圍；(3)當(dāng)是以為腰的等腰三角形時，求的長．【答案】(1)見解析(2)(3)的長為1或6.4【分析】（1）要證，只需證，只需證到，．由，平分可證到；由可證到，問題解決；（2）作的垂直平分線交于點M，交于點N，易證，從而可以證到，可得．只需用x、y表示出、，問題就得以解決；（3）當(dāng)是以為腰的等腰三角形時，可分和兩種情況討論．當(dāng)時，由可得，從而可以得到x與y的等量關(guān)系，再結(jié)合（2）中的y與x的關(guān)系就可求出x的值；當(dāng)時，易證，過點F作，垂足為H，則有，結(jié)合，就可得到x與y的等量關(guān)系，再結(jié)合（2）中的y與x的關(guān)系就可求出x的值．【詳解】（1）證明：∵平分，∴，∵，∴，∵，，，∴，∵，，∴，∴．（2）解：作的垂直平分線交于點M，交于點N，連接，如圖2所示：則有，在中，，∴，∵垂直平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，，，∴，又∵，∴，∴；（3）解：①當(dāng)時，如圖3所示：∵（已證），∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，整理得：，則有，解得：（舍），，∴；②當(dāng)時，如圖4所示：過點F作，垂足為H，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，整理得：，則有，∴，，∵，∴，∴；綜上所述：當(dāng)是以為腰的等腰三角形時，的長為1或6.4．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、用因式分解法解一元二次方程、銳角三角函數(shù)的定義、三角形內(nèi)角和定理、三角形的外角性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)等知識，綜合性非常強(qiáng)．而作的垂直平分線交于點M，進(jìn)而證到是解決第二小題和第三小題的關(guān)鍵．18．（2023·上海青浦·校考一模）如圖，已知，的內(nèi)部有一點，且，過點作交于點，與交于點．(1)如果，求的長；(2)設(shè)，，求與的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；(3)如果，求的面積．【答案】(1)的長為(2)與的函數(shù)關(guān)系式為(3)的面積為【分析】（1）作交于，由得，，設(shè)，則，由勾股定理得，從而得出，由得，因為，從而得到，即，計算即可得到答案；（2）作交于，交于，由（1）得，，得到，即，在根據(jù)等面積法和勾股定理求出的長，從而即可求出與的函數(shù)關(guān)系式；（3）連接，交于，由，得四邊形為平行四邊形，從而得，又由，得，從而得到，，最后通過計算面積即可．【詳解】（1）解：如圖所示，作交于，，，，設(shè)，則，在Rt中，，，，解得：，（舍去），，，，，，，，，即，解得：，的長為；（2）解：如圖所示，作交于，交于，，由（1）得，，，即，，，，，，即，解得：，，，其中最大為的長，為，，與的函數(shù)關(guān)系式為；（3）解：如圖所示，連接，交于，，四邊形為平行四邊形，對角線相交于點，，，，，，．【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定的應(yīng)用，勾股定理，平行四邊形的判定與性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，作出適當(dāng)?shù)妮o助線，是解題的關(guān)鍵19．（2023·上海黃浦·統(tǒng)考一模）已知，如圖1，在四邊形中，，，．(1)當(dāng)時（如圖2），求的長；(2)連接，交邊于點，①設(shè)，，求關(guān)于的函數(shù)解析式并寫出定義域；②當(dāng)是等腰三角形時，求的長．【答案】(1)；(2)的長為或．【分析】（1）在中，解直角三角形得，，再證即可得解；（2）①先求得，，根據(jù)，可得定義域，證明可得關(guān)于的函數(shù)解析式；②分兩類討論求解，當(dāng)時，作于點Q，作于點P，證得解，當(dāng)時，作垂直直線于點N，證得解．【詳解】（1）解：∵在中，，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴即，∴；（2）解：①如圖2，作于點N，∵，，，，∴，∴，，∵，∴，，∵，，∴，∵，，∴，∴，即，∴，②∵，∴，∴，當(dāng)時，作于點Q，作于點P，如下圖，易知四邊形是矩形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴即，∴；當(dāng)時，作垂直直線于點N，如下圖，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴即，∴，∵⊥，∴，，∴，解得或（舍去），綜上的長為或．【點睛】本題主要考查了解直角三角形、勾股定理、求函數(shù)解析式、矩形的判定及性質(zhì)以及相似三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握勾股定理以及相似三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．20．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，點D是斜邊上的動點，連接，垂直平分交射線于點F，交邊于點E．(1)如圖，當(dāng)點D是斜邊上的中點時，求的長；(2)連接，如果和相似，求的長；(3)當(dāng)點F在邊的延長線上，且時，求的長．【答案】(1)(2)或(3)【分析】（1）如圖，記，的交點為，證明，，再利用銳角三角函數(shù)分別求解，即可；（2）先求解，，由和相似，分兩種情況討論即可；（3）如圖，連接，過作交的延長線于，由，可得，求解，，結(jié)合垂直平分線的性質(zhì)可得：，由勾股定理可得，從而可得答案．【詳解】（1）解：如圖，記，的交點為，∵，點D是斜邊上的中點，，∴，∴，∵垂直平分∴，，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴．（2）∵，，，∴，設(shè)，則，∴，解得：，∴，，∵和相似，如圖，當(dāng)時，∴，由垂直平分線的性質(zhì)可得：，∴，解得：，如圖，當(dāng)時，∴，∴，解得：．（3）如圖，連接，過作交的延長線于，∵，∴，而，同理可得：，，由垂直平分線的性質(zhì)可得：，∴，∴．【點睛】本題考查的是線段的垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，清晰的分類討論，作出適當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)建相似三角形與直角三角形都是解本題的關(guān)鍵．限時檢測02：全國各地最新模擬試題（80分鐘）1．（2023·廣東惠州·?？家荒＃┮阎呴L為4的等邊，D、E、F分別為邊的中點，P為線段上一動點，則的最小值為（）A． B．3 C．4 D．【答案】C【分析】連接，設(shè)與相交于點H，首先說明是線段的垂直平分線，可證，即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接，設(shè)與相交于點H，∵是等邊三角形，D、E、F分別為邊的中點，∴，，∴,，∴是線段的垂直平分線，∴，∴，∵，∴，∴的最小值為4．故選：C．【點睛】本題考查了垂直平分線的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，三角形的中位線定理，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．2．（2023·廣東珠?！ぶ楹Ｊ形膱@中學(xué)?？家荒＃┤鐖D①，在正方形中，點是的中點，點是對角線上一動點，設(shè)，．已知與之間的函數(shù)圖象如圖②所示，點是圖象的最低點，那么正方形的邊長的值為（

）A．2 B． C．4 D．【答案】C【分析】由、關(guān)于對稱，推出，推出，推出當(dāng)、、共線時，的值最小，連接，由圖象可知，就可以求出正方形的邊長．【詳解】解：如圖，連接交于點，連接，連接交于點．四邊形是正方形，是的中點，點是的中點，是的重心，，，、關(guān)于對稱，，，當(dāng)、、共線時，的值最小，的值最小就是的長，，設(shè)正方形的邊長為，則，在中，由勾股定理得：，，負(fù)值已舍，即正方形的邊長為．故選：C．【點睛】本題考查的是動點圖象問題，涉及到正方形的性質(zhì)，重心的性質(zhì)，利用勾股定理求線段長是解題的關(guān)鍵．3．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，在中，，，，點為邊上任意一點，連接，以，為鄰邊作，連接，則長度的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用勾股定理得到邊的長度，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得知最短即為最短，利用垂線段最短得到點的位置，再證明利用對應(yīng)線段的比得到的長度，繼而得到的長度．【詳解】解：，，四邊形是平行四邊形，＝，＝，最短也就是最短，過作的垂線，，，，，則的最小值為，故選：C．【點睛】考查線段的最小值問題，結(jié)合了平行四邊形性質(zhì)和相似三角形求線段長度，本題的關(guān)鍵是利用垂線段最短求解．4．（2023·安徽亳州·校考模擬預(yù)測）在中，，，，為上一點，為內(nèi)部一點，且，當(dāng)?shù)闹底钚r，則的長是（

）A．4 B． C．2 D．【答案】C【分析】過點A作于點D，根據(jù)題意可得，從而得到點Q到，的距離相等，進(jìn)而得到，在上截取，連接，可得，從而得到，進(jìn)而得到，即的最小值為的長，此時，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，求出的長，即可求解．【詳解】解：如圖，過點A作于點D，∵，，∴，∵，∴，∴點Q到，的距離相等，∴點Q在的平分線上，即，在上截取，連接，∵，∴，∴，∴，即的最小值為的長，此時，∵，，∴，∵，∴，即當(dāng)?shù)闹底钚r，則的長是2．故選：C【點睛】本題主要考查了角平分線的判定定理，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)題意得到當(dāng)?shù)闹底钚r，是解題的關(guān)鍵．5．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）已知拋物線與x軸交于A，B兩點，對稱軸與x軸交于點D，點C為拋物線的頂點，以C點為圓心的半徑為2，點G為上一動點，點P為的中點，則的最大值與最小值和為（）A． B． C． D．5【答案】D【分析】連接．利用三角形的中位線定理證明，求出的最大和最小值，即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接．∵，∴，∴當(dāng)?shù)闹底畲髸r，的值最大，當(dāng)?shù)闹底钚r，的值最小，∵，∴，∴，當(dāng)點G在線段的延長線上時，的值最大，最大值，當(dāng)點G在線段上時，的值最小，最小值，∴的最大值為3.5，的最小值為1.5，∴DP的最大值與最小值和為．故選D．【點睛】本題考查二次函數(shù)圖象上的點的坐標(biāo)特征，勾股定理，三角形中位線定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．6．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，經(jīng)過的頂點C，與邊分別交于點M，N，與邊相切．若，則線段長度的最小值是（

）A．3 B．2 C．2 D．【答案】D【分析】作于點F，當(dāng)CF為的直徑時，此時最小，的長度也最小，連接，，過O作于E，根據(jù)圓周角定理和垂徑定理得到，，，再根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)求得直徑，然后解直角三角形求得即可．【詳解】解：如圖，作于點F，∵即為定值，且垂線段最短，∴當(dāng)CF為的直徑時，此時最小，的長度也最小，連接，，則，過O作于E，則，，∵，，，∴，則，∴，∴，即的最小值為．故選：D．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)、圓周角定理、垂徑定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識，解答的關(guān)鍵是找到直徑最小時，線段的長度也最?。?．（2023·安徽安慶·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，是的中點，是邊上一點（不與重合），連接，若，則的值是（）A．3 B．或 C．或 D．或6【答案】C【分析】首先根據(jù)題意證明，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列方程求解即可．【詳解】解：∵在矩形中，，E是的中點，∴，，∵四邊形是矩形，∴，又∵，∴，，∴，∴，∴，即，整理得，，解得或，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故選：C．【點睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，解一元二次方程，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是證明．8．（2023·湖北咸寧·校聯(lián)考一模）如圖①，在矩形中，動點從點出發(fā)，沿的路線運動，當(dāng)點到達(dá)點時停止運動．若，交于點，設(shè)點運動的路程為，，已知關(guān)于的函數(shù)圖象如圖②所示，當(dāng)時，的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)圖②得到的數(shù)值，然后根據(jù)相似三角形列出比例式即可求得．【詳解】解：當(dāng)點在點時，即時，由圖象可知：，，當(dāng)點在點和點時，，根據(jù)圖象可知：，當(dāng)時，點在中點，，如圖，，，，，，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了動點問題，相關(guān)知識點有：函數(shù)圖象、矩形性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，理解動點的完整過程是解題關(guān)鍵．9．（2023·安徽滁州·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，延長至點，連接，，點為邊上一動點，于，于，連接，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，取的中點，分別連接，，過作交于，先證明，，，四點共圓，根據(jù)圓周角定理得出，證明為等腰直角三角形，，說明當(dāng)取最小值時，也取最小值，由說明當(dāng)取最小值時，最小，此時也最小，根據(jù)垂線段最短得出時，取最小值，根據(jù)勾股定理，利用等積法求出，然后再求出即可．【詳解】解：連接，取的中點，分別連接，，過作交于，如圖所示：∵，，∴點，，，四點共圓，∴，∵，∴，∴為等腰直角三角形，∴，∴當(dāng)取最小值時，也取最小值，∵，∴當(dāng)取最小值時，最小，此時也最小，∵時，取最小值，∴此時最小，∵在中，，，∴，∴，∵，，∴為等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵，即，∴，∴，∴，即的最小值為，故C正確．故選：C．【點睛】本題主要考查了四點共圓，圓周角定理，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，垂線段最短，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，說明當(dāng)取最小值時，最小，此時也最?。?0．（2023·廣東深圳·校考一模）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，E是AB邊延長線上一點，BE＝2，F(xiàn)是AB邊上一點，將△CEF沿CF翻折，使點E的對應(yīng)點G落在AD邊上，連接EG交折痕CF于點H，則FH的長是（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】由翻折得，，垂直平分，可根據(jù)直角三角形全等的判定定理“”證明，得，則，則，即可根據(jù)勾股定理求出，再由，且得，則，由，求得,即可得出答案．【詳解】解：∵四邊形是邊長為的正方形，∴，，∴，由翻折得，，垂直平分，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，且，∴，解得，∵，∴，解得，故選：．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)面積等式求線段的長度等知識和方法，正確求出和的長度是解題的關(guān)鍵．11．（2023·陜西西安·校考二模）如圖，在中，弦，點為圓周上一動點，連接、，為上一點，且，，則周長的最大值為______．【答案】##【分析】設(shè)的周長為，則，因為點是圓周上一動點，所以當(dāng)時直徑時，最長；求出，，所以，，則最大為．【詳解】解：設(shè)的周長為，則，，，點是圓周上一動點，當(dāng)時直徑時，最長，，，，，，，，最大為；故答案為：．【點睛】本題考查了直徑所對的圓周角是直角，圓的基本概念，勾股定理，含30度的直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用已知條件將三角形的周長轉(zhuǎn)化為．12．（2023·浙江舟山·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，，點D是邊上的點，將沿折疊得到，線段與邊交于點F．若為直角，則的長是___________．【答案】##【分析】過點A作于點G，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，從而得到，進(jìn)而得到，再由折疊的性質(zhì)可得，從而得到，進(jìn)而得到，即可求解．【詳解】解：如圖，過點A作于點G，∵，，∴，∴，∴，∵將沿折疊得到，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．故答案為：【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，圖形的折疊問題，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握等腰三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．13．（2023·山東菏澤·統(tǒng)考一模）如圖，，于A，于，且，點從向A運動，每秒鐘走，點從向運動，每秒鐘走，點，同時出發(fā)，運動______秒后，與全等．【答案】6【分析】設(shè)運動x秒鐘后與全等；則則，分兩種情況：①若，則，此時，；②若，則，得出，，即可得出結(jié)果．【詳解】解：∵于A，于，∴，設(shè)運動x分鐘后與全等；則則，分兩種情況：①若，則，∴，，，∴；②若，則，解得：，，此時與不全等；綜上所述：運動6秒鐘后與全等；故答案為：6．【點睛】本題考查了三角形全等的判定方法、解方程等知識；本題難度適中，需要進(jìn)行分類討論．14．（2023·安徽蕪湖·蕪湖市第二十九中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在中，，，將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)α得到，當(dāng)點B正好落在線段上時，則旋轉(zhuǎn)角________度．【答案】【分析】根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到，根據(jù)旋轉(zhuǎn)得到，，，即可得到，結(jié)合三角形內(nèi)外角關(guān)系即可得到，即可得到答案；【詳解】解：∵，，∴，∵繞點C順時針旋轉(zhuǎn)α得到，∴，，，∴，在中，，∴，∴，故答案為；【點睛】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理及三角形內(nèi)外角關(guān)系，解題的關(guān)鍵是求出．15．（2023·浙江杭州·模擬預(yù)測）如圖，在中，，，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，則點到的距離是_____．【答案】【分析】延長交于點，過點作于點，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出，繼而根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】解：如圖所示，延長交于點，∵，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，∴,，∴∴，過點作于點，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．16．（2023·江蘇無錫·江蘇省錫山高級中學(xué)實驗學(xué)校?？家荒＃┤鐖D，在中，，D為的中點，E為邊上一點，將沿著翻折，得到，連接．當(dāng)時，則的度數(shù)為______．【答案】##20度【分析】結(jié)合題意，由翻折易證為等邊三角形得到，然后利用三角形內(nèi)角和定理和外角進(jìn)行角的加減計算和求解．【詳解】解：D為的中點，，有翻折可知：，，，，又，為等邊三角形，，，，，又，，故答案為：．【點睛】本題考查了翻折的性質(zhì)，等邊三角形的證明和性質(zhì)的應(yīng)用，三角形內(nèi)角和定理以及三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角之和，角的計算；解題的關(guān)鍵是證明為等邊三角形得到．17．（2023·安徽合肥·校考一模）如圖，在菱形中，，．折疊該菱形，使點A落在邊上的點處，折痕分別與邊，交于點，當(dāng)點與點重合時，的長為______；當(dāng)點的位置變化時，長的最大值為______．【答案】

【分析】如圖中，求出等邊的高即可．如圖中，連接交于點，過點作于點，交于點，過點作交的延長線于點，取的中點，連接證明，求出的最小值，可得結(jié)論．【詳解】解：如圖中，四邊形是菱形，，，，都是等邊三角形，當(dāng)點與重合時，是等邊的高，．如圖中，連接交于點，過點作于點，交于點，過點作交的延長線于點，取的中點，連接．∵，，，，四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，的最小值為，的最大值為．故答案為：，．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會填空常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．18．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，已知一個量角器的直徑與正方形的邊長相等，點與點重合，量角器的半圓弧與邊交于點，過點作，交邊于，連結(jié)，在量角器繞點順時針旋轉(zhuǎn)的過程中，若的度數(shù)為，則__________°，此時的值為_________．【答案】

##【分析】先由證明，得到，已知的度數(shù)為，得到，進(jìn)而得到，再證明，得到，已知四邊形是正方形，得到，進(jìn)而得到，，根據(jù)，即可求得的度數(shù)；根據(jù)，，得到，，，設(shè)，則，由勾股定理可得，即可求解．【詳解】在和中，，∴，∴，∵的度數(shù)為，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴；∵，，∴，，，設(shè)，∵的度數(shù)為，∴，∴，∴，設(shè)，則，，∵，∴，∴，∴；故答案為：；【點睛】本題主要考查四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理等知識，熟練掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．19．（2023·廣東云浮·?？家荒＃┤鐖D，折疊矩形的一邊，使點D落在邊的點F處．已知折痕，且，則線段的長度為______．【答案】6【分析】根據(jù)，設(shè)，在中可得，，由，三角函數(shù)的知識求出，在中由勾股定理求出，代入可得出答案．【詳解】解：四邊形是矩形，，由折疊的性質(zhì)得：，，，，設(shè)，則，由勾股定理得，，，，，，，，在中，由勾股定理得，解得：，∴，故答案為6．【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、三角函數(shù)及勾股定理，熟練掌握折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、三角函數(shù)及勾股定理是解題的關(guān)鍵．20．（2023·河北滄州·?？寄M預(yù)測）如圖，直角三角形中，，，將三角形的斜邊放在定直線上，將點按順時針方向在上轉(zhuǎn)動兩次，轉(zhuǎn)動到的位置，設(shè)，，，則點所經(jīng)過的路線長是_____．【答案】【分析】根據(jù)題目要求找出點所經(jīng)過的路線分別為以為圓心，圓心角，為半徑的圓弧，和以為圓心，圓心角為，為半徑的圓弧，再利用弧長計算公式求解即可．【詳解】解：∵，，∴，∵如圖，第一次轉(zhuǎn)動是以為圓心，圓心角，為半徑的圓弧，第二次轉(zhuǎn)動是以為圓心，圓心角為，為半徑的圓弧，∴點所經(jīng)過的路線長為，故答案為：．【點睛】本題考查了扇形的弧長計算公式，正確找出點所經(jīng)過的路線，及熟練應(yīng)用弧長計算公式求弧長是解答本題的關(guān)鍵．21．（2023·陜西西安·?？家荒＃┤鐖D，在矩形中，，連接，，點是上一點，，點是上一動點，連接，以為斜邊向下作等腰直角，連接，當(dāng)?shù)闹底钚r，的長為____________．【答案】【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，勾股定理，以及已知條件得出，連接，在上取一點，使得，證明，進(jìn)而得出點在的角平分線上運動，當(dāng)最小時，重合，此時，即可求解．【詳解】解：∵矩形中，，，∴，，∵，∴，如圖所示，連接，在上取一點，使得，∵，等腰直角，∴，，又∵，∴，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴點在的角平分線上運動，當(dāng)最小時，重合，此時，故答案為：．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，勾股定理，得出點在的角平分線上運動是解題的關(guān)鍵．22．（2023·安徽合肥·校考一模）如圖，在矩形中，對角線，相交于點，，，點在線段上，從點至點運動，連接，以為邊作等邊，點和點分別位于兩側(cè)．（1）當(dāng)點運動到點時，的長為______；（2）點在線段上從點至點運動過程中，的最小值為______．【答案】

【分析】連接并延長至，使得，連接，證明，進(jìn)而證明是等邊三角形，，得出點在線段上，從點至點運動，則在線段上運動，即可求解；（2）根據(jù)垂線段最短，得出從點至點運動過程中，運動到的中點時，的最小值為，進(jìn)而勾股定理即可求解．【詳解】（1）如圖所示，連接并延長至，使得，連接，∵在矩形中，對角線，相交于點，，，∴，∴是等邊三角形，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，∴∴,，∵，則是等邊三角形，∴，∴即∴點在線段上，從點至點運動，則在線段上運動，∵，，∴，∴，又∵，∴∴是等邊三角形，∴，∴當(dāng)點運動到點時，點運動到點，則的長，故答案為：．（2）由（1）可知點在線段上從點至點運動過程中，運動到的中點時，的最小值為∵，則∴，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，得出點在線段上，從點至點運動，則在線段上運動是解題的關(guān)鍵．23．（2023·廣東云浮·?？家荒＃┤鐖D，在平行四邊形中，，，，點P是平行四邊形內(nèi)部的一個動點，且，則線段的最小值為_______．【答案】##【分析】先由圓周角定理得到點P在以為直徑的圓上，取中點O，連接，則，當(dāng)且僅當(dāng)O、P、A共線時取等號，如圖，過A作交延長線于E，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和銳角三角形函數(shù)定義求得，，進(jìn)而利用勾股定理求得即可求解．【詳解】解：∵，∴點P在以為直徑的圓上，取中點O，連接，則，當(dāng)且僅當(dāng)O、P、A共線時取等號，如圖，過A作交延長線于E，∵四邊形是平行四邊形，∴，，，∴，∴，，∴在中，，∴，又，∴線段的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查圓周角、圓上的點與已知點的最短距離、平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形等知識，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，得到點P的運動軌跡是解答的關(guān)鍵．24．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，等邊三角形邊長為2，點D在邊上，且，點E在邊上且，連接，交于點F，在線段上截取，連接，則線段的最小值是______．【答案】##【分析】先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)證明，得出，進(jìn)而得到，從而得到點G在以AC為弦、所對圓周角為的一段弧上運動，然后作輔助線圖如圖，得到（當(dāng)且僅當(dāng)三點共線時取=），得出的最小值即為，再求出即得答案．【詳解】解：∵等邊三角形，∴，又∵，∴，∴，∴，連接，如圖，∵，∴，∴，∴點G在以AC為弦、所對圓周角為的一段弧上運動，設(shè)這段弧所在的圓心為O，連接，如圖，則（當(dāng)且僅當(dāng)三點共線時取=），∴的最小值即為，設(shè)交于點H，∵，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴四邊形是菱形，∴，∴，∴，∴的最小值為；故答案為；．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、勾股定理以及圓的相關(guān)知識，得出點G取最小值的位置是解題的關(guān)鍵．25．（2023·安徽蕪湖·蕪湖市第二十九中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在中，，，為邊上的一個動點（不與、重合），連接，則的最小值是______．【答案】【分析】以A為頂點，為一邊，在下方作，過B作于D，交于P，由是等腰直角三角形的，即，故取最小值即是取最小值，此時B、P、D共線，且，的最小值即是的長，根據(jù)，，可得，即可得答案．【詳解】解：以A為頂點，為一邊，在下方作，過B作于D，交于P，如圖：由作圖可知：是等腰直角三角形，∴，∴，∴取最小值即是取最小值，此時B、P、D共線，且，的最小值即是的長，∵，，∴，∴，，∴的最小值是．故答案為：．【點睛】本題考查三角形中的最小路徑，解題的關(guān)鍵是作輔助線，把的最小值轉(zhuǎn)化為求的最小值．26．（2023·安徽滁州·?？家荒＃┰谥?，，，現(xiàn)有動點從點出發(fā)，沿線段向點方向運動：動點從點出發(fā)，沿線段向點方向運動．如果點的速度是，點的速度是，它們同時出發(fā)，當(dāng)有一點到達(dá)所在線段的端點時，就停止運動．設(shè)運動時間為秒．求：(1)當(dāng)時，、兩點之間的距離是多少？(2)若的面積為，求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式．(3)當(dāng)為多少時，以點，，為頂點的三角形與相似？【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）在中，當(dāng)秒，可知、的長，運用勾股定理可將的長求出；（2）由點P，點Q的運動速度和運動時間，又知的長，可將用含t的表達(dá)式求出，代入直角三角形面積公式求解；（3）應(yīng)分兩種情況：當(dāng)時，根據(jù)，可將時間t求出；當(dāng)時，根據(jù)，可求出時間t．【詳解】（1）由題意得則（1）當(dāng)秒時，，，由勾股定理得；故、兩點之間的距離是（2）由題意得則∴由題意可知∴關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式為（3）當(dāng)時即解得當(dāng)時即解得綜上所述：或．【點睛】本題主要考查了相似三角形性質(zhì)以及勾股定理的運用，在解第三問時應(yīng)分兩種情況進(jìn)行求解防止漏解或錯解，注意方程思想與分類討論思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．27．（2023·湖北十堰·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過點，點M為拋物線的頂點，點B在y軸上，直線與拋物線在第一象限交于點．(1)求拋物線的解析式；(2)連接，點Q是直線上不與A、B重合的點，若，請求出點Q的坐標(biāo)；(3)在x軸上有一動點H，平面內(nèi)是否存在一點N，使以點A、H、C、N為頂點的四邊形是菱形?若存在，直接寫出點N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)或(3)或或或【分析】（1）根據(jù)拋物線經(jīng)過點、，用待定系數(shù)法即可求得結(jié)果；（2）先計算出，再求出直線的解析式，設(shè)出點Q的坐標(biāo)，根據(jù)三角形面積公式即可求解；（3）分類討論，分別