2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破題型11 綜合探究題（復(fù)習(xí)講義）（教師版）

題型十一綜合探究題（復(fù)習(xí)講義）【考點總結(jié)|典例分析】命題內(nèi)容及趨勢：

(1)從數(shù)量角度反映變化規(guī)律的函數(shù)類題型：

(2)以直角坐標(biāo)系為載體的幾何類題型：(3)以“幾何變換”為主體的幾何類題型：

(4)以“存在型探索性問題”為主體的綜合探究題：

(5)以“動點問題”為主的綜合探究題：

二、需要注意的問題及建義：

(1)在復(fù)習(xí)中要更多關(guān)注“幾何變換”，強化對圖形變換的理解。

加強對圖形的旋轉(zhuǎn)、平移、對稱多種變換的研究，對不同層次的學(xué)生進行分層拔高，使每一個學(xué)生都有較大的提升空間。

(2)讓學(xué)生參與數(shù)學(xué)思維活動，經(jīng)歷問題解決的整個過程。

復(fù)習(xí)中應(yīng)多引導(dǎo)學(xué)生運用“運動的觀點”來分析圖形，要多引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會閱讀、審題、獲取信息，養(yǎng)成多角度、多側(cè)面分析問題的習(xí)慣，逐步提高學(xué)生的數(shù)學(xué)能力。(3)要特別重視“函數(shù)圖像變換型”問題教學(xué)的研究。

通過開展“函數(shù)圖像變化”的專題教學(xué)，樹立函數(shù)圖像間相互轉(zhuǎn)換的思維，盡量減少學(xué)生對函數(shù)“數(shù)形”認(rèn)知的欠缺，比如，平時滲透拋物線的軸對稱、旋轉(zhuǎn)等知識點。當(dāng)某個函數(shù)圖像經(jīng)過變換出現(xiàn)多個函數(shù)圖像時，要引導(dǎo)學(xué)生從圖形間的相互聯(lián)系中尋找切入點，排除識圖的干擾，對圖像所蘊含的信息進行橫向挖掘和縱向突破，將“有效探索”進行到底。此類試題考查的思路是從知識轉(zhuǎn)向能力，從傳統(tǒng)應(yīng)用轉(zhuǎn)向信息構(gòu)建，這就提醒我們課堂上重要的不是講解，而是點撥、引導(dǎo)、提升，一定要從重視知識積累轉(zhuǎn)向問題探究的過程，關(guān)注學(xué)生自主探究能力的培養(yǎng)。

(4)突出數(shù)學(xué)核心概念、思想、方法的考查。

中學(xué)數(shù)學(xué)核心概念、思想方法是數(shù)學(xué)知識的精髓，也勢必會成為考查綜合應(yīng)用能力的重要載體，這包括方程、不等式、函數(shù)，以及基本幾何圖形的性質(zhì)、圖形的變化、圖形與坐標(biāo)知識之間橫縱向的聯(lián)系，也包括中學(xué)數(shù)學(xué)中常用的重要數(shù)學(xué)思想。如：函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合、分類討論思想很化歸與轉(zhuǎn)換思想。而數(shù)學(xué)基本方法是數(shù)學(xué)的具體表現(xiàn)，具有模式化和可操作性，常用的基本方法有配方法、換元法、待定系數(shù)法、歸納法和割補法。

1．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）在平行四邊形中（頂點按逆時針方向排列），為銳角，且．

(1)如圖1，求邊上的高的長．(2)是邊上的一動點，點同時繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得點．①如圖2，當(dāng)點落在射線上時，求的長．②當(dāng)是直角三角形時，求的長．【答案】(1)8(2)①；②或【分析】（1）利用正弦的定義即可求得答案；（2）①先證明，再證明，最后利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列出方程即可；②分三種情況討論完成，第一種：為直角頂點；第二種：為直角頂點；第三種，為直角頂點，但此種情況不成立，故最終有兩個答案．【詳解】（1）在中，，在中，．（2）①如圖1，作于點，由（1）得，，則，作交延長線于點，則，

∴．∵∴．由旋轉(zhuǎn)知，∴．設(shè)，則．∵，∴，∴，∴，即，∴，∴．②由旋轉(zhuǎn)得，，又因為，所以．情況一：當(dāng)以為直角頂點時，如圖2．

∵，∴落在線段延長線上．∵，∴，由（1）知，，∴．情況二：當(dāng)以為直角頂點時，如圖3．

設(shè)與射線的交點為，作于點．∵，∴，∵，∴，∴．又∵，∴，∴．設(shè)，則，∴∵，∴，∴，∴，∴，化簡得，解得，∴．情況三：當(dāng)以為直角頂點時，點落在的延長線上，不符合題意．綜上所述，或．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正弦的定義，全等的判定及性質(zhì)，相似的判定及性質(zhì)，理解記憶相關(guān)定義，判定，性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2.(2022·重慶市A卷)如圖，在銳角△ABC中，∠A=60°，點D，E分別是邊AB，AC上一動點，連接BE交直線CD于點F．

(1)如圖1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度數(shù)；

(2)如圖2，若AB=AC，且BD=AE，在平面內(nèi)將線段AC繞點C順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CM，連接MF，點N是MF的中點，連接CN.在點D，E運動過程中，猜想線段BF，CF，CN之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；

(3)若AB=AC，且BD=AE，將△ABC沿直線AB翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△ABP，點H是AP的中點，點K是線段PF上一點，將△PHK沿直線HK翻折至△PHK所在平面內(nèi)得到△QHK，連接PQ.在點D，E運動過程中，當(dāng)線段PF取得最小值，且QK⊥PF時，請直接寫出PQBC的值．

【答案】解：(1)如圖1中，在射線CD上取一點K，使得CK=BE，

在△BCE和△CBK中，

BC=CB∠BCK=∠CBEBE=CK，

∴△BCE≌△CBK(SAS)，

∴BK=CE，∠BEC=∠BKD，

∵CE=BD，

∴BD=BK，

∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB，

∵∠BEC+∠AEF=180°，

∴∠ADF+∠AEF=180°，

∴∠A+∠EFD=180°，

∵∠A=60°，

∴∠EFD=120°，

∴∠CFE=180°?120°=60°；

(2)結(jié)論：BF+CF=2CN．

理由：如圖2中，∵AB=AC，∠A=60°，

∴△ABC是等邊三角形，

∴AB=CB，∠A=∠CBD=60°，

∵AE=BD，

∴△ABE≌△BCD(SAS)，

∴∠BCF=∠ABE，

∴∠FBC+∠BCF=60°，

∴∠BFC=120°，

如圖2?1中，延長CN到Q，使得NQ=CN，連接FQ，

∵NM=NF，∠CNM=∠FNQ，CN=NQ，

∴△CNM≌△QNF(SAS)，

∴FQ=CM=BC，

延長CF到P，使得PF=BF，則△PBF是等邊三角形，

∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，

∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，

∵PB=PF，

∴△PFQ≌△PBC(SAS)，

∴PQ=PC，∠CPB=∠QPF=60°，

∴△PCQ是等邊三角形，

∴BF+CF=PC=QC=2CN．

(3)由(2)可知∠BFC=120°，

∴點F的運動軌跡為紅色圓弧(如圖3?1中)，

∴P，F(xiàn)，O三點共線時，PF的值最小，

此時tan∠APK=AOAP=23，

∴∠HPK>45°，

∵QK⊥PF，

∴∠PKH=∠QKH=45°，

如圖3?2中，過點H作HL⊥PK于點L，設(shè)PQ交KH題意點J，設(shè)HL=LK=2，PL=3，PH=7，KH=22，

∵S△PHK3．（2023·甘肅武威·統(tǒng)考中考真題）【模型建立】（1）如圖1，和都是等邊三角形，點關(guān)于的對稱點在邊上．①求證：；②用等式寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【模型應(yīng)用】（2）如圖2，是直角三角形，，，垂足為，點關(guān)于的對稱點在邊上．用等式寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【模型遷移】（3）在（2）的條件下，若，，求的值．

【答案】（1）①見解析；②，理由見解析；（2），理由見解析；（3）【分析】（1）①證明：，再證明即可；②由和關(guān)于對稱，可得．證明，從而可得結(jié)論；（2）如圖，過點作于點，得，證明，．可得，證明，，可得，則，可得，從而可得結(jié)論；（3）由，可得，結(jié)合，求解，，如圖，過點作于點．可得，，可得，再利用余弦的定義可得答案．【詳解】（1）①證明：∵和都是等邊三角形，∴，，，∴，∴，∴．∴．

②．理由如下：∵和關(guān)于對稱，∴．∵，∴．∴．（2）．理由如下：如圖，過點作于點，得．

∵和關(guān)于對稱，∴，．∵，∴，∴．∴．∵是直角三角形，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴．∴，即．（3）∵，∴，∵，∴，∴．如圖，過點作于點．

∵，∴，．∴．∴．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，軸對稱的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的靈活應(yīng)用，本題難度較高，屬于中考壓軸題，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．4.(2022·廣東省深圳市)(1)發(fā)現(xiàn)：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交CD邊于G點．求證：△BFG≌△BCG；

(2)探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD=8，AB=6.將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于G點，延長BF交CD邊于點H，且FH=CH，求AE的長．

(3)拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB=6，E為CD邊上的三等分點，∠D=60°.將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點P，求PC的長．

【答案】(1)證明：∵將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，

∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，

∴∠BFG=90°=∠C，

∵AB=BC=BF，BG=BG，

∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；

(2)解：延長BH，AD交于Q，如圖：

設(shè)FH=HC=x，

在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，

∴82+x2=(6+x)2，

解得x=73，

∴DH=DC?HC=113，

∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，

∴△BFG∽△BCH，

∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，

∴BG=254，F(xiàn)G=74，

∵EQ//GB，DQ//CB，

∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，

∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736?73，

∴DQ=887，

設(shè)AE=EF=m，則DE=8?m，

∴EQ=DE+DQ=8?m+887=1447?m，

∵△EFQ∽△GFB，

∴EQBG=EFFG，即1447?m254=m74，

解得m=92，

∴AE的長為92；

(3)解：(Ⅰ)當(dāng)DE=13DC=2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，如圖：

設(shè)DQ=x，QE=y，則AQ=6?x，

∵CP//DQ，

∴△CPE∽△QDE，

∴CPDQ=CEDE=2，

∴CP=2x，

∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，

∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，

∴AE是△AQF的角平分線，

∴5．（2023·湖北隨州·統(tǒng)考中考真題）1643年，法國數(shù)學(xué)家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數(shù)，④處填寫該三角形的某個頂點）當(dāng)?shù)娜齻€內(nèi)角均小于時，如圖1，將繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，

由，可知為①三角形，故，又，故，由②可知，當(dāng)B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有③；已知當(dāng)有一個內(nèi)角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若，則該三角形的“費馬點”為④點．(2)如圖4，在中，三個內(nèi)角均小于，且，已知點P為的“費馬點”，求的值；

(3)如圖5，設(shè)村莊A，B，C的連線構(gòu)成一個三角形，且已知．現(xiàn)欲建一中轉(zhuǎn)站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設(shè)電纜，已知由中轉(zhuǎn)站P到村莊A，B，C的鋪設(shè)成本分別為a元/，a元/，元/，選取合適的P的位置，可以使總的鋪設(shè)成本最低為___________元．（結(jié)果用含a的式子表示）【答案】(1)①等邊；②兩點之間線段最短；③；④A．(2)(3)【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和兩點之間線段最短進行推理分析即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)（1）的方法將繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)得到，即可得出可知當(dāng)B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，在根據(jù)可證明，由勾股定理求即可，（3）由總的鋪設(shè)成本，通過將繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)得到，得到等腰直角，得到，即可得出當(dāng)B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，即取最小值為，然后根據(jù)已知和旋轉(zhuǎn)性質(zhì)求出即可．【詳解】（1）解：∵，∴為等邊三角形；∴，，又，故，由兩點之間線段最短可知，當(dāng)B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，∴，，∴，，又∵，∴，∴，∴；∵，∴，，∴，，∴三個頂點中，頂點A到另外兩個頂點的距離和最?。帧咭阎?dāng)有一個內(nèi)角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．∴該三角形的“費馬點”為點A，故答案為：①等邊；②兩點之間線段最短；③；④．（2）將繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，由（1）可知當(dāng)B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，

∵，∴，又∵∴，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：，∴，∴最小值為，（3）∵總的鋪設(shè)成本∴當(dāng)最小時，總的鋪設(shè)成本最低，將繞，點C順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：，，，，∴，∴，當(dāng)B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，即取最小值為，

過點作，垂足為，∵，，∴，∴，∴，∴，∴的最小值為總的鋪設(shè)成本（元）故答案為：【點睛】本題考查了費馬點求最值問題，涉及到的知識點有旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，以及兩點之間線段最短等知識點，讀懂題意，利用旋轉(zhuǎn)作出正確的輔助線是解本題的關(guān)鍵．6.(2022·重慶市B卷)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D為BC的中點，E，F(xiàn)分別為AC，AD上任意一點，連接EF，將線段EF繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EG，連接FG，AG．

(1)如圖1，點E與點C重合，且GF的延長線過點B，若點P為FG的中點，連接PD，求PD的長；

(2)如圖2，EF的延長線交AB于點M，點N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求證：AM+AF=2AE；

(3)如圖3，F(xiàn)為線段AD上一動點，E為AC的中點，連接BE，H為直線BC上一動點，連接EH，將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△B'EH，連接B'G，直接寫出線段B'G【答案】(1)解：如圖1，連接CP，

由旋轉(zhuǎn)知，CF=CG，∠FCG=90°，

∴△FCG為等腰直角三角形，

∵點P是FG的中點，

∴CP⊥FG，

∵點D是BC的中點，

∴DP=12BC，

在Rt△ABC中，AB=AC=22，

∴BC=2AB=4，

∴DP=2；

(2)證明：如圖2，

過點E作EH⊥AE交AD的延長線于H，

∴∠AEH=90°，

由旋轉(zhuǎn)知，EG=EF，∠FEG=90°，

∴∠FEG=∠AEH，

∴∠AEG=∠HEF，

∵AB=AC，點D是BC的中點，

∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，

∴∠H=90°?∠CAD=45°=∠CAD，

∴AE=HE，

∴△EGA≌△EFH(SAS)，

∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，

∴∠EAG=∠BAD=45°，

∵∠AMF=180°?∠BAD?∠AFM=135°?∠AFM，

∵∠AFM=∠EFH，

∴∠AMF=135°?∠EFH，

∵∠HEF=180°?∠EFH?∠H=135°?∠EFH，

∴∠AMF=∠HEF，

∵△EGA≌△EFH，

∴∠AEG=∠HEF，

∵∠AGN=∠AEG，

∴∠AGN=∠HEF，

∴∠AGN=∠AMF，

∵GN=MF，

∴△AGN≌△AMF(AAS)，

∴AG=AM，

∵AG=FH，

∴AM=FH，

∴AF+AM=AF+FH=AH=2AE；

(3)解：∵點E是AC的中點，

∴AE=12AC=2，

根據(jù)勾股定理得，BE=AE2+AB2=10，

由折疊直，BE=B'E=10，

∴點B'是以點E為圓心，10為半徑的圓上，

由旋轉(zhuǎn)知，EF=EG，

∴點G是以點E為圓心，EG為半徑的圓上，

∴B'G的最小值為B'E?EG，

要B'G最小，則EG最大，即EF最大，

∵點7．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）（1）[問題探究]如圖1，在正方形中，對角線相交于點O．在線段上任取一點P（端點除外），連接．

①求證：；②將線段繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)，使點D落在的延長線上的點Q處．當(dāng)點P在線段上的位置發(fā)生變化時，的大小是否發(fā)生變化？請說明理由；③探究與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）[遷移探究]如圖2，將正方形換成菱形，且，其他條件不變．試探究與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【答案】（1）①見解析；②不變化，，理由見解析；③，理由見解析（2），理由見解析【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，即可得到結(jié)論；②作，垂足分別為點M、N，如圖，可得，證明四邊形是矩形，推出，證明，得出，進而可得結(jié)論；③作交于點E，作于點F，如圖，證明，即可得出結(jié)論；（2）先證明，作交于點E，交于點G，如圖，則四邊形是平行四邊形，可得，都是等邊三角形，進一步即可證得結(jié)論．【詳解】（1）①證明：∵四邊形是正方形，∴，∵，∴，∴；②的大小不發(fā)生變化，；證明：作，垂足分別為點M、N，如圖，

∵四邊形是正方形，∴，，∴四邊形是矩形，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即；③；證明：作交于點E，作于點F，如圖，

∵四邊形是正方形，∴，，∴，四邊形是矩形，∴，∴，∵，，∴，作于點M，則，∴，∵，∴，∴；（2）；證明：∵四邊形是菱形，，∴，∴是等邊三角形，垂直平分，∴，∵，∴，作交于點E，交于點G，如圖，則四邊形是平行四邊形，，，∴，都是等邊三角形，∴，

作于點M，則，∴，∴．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形、菱形的性質(zhì)，矩形、平行四邊形、等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形等知識，熟練掌握相關(guān)圖形的判定和性質(zhì)、正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．8.(2021·四川省達(dá)州市)某數(shù)學(xué)興趣小組在數(shù)學(xué)課外活動中，對多邊形內(nèi)兩條互相垂直的線段做了如下探究：

【觀察與猜想】

(1)如圖1，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，AD上的兩點，連接DE，CF，DE⊥CF，則DECF的值為______；

(2)如圖2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，點E是AD上的一點，連接CE，BD，且CE⊥BD，則CEBD的值為______；

【類比探究】

(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，點E為AB上一點，連接DE，過點C作DE的垂線交ED的延長線于點G，交AD的延長線于點F，求證：DE?AB=CF?AD；

【拓展延伸】

(4)如圖4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，將△ABD沿BD翻折，點A落在點C處得△CBD，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，連接DE，CF，DE⊥CF．

①求DECF的值；

②連接【答案】解：(1)如圖1，設(shè)DE與CF交于點G，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，

∵DE⊥CF，

∴∠DGF=90°，

∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，

∴∠CFD=∠AED，

在△AED和△DFC中，

∠A=∠FDC∠CFD=∠AEDAD=CD，

∴△AED≌△DFC(AAS)，

∴DE=CF，

∴DECF=1；

(2)如圖2，設(shè)DB與CE交于點G，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠A=∠EDC=90°，

∵CE⊥BD，

∴∠DGC=90°，

∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，

∴∠ECD=∠ADB，

∵∠CDE=∠A，

∴△DEC∽△ABD，

∴CEBD=DCAD=47，

故答案為：47．

(3)證明：如圖3，過點C作CH⊥AF交AF的延長線于點H，

∵CG⊥EG，

∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，

∴四邊形ABCH為矩形，

∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，

∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，

∴△DEA∽△CFH，

∴DECF=ADCH，

∴DECF=ADAB，

∴DE?AB=CF?AD；

(4)①如圖4，過點C作CG⊥AD于點G，連接AC交BD于點H，CG與DE相交于點O，

∵CF⊥DE，GC⊥AD，

∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，

∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，

∴△DEA∽△CFG，

∴DECF=ADCG，

在Rt△ABD中，tan∠ADB=13，AD=9，

∴AB=3，

在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，

∴AHDH=13，

設(shè)AH=a，則DH=3a，

∵AH2+DH2=AD2，

∴a2+(3a)2=92，

∴a=91010(負(fù)值舍去9．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在中，，點分別為邊的中點，連接．初步嘗試：（1）與的數(shù)量關(guān)系是_________，與的位置關(guān)系是_________．特例研討：（2）如圖2，若，先將繞點順時針旋轉(zhuǎn)（為銳角），得到，當(dāng)點在同一直線上時，與相交于點，連接．

（1）求的度數(shù)；（2）求的長．深入探究：（3）若，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，．當(dāng)旋轉(zhuǎn)角滿足，點在同一直線上時，利用所提供的備用圖探究與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】初步嘗試：（1）；；（2）特例研討：（1）；（2）；（3）或【分析】（1），點分別為邊的中點，則是的中位線，即可得出結(jié)論；（2）特例研討：（1）連接，，證明是等邊三角形，是等邊三角形，得出；（2）連接，證明，則，設(shè)，則，在中，，則，在中，，勾股定理求得，則；（3）當(dāng)點在同一直線上時，且點在上時，設(shè)，則，得出，則在同一個圓上，進而根據(jù)圓周角定理得出，表示與，即可求解；當(dāng)在上時，可得在同一個圓上，設(shè)，則，設(shè)，則，則，表示與，即可求解．【詳解】初步嘗試：（1）∵，點分別為邊的中點，∴是的中位線，∴；；故答案是：；（2）特例研討：（1）如圖所示，連接，，

∵是的中位線，∴，∴∵將繞點順時針旋轉(zhuǎn)（為銳角），得到，∴；∵點在同一直線上時，∴又∵在中，是斜邊的中點，∴∴∴是等邊三角形，∴，即旋轉(zhuǎn)角∴∴是等邊三角形，又∵，∴,∴,∴,∴,（2）如圖所示，連接，∵，，∴，,

∵,∴,∴,設(shè)，則，在中，，則，在中，,∴,解得：或（舍去）∴,（3）如圖所示，當(dāng)點在同一直線上時，且點在上時，

∵，∴，設(shè)，則，∵是的中位線，∴∴，∵將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，∴，，∴∴，∵點在同一直線上，∴∴，∴在同一個圓上，

∴∴∵，∴；如圖所示，當(dāng)在上時，

∵∴在同一個圓上，設(shè)，則，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到，設(shè)，則，則，∴，∵,∴，∵∴∴綜上所述，或【點睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對角互補，相似三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，三角形內(nèi)角和定理，三角形外角的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．10.（2021·山西中考真題）綜合與實踐，問題情境：數(shù)學(xué)活動課上，老師出示了一個問題：如圖①，在中，，垂足為，為的中點，連接，，試猜想與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；獨立思考：（1）請解答老師提出的問題；實踐探究：（2）希望小組受此問題的啟發(fā)，將沿著（為的中點）所在直線折疊，如圖②，點的對應(yīng)點為，連接并延長交于點，請判斷與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；問題解決：（3）智慧小組突發(fā)奇想，將沿過點的直線折疊，如圖③，點A的對應(yīng)點為，使于點，折痕交于點，連接，交于點．該小組提出一個問題：若此的面積為20，邊長，，求圖中陰影部分（四邊形）的面積．請你思考此問題，直接寫出結(jié)果．【答案】（1）；見解析；（2），見解析；（3）．【分析】（1）如圖，分別延長，相交于點P，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，，利用AAS可證明△PDF≌△BCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得，即可得；（2）根據(jù)折疊性質(zhì)可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，F(xiàn)C=FC′，可得FD=FC′，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠FDC′=∠FC′D，根據(jù)三角形外角性質(zhì)可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可證明四邊形DGBF是平行四邊形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如圖，過點M作MQ⊥A′B于Q，根據(jù)平行四邊形的面積可求出BH的長，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根據(jù)可得A′B⊥AB，即可證明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，進而可證明△A′NH∽△CBH，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得A′H、NH的長，根據(jù)NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出MQ的長，根據(jù)S陰=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．【詳解】（1）．如圖，分別延長，相交于點P，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，,∵為的中點，∴，在△PDF和△BCF中，，∴△PDF≌△BCF，∴，即為的中點，∴，∵，∴，∴，∴．（2）．∵將沿著所在直線折疊，點的對應(yīng)點為，∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，∵為的中點，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，∵四邊形為平行四邊形，∴，DC=AB，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴，∴．（3）如圖，過點M作MQ⊥A′B于Q，∵的面積為20，邊長，于點，∴BH=50÷5=4，∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵將沿過點的直線折疊，點A的對應(yīng)點為，∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，∵于點，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，∴，即，解得：MQ=，∴S陰=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．【點睛】本題考查折疊的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及判定定理是解題關(guān)鍵．11．（2023·湖北黃岡·統(tǒng)考中考真題）【問題呈現(xiàn)】和都是直角三角形，，連接，，探究，的位置關(guān)系．

(1)如圖1，當(dāng)時，直接寫出，的位置關(guān)系：____________；(2)如圖2，當(dāng)時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，給出證明；若不成立，說明理由．【拓展應(yīng)用】(3)當(dāng)時，將繞點C旋轉(zhuǎn)，使三點恰好在同一直線上，求的長．【答案】(1)(2)成立；理由見解析(3)或【分析】（1）根據(jù)，得出，，證明，得出，根據(jù)，求出，即可證明結(jié)論；（2）證明，得出，根據(jù)，求出，即可證明結(jié)論；（3）分兩種情況，當(dāng)點E在線段上時，當(dāng)點D在線段上時，分別畫出圖形，根據(jù)勾股定理求出結(jié)果即可．【詳解】（1）解：∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴；故答案為：．

（2）解：成立；理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴；

（3）解：當(dāng)點E在線段上時，連接，如圖所示：

設(shè)，則，根據(jù)解析（2）可知，，∴，∴，根據(jù)解析（2）可知，，∴，根據(jù)勾股定理得：，即，解得：或（舍去），∴此時；當(dāng)點D在線段上時，連接，如圖所示：

設(shè)，則，根據(jù)解析（2）可知，，∴，∴，根據(jù)解析（2）可知，，∴，根據(jù)勾股定理得：，即，解得：或（舍去），∴此時；綜上分析可知，或．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形相似的判定方法，畫出相應(yīng)的圖形，注意分類討論．12.（2021·北京中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為1，對于點和線段，給出如下定義：若將線段繞點旋轉(zhuǎn)可以得到的弦（分別是的對應(yīng)點），則稱線段是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”．（1）如圖，點的橫?縱坐標(biāo)都是整數(shù)．在線段中，的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”是______________；（2）是邊長為1的等邊三角形，點，其中．若是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”，求的值；（3）在中，．若是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”，直接寫出的最小值和最大值，以及相應(yīng)的長．【答案】（1）；（2）；（3）當(dāng)時，此時；當(dāng)時，此時．【分析】（1）以點A為圓心，分別以為半徑畫圓，進而觀察是否與有交點即可；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得是等邊三角形，且是的弦，進而畫出圖象，則根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可進行求解；（3）由是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”，則可知都在上，且，然后由題意可根據(jù)圖象來進行求解即可．【詳解】解：（1）由題意得：通過觀察圖象可得：線段能繞點A旋轉(zhuǎn)90°得到的“關(guān)聯(lián)線段”，都不能繞點A進行旋轉(zhuǎn)得到；故答案為；（2）由題意可得：當(dāng)是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”時，則有是等邊三角形，且邊長也為1，當(dāng)點A在y軸的正半軸上時，如圖所示：設(shè)與y軸的交點為D，連接，易得軸，∴，∴，，∴，∴；當(dāng)點A在y軸的正半軸上時，如圖所示：同理可得此時的，∴；（3）由是的以點為中心的“關(guān)聯(lián)線段”，則可知都在上，且，則有當(dāng)以為圓心，1為半徑作圓，然后以點A為圓心，2為半徑作圓，即可得到點A的運動軌跡，如圖所示：由運動軌跡可得當(dāng)點A也在上時為最小，最小值為1，此時為的直徑，∴，∴，∴；由以上情況可知當(dāng)點三點共線時，OA的值為最大，最大值為2，如圖所示：連接，過點作于點P，∴，設(shè)，則有，∴由勾股定理可得：，即，解得：，∴，∴，在中，，∴；綜上所述：當(dāng)時，此時；當(dāng)時，此時．【點睛】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的綜合、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù)及等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、三角函數(shù)及等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．13．（2023·河北·統(tǒng)考中考真題）如圖1和圖2，平面上，四邊形中，，點在邊上，且．將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)到的平分線所在直線交折線于點，設(shè)點在該折線上運動的路徑長為，連接．

(1)若點在上，求證：；(2)如圖2．連接．①求的度數(shù)，并直接寫出當(dāng)時，的值；②若點到的距離為，求的值；(3)當(dāng)時，請直接寫出點到直線的距離．（用含的式子表示）．【答案】(1)見解析(2)①，；②或(3)【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和角平分線的概念得到，，然后證明出，即可得到；（2）①首先根據(jù)勾股定理得到，然后利用勾股定理的逆定理即可求出；首先畫出圖形，然后證明出，利用相似三角形的性質(zhì)求出，，然后證明出，利用相似三角形的性質(zhì)得到，進而求解即可；②當(dāng)點在上時，，，分別求得，根據(jù)正切的定義即可求解；②當(dāng)在上時，則，過點作交的延長線于點，延長交的延長線于點，證明，得出，，進而求得，證明，即可求解；（3）如圖所示，過點作交于點，過點作于點，則四邊形是矩形，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）∵將線段繞點順時針旋轉(zhuǎn)到，∴∵的平分線所在直線交折線于點，∴又∵∴∴；（2）①∵，，∴∵，∴，∴∴；如圖所示，當(dāng)時，

∵平分∴∴∴∴∵，∴∴，∴∵，∴∴，即∴解得∴．②如圖所示，當(dāng)點在上時，，

∵，∴，，∴，∴∴；如圖所示，當(dāng)在上時，則，過點作交的延長線于點，延長交的延長線于點，

∵，∴，∴∴即∴，，∴∵∴，∴，∴∴解得：∴，綜上所述，的值為或；（3）解：∵當(dāng)時，∴在上，如圖所示，過點作交于點，過點作于點，則四邊形是矩形，∴，，

∵，∴，∴，又，∴，又∵，∴，∴∵，，設(shè)，即∴，∴整理得即點到直線的距離為．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，折疊的性質(zhì)，求正切值，熟練掌握以上知識且分類討論是解題的關(guān)鍵．14.（2021·湖南中考真題）如圖，在中，點為斜邊上一動點，將沿直線折疊，使得點的對應(yīng)點為，連接，，，．（1）如圖①，若，證明：．（2）如圖②，若，，求的值．（3）如圖③，若，是否存在點，使得．若存在，求此時的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，的值為或．【分析】（1）先根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)可得，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)平行線的判定可得，最后根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)即可得證；（2）設(shè)與的交點為點，過點作于點，設(shè)，從而可得，先證出，從而可得，設(shè)，根據(jù)線段的和差可得，代入可求出，從而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根據(jù)余弦三角函數(shù)的定義即可得；（3）如圖（見解析），設(shè)，從而可得，分①點在直線的左側(cè)；②點在直線的右側(cè)兩種情況，再分別利用等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)求解即可得．【詳解】（1）證明：，，，，由折疊的性質(zhì)得：，，，四邊形是平行四邊形，又，平行四邊形是菱形，；（2）如圖，設(shè)與的交點為點，過點作于點，

，是等腰三角形，，設(shè)，則，，，由折疊的性質(zhì)得：，在和中，，，，設(shè)，則，，解得，，在中，，，則；（3），，設(shè)，則，由折疊的性質(zhì)得：，，由題意，分以下兩種情況：①如圖，當(dāng)點在直線的左側(cè)時，過點作于點，