备战2025年中考数学压轴专项(江苏专用)压轴专题12三角形压轴(学生版+解析)练习

这是一份备战2025年中考数学压轴专项(江苏专用)压轴专题12三角形压轴(学生版+解析)练习，文件包含备战2025年中考数学压轴专项江苏专用压轴专题12三角形压轴教师版docx、备战2025年中考数学压轴专项江苏专用压轴专题12三角形压轴学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共107页， 欢迎下载使用。

例题1（2023·江苏扬州·二模）给出一个新定义：有两个等腰三角形，如果它们的顶角相等、顶角顶点互相重合且其中一个等腰三角形的一个底角顶点在另一个等腰三角形的底边上，那么这两个等腰三角形互为“友好三角形”．
(1)如图①，和互为“友好三角形”，点D是边上一点（异于B点），，，连接，则 （填“”或“”或“”）， （用含m的代数式表示）；
(2)如图②，和互为“友好三角形”，点D是边上一点，，，M、N分别是底边的中点，请探究与的数量关系，并说明理由；
(3)如图③，和互为“友好三角形”，点D是边上一动点，，，，过D点作，交直线于F点，若点D从B点运动到C点，直接写出F点运动的路径长．
【答案】(1)；
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出答案；
（2）在上截取，使，连接交于K，先判断出，进而判断出，最后利用锐角三角函数求解，即可得出答案；
（3）过点A作于G，则，当点D在上时，点F在的延长线上，过点B作的垂线交于，当点D从点B运动到点G时，点F从运动到C，求出；当点D在上时，过点作的垂线交于L，判断出，得出，进而得出，判断出点F的运动路径，即可求出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；；
（2）解：；
理由如下：如图②，
在上截取，使，连接交于K，
∵点M是的中点，
∴，
∴，
∵点N是的中点，
∴，
∴是的中位线，
∴，
由（1）知，，
∵，
∴，
∴，
由（1）知，，
∵，
∴，
∴， ，
又∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
在中， ，
∴
∴；
（3）解：如图③，
过点A作于G，则，
当点D在上时，点F在的延长线上，过点B作的垂线交于，当点D从点B运动到点G时，点F从运动到C，
∵，
∴，
∴，
同（1）的方法得，，
∴，
∴，
当点D在上时，过点作的垂线交于L，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
当时，即点在的中点时， ，
当时，即点与点C重合时，，即点从点G运动C，点F从点C运动到最大，再从最大运动到点C，
∴F点运动的路径长为．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，二次函数的应用等，第三问有一定难度，正确作出辅助线，找出点F的运动路径是解题的关键．

1．（2024·江苏无锡·二模）如图，四边形中，，，，，连接，则线段的最小值为 ．
【答案】
【分析】将线段绕点逆时针旋转，得到线段，作中点，延长到点，使得，延长到点，使得，由，是等腰直角三角形，得到，，进而得到 ，， 结合，得到四边形是正方形，，由，，，得到，设，则，，，在中，根据勾股定理得到，当时，取得最小值，取得最小值，取得最小值，
本题考查了，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形性质与判定，正方形的性质与判定，的最值，勾股定理，解题的关键是：连接辅助线，将转化．
【详解】解：将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接，作中点，延长到点，使得，延长到点，使得，连接、、、，
∵，，线段绕点逆时针旋转，得到线段，
∴，是等腰直角三角形，
∴，，
∴ ，
∴，即：，
∵是中点，，
∴，，，
又∵，
∴，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，，，
∴，即：，
设，则，，，
∴，
在中，，
当时，取得最小值，取得最小值，
此时取得最小值，，
故答案为：．
2．（2024·江苏盐城·三模）如图，在梯形中，，，，，是的中点，是边上一动点，将沿翻折得，连接，在左侧有一点，使得为等腰直角三角形，且，连接．则的最小值为 ．
【答案】
【分析】构造等腰直角三角形，即可证明，得到，，再证明，得到，，求出，最后根据得到的最小值．
【详解】连接，过作，取，连接，，过作于N，如图；
∵，，
∴，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∵将沿翻折得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当、、三点共线时，有最小值，且最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理的性质，翻折的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024·江苏宿迁·二模）如图，中，，，，以为直径作圆，圆心为，过圆上一点作直线的垂线，垂足为，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】本题考查了解直角三角形，圆的有关计算，勾股定理和等腰直角三角形的性质，利用特殊角度度角的正切值为切入点，构造出一个特殊的度角将所需求的两个线段的最大值转化为一条线段，此时点与点重合，进而求出所需要的最大值，解题的关键熟练掌握知识点的应用及正确添加辅助线．
【详解】如图，作，过点作于点，延长交于点，过点作垂足为点，过点作于点，延长交于点，
当点与点重合，点在点处时，取得最大值，
理由：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴或 （舍去），
∴，
∵，
∴，
在上取不同于点的一点，过点作于点，过点作 所在的直线于点，并延长交于点，
∵，，
∴，
则或，
∵，，
∴，，
∴，，
由图可知：，
∴，
∴当点在点处时，取得最大值，最大值为的长，
∵，
∴取得最大值，
故答案为：．
4．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图1，中，，，点D是边的中点，点E是射线上一动点，将 沿翻折至．
(1) ______；______；
(2)当点 E 在线段 上运动时．
①当点 落在上时，求的长；
② 当时，求的长；
(3)如图2连接，整个运动过程中，当 时，直接写出的长 ．
【答案】(1)，
(2)①；②或
(3)或
【分析】（1）根据，设，则，，在中，由勾股定理得出，可求出，，，然后利用勾股定理求出，利用正切的定义求出即可；
（2）①过D作于N，过B作于N，则，由平行线的性质得出，由翻折的性质得出，，利用等腰三角形三线合一的性质得出，，进而得出，利用平行线的判定与性质和等角对等边得出即可；
②分在上方和在下方两种情况讨论，证明，然后利用相似三角形的性质求解即可；
（3）分在上方和在下方两种情况讨论，利用三角形面积公式可求出，在中，利用正切的定义和特殊角的三角函数值求出的度数，结合翻折可求出的度数，在和中，设，利用正切的定义可求出，，结合，可得出关于x的方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解∶过C作于G，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴，，，
∴，，
故答案为：，；
（2）解：①过D作于N，过B作于N，
∴，
∴，
∵沿翻折至，点 落在上，
∴，
∵D为的中点，
∴，
∴，
又，
∴，
同理，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②设，则，
当在下方时，
取中点O，连接，设与相交于M，
则，，
∵，
∴，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，，
即，，
解得，，
∵，
∴，
解得，
即；
当在上方时，
取中点O，连接，延长与相交于M，
同理可证，
∴，，
即，，
解得，，
∴，
解得，
即；
综上，的长为或；
（3）解：当在下方时，过作于M，过E作于N，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
∴
∵，
∴；
在上方时，过作于M，过E作于N，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
∴
∵，
∴；
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，折叠的性质，相似三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键．
5．（2023·江苏淮安·三模）如图，在中，，，，点是边上一动点，将沿着翻折，得到．直线和边所在直线交于点．
(1)如图①，当点恰好落在边上时，求的长．
(2)①如图②，当点落在内部时，试探索的数量关系，并说明理由．
②当点落在外部时，①中探索的数量关系还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出新的数量关系．
(3)当点恰好落在边上时，点的位置记为．当点从点运动到点时，直接写出点的运动路径长．
【答案】(1)
(2)①；②当在下方时，；当在上方时，
(3)
【分析】（1）可推出，，进而求得．
（2）①可推出，，从而得出，从而，进一步得出结果；
②分成两种情况，当在下方时，；当在上方时，类比①即可进而得出结果．
（3）理清点从开始运动时，先向处运动，再从运动到处，故求解点运动到向处的路径长为，从运动到处路径长为，两者之和即为点的运动路径长．
【详解】（1）解∵点和是对称点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
解得：．
（2）解：①．
理由如下：∵将沿着翻折，得到，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当点落在外部时，第一种情况，在下方时，如图：
以上结论不成立，新的关系是：，理由如下：
∵将沿着翻折，得到，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
第二种情况，当在上方时，如图：
新的关系是：，理由如下:
∵将沿着翻折，得到，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：①先向处运动时，如图：
当点在上时，与重合，
∴，
当在处，在处，交于，且时，
则，，，
又∵，，
∴，
设，，
∴，即，
解得，
∴，，
∴，
②从运动到时，当点在处时，作于,作于，交于点，如图：
∵，，，
∴，
根据，，可设，，
∴，即，
解得，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点从开始运动时，先向处运动，再从运动到处，
∴点运动到向处的路径长为：，
再从运动到处路径长为：，
∴点的运动路径长．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形的相关计算，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，平行四边形的性质的知识，弄清点的运动路径是解题的关键．
6．（2024·江苏扬州·模拟预测）【基础巩固】（1）如图1，在与中，，，，连接，；求证：；
【尝试应用】（2）如图2，在与中，，，，连接，，、、三点在一条直线上，与交于点；
①求的大小；
②若且，求的面积；
【拓展提高】（3）如图3，在与中，，，，点为的中点，交于点，连接，若，且为，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①；②；（3）
【分析】（）利用证明即可；
（）由和均为等腰直角三角形，可得，进而得出，即可求得答案；
过点作于，于，过点作于，可证得，设 ，可得 ，，， ，再利用勾股定理建立方程求得，，再根据即可求得答案；
（）连接，先证得，得出， ，进而可得，推出，进而得到，由，即可求解．
【详解】（）证明：∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴；
（）①解：∵，，，
∴和均为等腰直角三角形，
∴，
∴，
由（1）可得，
∴，
∴；
②解：如图，过点作于， 于，过点作于，则 ，四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴ ，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵和均为等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
解得，(舍 去)，
∴， ，
∴；
（）解：如图，连接，，
∵，， ，
∴ 和均为等腰直角三角形，
∴，
∵点为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形判定和性质，直角三角形性质，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，解题关键是熟练掌握等腰直角三角形性质等相关知识，合理添加辅助线构造全等三角形和相似三角形．
7．（2023·江苏淮安·模拟预测）如图，在中，，，点为边上一点，连结，过点作交的延长线于点．
(1)如图1，若，求的度数；
(2)如图2，延长到点使，分别连结，，交于点．试探索与的关系；
(3)如图3，若，点是直线上的一个动点，连结，将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，点是边上一点，，是线段上的一个动点，连结，．当的值最小时，请直接写出的度数．
【答案】(1)
(2)，理由见详解
(3)
【分析】（1）设，则，利用三角形的内角和定理列出方程求出值，即可求出的度数；
（2）延长到，使，连接，，利用线段垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质得到，，进而得出，再利用三角形的中位线定理解答即可得出结论；
（3）过点作，交的延长线于点，作点关于的对称点，连接，，，，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质得到，得到点在过点且垂直于的直线上运动；由三角形的三边关系定理得到，从而得到当，，在一条直线上时，，此时的值最小；由题意画出图形后，通过说明四边形是菱形，再利用菱形的对角相等得出，则结论可求．
【详解】（1）解：，，
．
设，则，
，
，
，
∵．
，
，
，
，
∴
（2）解：与的关系为，
证明：延长到，使，连接，，如图，
，，
．
，，
垂直平分，
，
，
．
，
，
．
在和中，
，
，
，．
，
，
，
，
∴，
，
∴，
为的中位线，
，
；
（3）解：的度数为．理由：
过点作，交的延长线于点，作点关于的对称点，连接，，，，如图，
，，
，
．
将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，
，，
，
，
．
在和中，
，
，
，
，
．
点在过点且垂直于的直线上运动．
点关于的对称点，
，．
．
，
当，，在一条直线上时，，此时的值最小．
如图，，，在一条直线上，
，，
．
．
，，
，
，关于对称，
，
，
．
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，三角形的内角和定理，菱形的判定与性质，充分利用旋转的性质解答是解题的关键．
8．（2024·江苏无锡·模拟预测）【教材呈现】如图，在中，点、分别与的中点．则与的关系是，；

【感知】如图1，在矩形中，点为的中点，点为边上一动点，点为的中点，连结、、．，与的数量关系是 ．
【应用】如图2，在中，，，、是的中线，、分别是和的中点，求的长；
【拓展】如图3，在平行四边形中，点为边上一点，连接，点在上，，点是的中点，连接交于点，若点为的中点，，连接，求的值．
【答案】[感知]；[应用]；[拓展]
【分析】[感知]证明四边形是平行四边形，从而证得四边形是平行四边形，进一步得到四边形是矩形，则，即可得；
[应用]连接，并延长交于点，先由勾股定理求得，利用三角形中位线的性质可证得，由勾股定理求得，从而得，由三角形中位线的性质可求得；
[拓展]连接，作交延长线于，是等边三角形，利用等边三角形的性质与解直角三角形求得，再证明是等边三角形，是直角三角形，求得，代入即可求解．
【详解】解：[感知]点为的中点，点为的中点，
，，
，即，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，
故答案为：；
[应用]如图2，连接，并延长交于点，
，，
，，
、是的中线，
，，
点、分别是和的中点，
，，，
，，
，
，，
，
；
[拓展]连接，作交延长线于，如图3，
，
是的中点，，
若点为的中点，
，，
点是的中点，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
在中，，，
在中，，
由勾股定理得，
，，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查三角形中位线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，解直角三角形，等边三角形的判定与性质．本题属四边形的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
9．（2024·江苏淮安·模拟预测）小明学习完《等腰三角形》一章后，登录百度网站搜索了等腰直角三角形的一些性质．百度网站具体显示如下：
等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质：稳定性，两直角边相等，直角边与斜边的夹角为锐角45°，斜边上中线角平分线垂线三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，那么设内切圆的半径r为1，则外接圆的半径R就为，所以
【新知研究】
（1）如图1，在中，分别是的中点，，则 ；
【拓展提升】
（2）如图2，在中，，射线，为射线上一动点，是的中点，，，设，的面积为，求与之间的函数表达式；
【综合运用】
（3）如图3，在等腰中，，点P在边上，分别为的中点，连接，过点作的垂线，与分别交于两点，连接，交于点H．
①与存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
②直接写出的最大值．
【答案】（1）；（2）；（3）①，，理由见解析；②
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，根据平行线的性质得到；
（2）根据三角形中位线定理可得，，根据得到，所以是等腰直角三角形，可得，，根据三角形面积公式即可求得函数表达式；
（3）①由“”可证，可得，，可求，，②先判断和是等腰直角三角形，得出，，可证明，得出，证明，得出，设，则，，，，，，进而求出，可求出，即可求解．
【详解】解：（1）在中，分别是的中点，
是的中位线，
，
，，
，
故答案为：；
（2）在中，是的中点，，
是的中位线，
，，
，，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
即与之间的函数表达式；
（3）在等腰中，，点P在边上，分别为的中点，连接，过点作的垂线，与分别交于两点，连接，交于点H．
①，，
理由如下：
分别为的中点，
，
，
为等腰直角三角形，
，，，
，
，，
，
，
，
，
点是中点，
，
；
②，，
，，
分别为的中点，
，，
，
，，，
和是等腰直角三角形，
，，
在和中，
，
，
，
又，
，
，即，
，
和是等腰直角三角形，
，，
则，，
设，则，，
则，，，，
，
又，
，
，
，
的最大值为．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
10．（2024·江苏南京·三模）解决几何问题时常常通过图形变换构造相似（全等）三角形等，从而快速获得解决问题的途径……
(1)如图①，在四边形中，，连接，写出、与之间的数量关系，并说明理由．
(2)如图②，是四边形的对角线．，求的值．
(3)如图③，在等腰中，，点D，E分别在边上，，点P在内，连接，，若，则的最小值是 ．
【答案】(1)
(2)252
(3)
【分析】（1）作交延长线于点E，证明，则，即，而为等腰直角三角形，故；
（2）作，且，作，则，证明，则，可证明，故，即，角度推导得出，则解，得，，则，在中，由勾股定理得，即可得到，故；
（3）连接，过点C作，且，连接，作的外接圆，连接，先证明，则，故，因此的最小值为，而，故，由，知当点C、P、O三点共线时，取得最小值，可求，，故，因此，即的最小值为．
【详解】（1）解：作交延长线于点E，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴
∴，即；
（2）解：作，且，作，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
∴；
（3）解：连接，过点C作，且，连接，作的外接圆，连接，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当点三点共线时，的最小值为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴当点C、P、O三点共线时，取得最小值，
∵,，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即的最小值为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，三角形三边关系求最值，圆周角定理，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形和相似三角形．
11．（2024·江苏徐州·三模）将矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，旋转角为，连接．
(1)【探究1】如图1，当时，点 恰好在延长线上．若 ，求的长；
(2)【探究2】如图2，连接 ，过点D作 交于点M．线段 与相等吗？请说明理由；
(3)【探究3】在探究2的条件下，射线分别交 ， 于点P，N（如图3），请写出线段、、之间的数量关系？并说明理由．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)关系式为，证明见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．
（1）设，有旋转性质得，，证明，由相似三角形的性质得出，由比例线段得出方程，求解即可；
（2）连接'，证明，由全等三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，证出即可；
（3）连接，证明，由全等三角形的性质可得出，得出，证明，由相似三角形的性质得出即可．
【详解】（1）解：如图1，设，
矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，
点A，B，在同一直线上，
，，
，
，
，
又点在的延长线上，
，
，
，
，
，
即．
（2）解：．理由如下：
如图2，连接，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：关系式为．理由如下：
如图3，连接，
，，
，
，
，，
，
，
在和中，，，
，
，
，
．
12．（2024·江苏扬州·一模）如图1，在等腰中，，，点是边上一点（不与点、重合），连接，将沿翻折得，连接．

(1)若，解决下列问题：
①当点落在边上时，与的关系是______；
②当时，请用无刻度的直尺和圆规作出点的位置；
(2)如图，①当点落在边上，且 为等腰三角形时，求的值；
②当点在边上运动时，存在点落在边上，则的取值范围是______．
【答案】(1)①，
②画图见详解
(2)①或；
②
【分析】（1）①根据题意可得，，从而得出，即，根据三角函数可得与的关系．
②当时，交与点，利用平行线和等腰三角形的性质和判定，可得，即，所以，从而得出，处于的垂直平分线上，按照垂直平分线的画法画图即可．
（2）①当 为等腰三角形时，可分三种情况：，，，从而根据等腰三角形的性质分情况讨论即可．
②当存在点落在边上时，根据，可得，所以，再根据，点可与点重合，不与点重合，可得，代数可得，即，综上可得．
【详解】（1）①∵，
∴，
当点落在边上时，，
可得，
∴，
∴，即
∴，
∴与的关系是，．
②当时，如图所示，交与点，

∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
又∵，,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故处于的垂直平分线上，
∴点的位置如下图所示，

（2）①当 为等腰三角形时，可分三种情况：
当时，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得：．
当时，
由上可得，
∵，
∴，
∴，
解得（不符题意舍去）．
当时，
由上可得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
综上可得，或．
②当存在点落在边上时，，
即，，
∴，
由上可得，点可与点重合，不与点重合，
∴，
∴，
解得，
综上可得．
【点睛】本题考查全等三角形的性质，折叠，三角形内角和的性质，垂直平分线的判定和画法，等腰三角形的性质和判定，三角函数的运用，熟练掌握以上知识是解题的关键．
13．（2024·江苏淮安·一模）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，我们做以下探究．
在中，，，是边上一点，且(为正整数），、分别是边和边上的点，连接，且．
【初步感知】（）如图，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．
【深入探究】（）如图，当，试探究线段，，之间的数量关系，请写出结论并证明；
请通过类比、归纳、猜想，探究出线段，，之间数量关系的一般结论（直接写出结论，不必证明）．
【拓展运用】（）如图，点为靠近的四等分点，连接，设的中点为，若，求点从点运动到点的过程中，请直接写出点运动的路径长．
【答案】（）证明见解析；（），理由见解析；；（）
【分析】（1）由“”可证，可得，即可求解；
（2）①先证和是等腰直角三角形，可得，，，，可求，，通过证明，可求，即可求解；
②分两种情况讨论，由相似三角形的性质可求解；
（3）连接，，，由题意可得点在线段的垂直平分线上运动，由题意易得，当点E与点A重合时，过点M作于点H，当点E与点C重合时，假设此时的中点为N，即为原来的点M，进而得出点M的运动轨迹，然后问题可求解．
【详解】（）证明：连接，
∵，，
且当时，，
，，，，
，
，
∴∠EDF，
，
在和中，
，
∴，
，
，
即；
（），理由如下：
过点作于，于，
，，
，
，，
和是等腰直角三角形，
，，，，，
，
，
设，则，
，，
，
，，，
四边形是矩形，
，
，
又，
，
，
，
；
如图4，当点在射线上时，过点作于，于，
，，
，
，，
和是等腰直角三角形，
，，，，，
∴，
，
设，，
，，
，
，，，
四边形是矩形，
，
，
又，
，
，
，
；
当点在的延长线上时，如图5，
，，
，
，，
和是等腰直角三角形，
，，，，，
∴，
，
设，，
，，
，
，，，
四边形是矩形，
，
，
又，
，
，
，
；
综上所述：当点在射线上时，，当点在延长线上时，；
（3）解：连接，，，如图（1），
的中点为，，
，
∴点在线段的垂直平分线上运动，
∵点D为靠近B的四等分点，
∴，
由（2）得，
∴
当点E与点A重合时，过点M作于点H，如图，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，代入得，
∴；
当点E与点C重合时，假设此时的中点为N，即为原来的点M，如图，
∵，代入得，
∴，
∴，
如图，点M的运动轨迹即为的长，
∵在Rt中，
∴
∴
∴点运动的路径长为
【点睛】本题是三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
14．（2024·江苏镇江·二模）在平面直角坐标系中，抛物线：经过点、和．
(1)用含 a的代数式表示b与 t；
(2)若直线 与此抛物线交于点 P， 平分，求点 P 坐标；
(3)若以 O 为位似中心，将 放大后得，其中 ，，抛物线过、、．
①直接用表示抛物线的表达式；
②抛物线与x轴的交点为，过点O的直线交x轴下方的抛物线，分别为、，若，直接写出点的坐标 ．
【答案】(1)，
(2)或
(3)①或；②．
【分析】（1）将、和依次代入中，即可求解；
（2）分两种情况：
①当P点比A点高时，过O点作于E点，于F点．由角平分线的性质可得，由可得，则可得．再由可得，则，进而可得．作，，由角平分线的性质可得，由此可得P点的坐标；
②当P点比A点低时，过O点作于E点，于F点．由角平分线的性质可得．由可得，则可得，进而可得，．设，由列方程求出m的值，即可得 P点的坐标．
（3）①先求出位似比k的值，进而可求得点的坐标．设抛物线的表达式为，将代入求得n的值，即可得抛物线的表达式．
②由可得．再证，则可得，由此得M点在y轴上，因此M点与A点重合，即可得M点的坐标．
【详解】（1）把代入中，得，
，
把代入中，得，
解得，
．
把代入中，得，
解得，，
∵和，
∴．
（2）①如图，当P点比A点高时，
过O点作于E点，于F点，
∵ 平分，
，
，
，
．
，，
，
，
，
即，
∴平分．
过P点作，，
则，
，
，
，
．
②如图，当P点比A点低时
过O点作于E点，于F点，
∵ 平分，
，
又，
，
．
，
，
即．
四边形中，，
．
设，连接，
由，
得，
整理得，
解得，（舍去），
，
综上，p点坐标为：或．
（3）①，，，
，，，
，，
，，
∴位似比，
，
，
．
设抛物线的表达式为，
将代入得，
解得，
∴抛物线的表达式为：，
化成一般式为：，
∴抛物线的表达式为：或．
②如图，
，
，且，
，
又，
，
，
，
又，
，
∴M点和都在y轴上，
又∵M点在抛物线上，
∴M点与A点重合，
．
【点睛】本题是一道二次函数与几何的综合题目，主要考查了角平分线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、位似三角形的性质、二次函数的图像和性质等．能够综合运用以上知识，掌握好数形结合法是解题的关键．
15．（2024·江苏无锡·三模）如图，在平行四边形中，，，，为边上的一动点，动点从点出发，沿着的方向，以每秒个单位的速度向点运动，设运动时间为秒，作点关于直线的对称点．
(1)当点在中点处，且在线段上时，若与四边形重叠部分为直角三角形，求的值；
(2)若点与点同时从点出发，点在线段上，以每秒个单位的速度向点运动（），记线段与线段的交点为，设的面积为，求与的函数表达式．
【答案】(1)或或；
(2)当时，；当时，．
【分析】（）分情况讨论①当时，由求得，再根据勾股定理求得，从而得到；最后由，得到即可求得；②当时，由求得，再根据勾股定理求得即可求得；③当时，过作于点，可求得，此时与重合，由即可求得；
（）分情况讨论，①当时，在上，由题意可知，，作，可得，，从而得到的值，作交于点，由求得，从而得到，最后根据和等高和求得；②当时，在上，同理求得，再由平行四边形的高求得，最后同理可得．
【详解】（1）如图，设与交于点，当时，
由对称的性质可知：，，
，
由勾股定理得，
由题意得：，则，
，解得：；
如图，当时，
在中，，
，
又
；
如图，当时，过作于点，
，
，
，
此时与重合，即与重合
，
；
综上：或或；
（2）①因为，点的速度为1，所以当时，在上，如图所示

由题意可知，和关于对称，，，
作，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，，，
，，
，
，
作交于点，
，
，
，
∵，
，
；
②因为，，点速度为1，所以当时，在上，如图：
同理可知，，
由题意可知，，，
，
，
又，
，
，
，
，
由（1）可知，以为底时，平行四边形的高为4，
，
，
同理，
，
，
综上：当时，；当时，．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，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，三角形的面积求解，熟练掌握以上知识点并能作出合适的辅助线是解题的关键．
16．（2024·江苏泰州·二模）问题背景：苏科版八年级下册数学教材第95页“探索研究”
（1）如图1，正方形的对角线相交于点O，正方形的顶点与点O重合．将正方形绕点旋转，在这个过程中，这两个正方形重合部分的面积是正方形面积的__________．
问题迁移：
（2）等边三角形的中线相交于点O，先将绕点O逆时针旋转，再沿线段方向平移，得到，点O、A、B的对应点分别为、、，且，在这个过程中，的边，所在射线分别交AB，BC于点M，N．
①如图2，当与重合时，求证：；
②如图3，当时，判断和之间的数量关系，并说明理由；
问题拓展：
③如图4，连接MN，记周长为，在a、k的变化过程中，存在a、k的值，使得MN平分的周长，此时，的结果是否会发生变化？如不变，请求出其值；如变化，求出的最小值．
【答案】（1）；（2）①见解析；②；③变化，最小值为
【分析】（1）由全等可以得出，就可以得出可得结论；
（2）①证明，即可得到；
②作，垂足为，则，证明，可得．中，，，可得，再求出，再求比值即可；
③延长至P，使得，连接，当时，MN最小，再求解即可．
【详解】（1）正方形的对角线、交于点
，，，
正方形的交于点，交于点．
．
在和中，
，
．
，
即，
故答案为：；
（2）①等边三角形的中线相交于点O，
，
，
，
，
；
②作，垂足为，则，
是等边角平分线的交点，
，
，
．
又，
，
，
，
，
．
中，，，
等边三角形的中线相交于点O，
，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
．
③如图，延长至P，使得，连接，
则
又，
当时，MN最小，此时，
所以为等边三角形，
当时，MN最小为，
最小为
【点睛】本题是旋转综合题，考查了正方形的性质、等边三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解答时证明三角形全等及相似是关键．
17．（2024·江苏宿迁·三模）在中，，为平面上一动点，且，将绕点顺时针旋转到，连接，．
(1)如图1，点在左上方，且，则 °， ；
(2)如图2，当点A在内部且A、B、E三点在一条直线上时，求的长度；
(3)当的面积正整数时，求出满足条件的点D的个数．
【答案】(1)150；
(2)
(3)30个
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确作出辅助线构造矩形和直角三角形成为解题的关键．
（1）由旋转的性质和等腰直角三角形的性质可得，然后根据角的和差即可求得；再根据旋转的性质和勾股定理可得，再结合已知条件可得,，然后证明四边形是矩形可得,，进而得到，最后根据勾股定理即可解答；
（2）先说明四边形是矩形、，则,；再结合等腰直角三角形的性质可得；设,则，运用勾股定理列方程可得，最后运用勾股定理即可解答；
（3）如图：以C为圆心，为半径作,当D在直线上时，,然后再确定的面积的四个拐点，然后根据动点问题以及的面积为正整数进行讨论、分析即可解答．
【详解】（1）解：∵将绕点顺时针旋转到，
∴，
∴，
∴；
∵为平面上一动点，且，将绕点顺时针旋转到，
∴，
∴，
过E作交延长线于F，过A作,
∴,
∴,
∵，
∴四边形是矩形，
∴,，
∴，
∴．
故答案为：150；．
（2）解：过E作交延长线于F，过A作,
∵，
∴四边形是矩形，，
∴,，
∵，
∴,
∴
∴,
设,则，
由勾股定理可得:,即，解得：（舍去负值），
∴，
∴．
（3）解：如图：以C为圆心，为半径作,当D在直线上时，,
如图：在的垂直平分线上时，
如图，则，，
①当D点从时，从，
∵的面积正整数，
∴的D点各有2个，的D点有一个，共11个；
②当D点从时，从，
∵的面积正整数，
∴的D点各有2个，的D点有一个，共19个；
∴当的面积正整数时，满足条件的点D有30个．
18．（2024·江苏无锡·一模）如图1，在菱形中，，，点为边上的动点．
(1)为边上一点，连接，将沿进行翻折，点恰好落在边的中点处，
①求的长；
②求的值．
(2)如图2，延长到，使，连接与，与交于点，连接，设，，求关于的函数表达式；当点从点沿方向运动到点时，直接写出点运动路径的长．
【答案】(1)①；②
(2)，
【分析】（1）①连接，，证出为等边三角形，，由折叠的性质及勾股定理可得出答案；
②过点作，交的延长线于点，设，则，，利用含角的直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论；
（2）延长交于点，连接交于点，连接交的延长线交于点，利用相似三角形的判定与性质得到，；过点作交延长线于，利用勾股定理求得线段，代入化简运算即可得到关于的函数表达式；利用相似三角形的判定与性质得到，即点与点重合时，点与点重合，则点运动路径的长为线段，利用解答即可得出结论．
【详解】（1）解：①连接，，如图，
四边形是菱形，
，
，
为等边三角形，
，
，．
．
，
．
由题意得．
设，则，
在中，，
．
，
．
；
②过点作，交的延长线于点，如图，
，
．
，
，．
由题意得，
设，则，，
在中，，
，
，
．
，
；
（2）解：延长交于点，连接交于点，连接交的延长线交于点，如图，
四边形是菱形，
，
，，
，，
．
，
．
．
过点作交延长线于，
在中，
，，，
，．
．
，
，，
，
．
，
，，
，，
，
，
，
点运动路径的长为线段的长．
，
，
．
点运动路径的长为．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质以及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理及性质是解题的关键．
19．如图：已知，点O是的中点，过A、C两点向经过点O的直线作垂线，垂足分别为E、F．
(1)当时（如图1），求证：；
(2)当时（如图2），探究线段之间数量关系为_________；
(3)在（2）的条件下，，，连接并延长与的延长线相交于点M，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）连接，证明，推出，，即可证明；
（2）过A、B两点作直线的垂线，垂足分别为，延长交于点，设，，证明，得到，，据此计算即可求解；
（3）过点F作垂足为N，过点C作垂足为H，延长AE交BM于点Q，过点Q作垂足为P，设长为x，，求得，，证明和以及，结合多锐角三角函数的关系，经过计算即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
点O是中点，．
，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
；
（2）解：过A、B两点作直线的垂线，垂足分别为，延长交于点，
∵过A、C两点向经过点O的直线作垂线，垂足分别为E、F，
∴四边形都是矩形，，
∴，
∴，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：过点F作垂足为N，过点C作垂足为H，延长AE交BM于点Q，过点Q作垂足为P，
由（2）知，，
设长为x，，
，
，
解得（舍），，
∴，，
在中，，
∴，，，
在中，，，，
∵，
∴，
，
，
∴，，
∴，，，
设，，，
，
，
解得，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题以及学会利用参数构建方程是解题的关键．
知识考点与解题策略
三角形模型相关知识点
一、倍长中线相关模型：
1、倍长中线型（基本型）
如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线；
证明思路：延长AD至点E，使得AD=DE。若连结BE，则△BDE≌△CDA；
若连结EC，则△ABD≌△ECD。
2、类中线 / 中点型 eq \\ac(○,1)
如图，在△ABC中，D是BC中点；
证明思路：延长FD至点E使DE＝FD，则△FDB≌△EDC。
3、类中线 / 中点型 eq \\ac(○,2)
如图，C为AB的中点；
证明思路：若延长EC至点F，使得CF=EC，连结AF，则△BCE≌△ACF；
若延长DC至点G，使得CG=DC，连结BG，则△ACD≌△BCG。
截长补短
如下图，若要求证AB＋BD＝AC，
1、截长法：在长线段中截取一段等于另两条中的一条，然后证明剩下部分等于另一条。
思路：可以在线段AC上截取线段AB′＝AB，并连接DB，证明B′C＝BD即可。
2、补短法：将一条短线段延长，延长部分等于另一条短线段，然后证明新线段等于长线段。
思路：延长AB至点C′使得AC'＝AC，并连接BC′，证明BC′＝BD即可。
一线三等角（全等或相似）
1、同侧型一线三等角
如图，∠A=∠CPD=∠B，CP=DP；
证明思路：∠A=∠B，∠C=∠BPD + 任一边相等 ⇒ △BPD≌△ACP.
锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角
2、异侧型一线三等角
如图，∠1=∠2=∠3 + 任意一边相等
证明思路：∠CAP=∠PBD，∠C=∠BPD ⇒ △BPD≌△ACP.
锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角
手拉手模型（全等或相似）
1、双等腰三角形型
这是最为基础且常见的一种类型。两个等腰三角形通过连接它们的底角顶点，形成了一个简单而优雅的手拉手结构。这种模型在解决与等腰三角形相关的几何问题时，具有极高的应用价值。
如图，△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD。
2、双等腰直角三角形型
在等腰直角三角形中，90度的直角和两个相等的锐角为构建手拉手模型提供了独特的条件。这种模型在解决与角度和边长有关的几何问题时，往往能发挥出意想不到的效果。
如图，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。
3、双等边三角形型
等边三角形由于其特殊的性质，使得构建出的手拉手模型更加复杂且富有变化。多个等边三角形可以组合成各种美丽的几何图案，如正六边形、星形等。这些图案不仅具有观赏价值，还是解决某些特定几何问题的有力工具。
如图，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。
4、双正方形型
如图，四边形ABCFD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N。
结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE。
半角模型
1、正方形半角模型
如图，四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；
结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；
⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
2、等腰直角三角形半角模型
如图，ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAF；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=90°；④DE2＝BD2＋EC2；
3、等边三角形半角模型（60°-30°型）
如图，ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
4、等边三角形半角模型（120°-60°型）
如图，ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
5、半角模型（-型）
如图，∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。
对角互补模型
1、“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型）
如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
证明示例：
（证法一）如图（中），过点C作CM⊥OA于点M，CN⊥OB于点N.
∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
在正方形MONC中，由题意可得∠MCN＝360º－∠CMO－∠AOB－∠CNO＝90º，∴∠MCD＋∠DCN＝90º，
又∵∠DCE＝90º，∴∠ECN＋∠MCD＝90º，∴∠MCD＝∠ECN，
∴△CDM≌△CEN，∴CD＝CE，∴结论①成立；
∵四边形MONC为正方形，∴OM＝ON＝OC，
又∵OD＋OE＝OD＋ON＋NE＝OD＋ON＋DM＝OM＋ON，∴OD＋OE＝OC，∴结论②成立；
∴，∴结论③成立.
（证法二）如图（后），过点C作CF⊥OC交OB于点F，
∵OC平分∠AOB，∴∠DOC＝∠EOC＝45°，∴△COF是等腰直角三角形，
∴CO＝CF，∠CFO＝∠COD＝45°，
又∵∠DCO＋∠OCE＝∠ECF＋∠OCE＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，∴△COD≌△CFE，
∴OD＝EF，CD＝CE，∴结论①成立；
∵∴△COF是等腰直角三角形，∴OF＝OC；
又∵OD＋OE＝EF＋OE＝OF，∴OD＋OE＝OC，∴结论②成立；
，∴结论③成立.
2、“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型）
如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.
证明示例：
如图，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G.
由角平分线性质可得CF＝CG，∴四边形CFOG为正方形，
∵∠1＋∠2＝90º，∠3＋∠2＝90º，∴∠1＝∠3，∴△CDF≌△CEG，
∴CD＝CE，结论①成立；
在正方形CFOG中，OF＝OG＝OC，
∵OE－OD＝OG＋GE－OD＝OG＋FD－OD＝OG＋OF，∴OE－OD＝OC＝OC，结论②成立；
3、等边三角形对120°模型
如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
证明示例：
如图，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G.
由角平分线性质可得CF＝CG，在四边形OFCG中，∠FCG＝60º，
∵∠FCD＋∠DCG＝∠GCE＋∠DCG＝60º，∴∠FCD＝∠GCE，∴△CDF≌△CEG（ASA），
∴CD＝CE，结论①成立；
在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝60º，∴OF＝OG＝OC，
又∵OD＋OE＝OD＋OG＋EG＝OD＋OG＋DF＝OF＋OG，∴OD＋OE＝OC＝OC，结论②成立；
，结论③成立.
4、2α对180°-2α模型
如图，已知∠AOB＝，∠DCE＝，OC平分∠AOB.
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝2OC·cs，③.
5、蝴蝶型对角互补模型
如图，AP=BP，∠AOB=∠APB
结论：OP平分∠AOB的外角。