/熱點必刷題04圖形的變化綜合選填壓軸55題目錄TOC\o"1-3"\h\u一、幾何翻折綜合 2二、幾何旋轉綜合 4三、幾何平移綜合 10四、動點軌跡的圖像問題 12五、其他類綜合（含全等與相似） 14

一、幾何翻折綜合1．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，正方形紙片的邊長為，點，分別在，上，以為折痕折疊正方形，使頂點落在邊上的點處，的對應邊交于點，當時，的周長是．2．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，在矩形中，已知，，E為邊上一動點，將沿翻折到的位置，點A與點F重合，連接，則的最小值為（

）A． B． C．4 D．3．（2024·湖南永州·三模）如圖，在中，D是邊上的中點，連接，把沿翻折，得到與交于點E，連接，若，則下列結論中錯誤的是（

）A． B．C． D．的面積為4．（2024·浙江溫州·模擬預測）如圖，把一張長方形紙片沿，折疊，頂點，，，的對應點分別為，，，，點與重合，點恰與，的交點重合．若，，則的長為（

）A． B． C． D．5．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，在矩形中，，點在上，將沿直線折疊，使點A恰好落在上的點處，連接，分別與矩形的兩條對角線交于點和點，則下列結論錯誤的是（

）．A．是等腰直角三角形 B．C． D．6．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在矩形中，，動點N從A出發(fā)，沿邊向點D勻速運動，動點M從B出發(fā)，沿邊向點C勻速運動，連接．動點N，M同時出發(fā)，點N運動速度為，點M的運動速度為，且．當點M到達C時，M，N兩點同時停止運動．在運動過程中，將四邊形沿翻折，得到四邊形．若在某一時刻，點B的對應點恰好與的中點重合，則的值是（

）A． B． C． D．7．（2024·四川樂山·一模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的邊、分別在軸和軸上，，是的中點，將沿直線折疊后得到，延長交于點，連接，則點的坐標為（

）A． B． C． D．二、幾何旋轉綜合8．（2024·湖北荊州·一模）在中，．將繞點B順時針旋轉得到，點A的對應點為點D，點C的對應點為點E，點E在內，當時，過點A作于點F．若，則的長為．9．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，，，繞點B順時針旋轉得到．，垂足為E，點M在線段上，垂足為N，O為中點，當取得最大值時，面積的最大值為．10．（2024·遼寧丹東·模擬預測）如圖，點E為正方形邊上一點，連接，將繞點A逆時針方向旋轉得到，點B對應點為F，點E對應點為G，交于點H，連接．下列結論：①；②；③當點E與點C重合時；④當點G落在邊上時，；⑤當最短時，，其中正確的是（填寫序號）．11．（2024·河北邢臺·模擬預測）如圖，是邊長為2的等邊三角形，點E為中線上的動點．連接，將繞點C順時針旋轉得到．連接，則，連接，則周長的最小值是．12．（2024·陜西咸陽·模擬預測）如圖，在中，已知，D為直線邊上一動點，將線段繞點A逆時針旋轉得到，連接，若，則的最小值為．13．（2024·江蘇徐州·二模）如圖，和是以點為直角頂點的等腰直角三角形，且，分別作射線、，它們交于點．以點為旋轉中心，將按順時針方向旋轉，若的長為2，則面積的最小值是（

）A．4 B．8 C． D．14．（2024·山東德州·二模）如圖，在矩形中，點P在線段上運動（含B、C兩點），連接，以點A為中心，將線段逆時針旋轉60°到，連接，則線段的最小值為（

）A． B．5 C．3 D．115．（2024·四川南充·二模）如圖，在等邊中，，將繞點C逆時針旋轉（），得線段，連接，作的平分線交射線于點E．下列三個結論：①；②當時，；③面積的最大值為．其中正確的結論是（

）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③16．（2024·浙江寧波·模擬預測）如圖，已知是矩形的對角線，以點為旋轉中心將逆時針旋轉90°，得到，三點恰好在同一條直線上，設與相交于點，連結．有以下結論：①；②；③是線段的黃金分割點；④，其中正確的是（

）A．① B．①③ C．②④ D．①③④17．（2024·河南周口·一模）如圖，平行四邊形中，，，，是邊上一點，且，是邊上的一個動點，將線段繞點逆時針旋轉，得到，連接、，則的最小值是（

）.A．4 B． C． D．18．（2024·北京·模擬預測）如圖，在矩形中，，，點在線段上運動（含兩點），連接，以點為中心，將線段逆時針旋轉到，連接，則線段的最小值為（

）A． B． C． D．319．（2024·湖南長沙·一模）如圖，在中，，．點是邊上的中點，連接，將繞點逆時針旋轉，得到，延長交于點，連接，過點作，交于點．現(xiàn)有如下四個結論：①；②；③；④中正確的個數(shù)為（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個20．（2024·江蘇常州·二模）如圖，在中，，，．將繞點A順時針旋轉得到，邊上的一點P旋轉后的對應點為Q，連接，，則的最小值是（

）A． B． C． D．21．（2024·安徽淮南·二模）如圖，在中，，，，點D是斜邊上的動點，將線段繞點B旋轉至，連接，則的最小值是（

）A． B． C． D．22．（2024·浙江紹興·二模）如圖，在中，，，點是的中點，將繞著點順時針旋轉至，連接，交于點，交于點，則的值是（

）A． B． C． D．23．（2024·河南商丘·模擬預測）如圖，的頂點B，C都在坐標軸上，已知，，，且軸，將繞點C順時針旋轉，每次旋轉，第2025次旋轉后，點A的對應點的坐標是（

）A． B． C． D．24．（2024·安徽宣城·模擬預測）如圖，在中，，為邊上的一點，當時，連接，將線段繞點按逆時針方向旋轉，得到線段，連接，．若，則的面積的最大值為（

）A． B． C． D．25．（2024·安徽池州·一模）如圖，在等邊三角形中，為邊上的高，是直線上的一個動點，連接，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接．若，則在點的運動過程中，線段的長的最小值是（）A．2 B． C． D．26．（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，在正方形中，，M為邊上一動點，連接，將線段繞點M順時針旋轉得到線段，連接．當?shù)拈L最小時，的長為（

）

A．1 B． C． D．三、幾何平移綜合27．（2024·河南周口·二模）如圖，在矩形中，，點為上一點，將沿折疊，點的對應點恰好落在對角線上，再將沿射線平移得到，當在區(qū)域內的線段的長度為時，平移的距離為．

28．（2024·貴州貴陽·一模）如圖，是邊長為2的等邊三角形，將沿直線翻折，得到，再將在直線上平移，得到．連接，則的周長的最小值是．29．（2024·江蘇無錫·一模）如圖，四邊形是邊長為4的菱形，，將沿著對角線平移到，在移動過程中，與交于點，連接、、．則下列結論：①；②當時，；③當時，的長為；④的面積最大值為．其中正確的為（

）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①②④30．（2024·江蘇徐州·一模）如圖，在平面內，線段，為線段上的動點，三角板的邊所在的直線與線段垂直相交于點，且滿足．若點沿方向從點運動到點，則點運動的路徑長為（

）A．9 B．6 C． D．31．（2024·河北邯鄲·三模）如圖，在邊長為1的菱形中，，將沿射線的方向平移得到，分別連接，，，則的最小值為（）A．1 B． C． D．2四、動點軌跡的圖像問題32．（2024·湖南·模擬預測）如圖，在矩形中，分別是上的點（點分別不與點重合），且，則的最小值為．33．（2024·河南周口·模擬預測）把兩個全等的等腰直角三角形透明紙片如圖1放置（點與點重合），若將繞點在平面內旋轉，分別交邊于點（點均不與點重合）．設，在旋轉過程中，與的函數(shù)關系圖象如圖2所示，則下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．34．（2024·廣東珠?！と＃┤鐖D1，E為矩形的邊上一點，動點P，Q同時從點B出發(fā)，點P沿折線運動到點C時停止，點Q沿運動到點C時停止，它們運動的速度都是，設P，Q同時出發(fā)時，的面積為．已知y與t的函數(shù)關系如圖2所示（曲線為拋物線的一部分），則下列結論錯誤的是（

）A． B．當時，的面積是C．當時， D．當時，35．（2024·黑龍江大慶·三模）如圖①，在平行四邊形中，，點從點出發(fā)，以的速度沿勻速運動，點從點出發(fā)，以的速度沿勻速運動，其中一點到終點時，另一點隨之停止運動，圖②是的面積（單位：）隨時間（單位：）變化的函數(shù)圖象，當?shù)拿娣e為時，運動時間為（

）A． B．或 C． D．或36．（2024·河南周口·模擬預測）如圖1，在中，，，動點以每秒1個單位長度的速度從點出發(fā)沿線段運動，到點停止．同時動點以每秒4個單位長度的速度從點出發(fā)，沿折線運動，到點停止．圖2是點、運動時，的面積隨運動時間變化關系的圖象，則的面積的最大值為（

）A． B． C． D．37．（2024·河南·模擬預測）如圖1，在中，是的平分線，．點從點出發(fā)沿的方向，以每秒1個單位長度勻速運動，到點停止．設點的運動時間為，的面積為圖2是與的函數(shù)關系圖象，則下列說法不正確的是（

）A． B． C． D．38．（2024·河南駐馬店·模擬預測）如圖，在中，，，．動點P從點A出發(fā)，以的速度沿射線勻速運動，到點B停止運動，同時動點Q從點A出發(fā)，以的速度沿射線勻速運動．當點P停止運動時，點Q也隨之停止運動．在的右側以為邊作菱形，點N在射線上．設點P的運動時間為，菱形與的重疊部分的面積為，則能大致反映y與x之間函數(shù)關系的圖象是（

）A． B．C． D．五、其他類綜合（含全等與相似）39．（2024·江蘇宿遷·二模）如圖，在矩形中，，，將矩形沿對角線剪開，得到與，將沿方向平移得到，連接、，則的最小值為．40．（2024·浙江·模擬預測）如圖，四邊形中，，，E為的中點，F(xiàn)為上一點，且滿足，則的長為

（

）A． B． C． D．41．（2024·浙江嘉興·一模）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形與正方形，連接交于點，若為等腰三角形，則的值是（

）A． B． C． D．42．（2024·浙江溫州·一模）已知中，，以，為邊分別向外作兩個正方形，正方形，，，分別交邊，于點，，下列說法不正確的是（

）．A． B． C． D．43．（2024·安徽六安·二模）在中，，，，D在上，，B關于的對稱點E，連接交于，則下列結論中錯誤的是（

）A． B． C． D．44．（2024·浙江·模擬預測）四個全等的直角三角形按如圖方式圍成正方形，過各直角頂點作正方形各邊的平行線得到正方形．若，則的值為（

）A． B． C． D．45．（2024·重慶長壽·模擬預測）如圖，正方形中，，點在的延長線上，且，連接，的平分線與相交于點，連接，則的長為（

）A． B． C． D．46．（2024·四川瀘州·模擬預測）如圖，在邊長為4的正方形中，E，F(xiàn)分別在邊，，相交于點G，若，，則的長為（

）A． B． C． D．47．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，菱形的邊長為，，點在對角線上，點在邊上，，點為中點，則的最小值為（

）A． B． C． D．48．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，在矩形中，，．若E是邊上的一個動點，過點E作，交對角線于點O，交直線于點F，在點E移動的過程中，的最小值為（

）A．8 B． C．10 D．49．（2024·遼寧·模擬預測）數(shù)學家歐幾里得利用如圖所示驗證了勾股定理．以的三條邊為邊長向外作正方形，正方形，正方形，連接與相交于點D，若D為邊中點且，則正方形的面積為（

）A．16 B． C．4 D．50．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，在正方形中，E為邊的中點，以為斜邊向外作等腰，連接，線段上有一點G，且，則的值為（

）

A．2 B． C． D．51．（2024·安徽·三模）如圖，在正方形中，M為的中點，以為一邊作正方形，連接交于G，交于H、連接．則下列結論中：①；②；③；④，正確的是（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④52．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，在矩形中，，點分別在線段和線段的延長線上．若，則的長為（

）A． B． C． D．53．（2024·江蘇泰州·模擬預測）如圖所示，在矩形中，F(xiàn)是上一點，平分交于點E，且，垂足為點M，，，則的長是（

）A． B． C．1 D．54．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，在中，，，為上一點，為上一點，若，，則的值為（

）A． B． C． D．55．（2024·安徽合肥·三模）如圖，矩形中，平分，過點作，連接并延長交于點，交于點．則下列結論：①；②；③若，，則；④若，則．其中正確的是（

）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個

熱點必刷題04圖形的變化綜合選填壓軸55題目錄TOC\o"1-3"\h\u一、幾何翻折綜合 2二、幾何旋轉綜合 12三、幾何平移綜合 44四、動點軌跡的圖像問題 53五、其他類綜合（含全等與相似） 65

一、幾何翻折綜合1．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，正方形紙片的邊長為，點，分別在，上，以為折痕折疊正方形，使頂點落在邊上的點處，的對應邊交于點，當時，的周長是．【答案】【分析】根據(jù)折疊的性質得到，，，，，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程求出、，證明，根據(jù)相似三角形的性質求出、，根據(jù)三角形周長公式計算即可．【詳解】解：∵正方形紙片的邊長為，以為折痕折疊正方形，使頂點落在邊上的點處，，∴，，，，，，設，則，，在中，，即，解得：，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：，，∴，，∴的周長是．故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質、正方形的性質、翻轉變換、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理是解題的關鍵．2．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，在矩形中，已知，，E為邊上一動點，將沿翻折到的位置，點A與點F重合，連接，則的最小值為（

）A． B． C．4 D．【答案】D【分析】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理等知識，找到最小距離是解題的關鍵．在上取點G，使，連接FG，DG，證明，可得出，則，當、、三點共線時，最小，在中，利用勾股定理求出即可．【詳解】解：如圖，在上取點G，使，連接，．沿邊翻折到，，又，，，，又，，，，，當、、三點共線時，最小，在中，，，，，即的最小值為．故選：D．3．（2024·湖南永州·三模）如圖，在中，D是邊上的中點，連接，把沿翻折，得到與交于點E，連接，若，則下列結論中錯誤的是（

）A． B．C． D．的面積為【答案】D【分析】本題主要考查了等邊三角形的判定及性質、折疊的性質等知識點，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．根據(jù)折疊的性質可得、可判斷B選項，再結合中點定義以及已知條件可得可判斷A選項，易證為等腰三角形可判定C選項；如圖：連接交于，根據(jù)折疊的性質以及可得，再解直角三角形可得，最后運用三角形的面積公式即可解答．【詳解】解：∵把沿翻折，得到與交于點E，∴，，即B選項正確，不符合題意；∵D是邊上的中點，∴，∵，∴，即A選項正確，不符合題意；∴為等邊三角形，∴，即C選項正確，不符合題意；如圖：連接交于，∵把沿翻折，得到與交于點E，∴，，,∴,∴,∴的面積為，即D錯誤，符合題意．故選D．4．（2024·浙江溫州·模擬預測）如圖，把一張長方形紙片沿，折疊，頂點，，，的對應點分別為，，，，點與重合，點恰與，的交點重合．若，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點作于點，由折疊及矩形的性質得：，，，再證，得，又證四邊形是矩形，得，進而利用勾股定理求得于是利用得求解即可得解。【詳解】解：過點作于點，由題意得：，，，，，∴，∴，∵四邊形是長方形，∴，∴四邊形是矩形，，∴由折疊可得∴∴∵∴∴∴∵∴∴∴故選．【點睛】本題考查矩形的性質，相似三角形的判定與性質，平行線的判定與性質，等腰三角形的判定，熟練掌握這些知識是解題的關鍵．5．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，在矩形中，，點在上，將沿直線折疊，使點A恰好落在上的點處，連接，分別與矩形的兩條對角線交于點和點，則下列結論錯誤的是（

）．A．是等腰直角三角形 B．C． D．【答案】D【分析】本題主要考查了折疊的性質、矩形的性質、等腰三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、正弦的定義等知識點，靈活運用相關性質和判定成為解題的關鍵．根據(jù)折疊的性質和矩形的性質可判定A選項；根據(jù)折疊的性質以及相似三角形的判定與性質可得判定B選項；根據(jù)平行線等分線段定理可判定C選項；如圖，過點作于點，再求得、，然后運用正弦的定義即可解答．【詳解】解：將沿直線折疊，，，，是等腰直角三角形，故選項A正確，不符合題意；，，將沿直線折疊，，，，，，故選項B正確，不符合題意；，，，，，故選項C正確，不符合題意；如圖，過點作于點，，．，，，，．故選項D錯誤．故選D．6．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在矩形中，，動點N從A出發(fā)，沿邊向點D勻速運動，動點M從B出發(fā)，沿邊向點C勻速運動，連接．動點N，M同時出發(fā)，點N運動速度為，點M的運動速度為，且．當點M到達C時，M，N兩點同時停止運動．在運動過程中，將四邊形沿翻折，得到四邊形．若在某一時刻，點B的對應點恰好與的中點重合，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】如圖，設交于點，設，利用勾股定理求出（用表示），再利用相似三角形的性質求出（用表示），可得結論．【詳解】解：如圖，設交于點，設，，可以假設，，四邊形是矩形，，，，點是的中點，，由翻折的性質可知，，，，，在中，，，，，，，，，，，，，，，，，，設，則，，，，，故選：B．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，矩形的性質，折疊的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．7．（2024·四川樂山·一模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的邊、分別在軸和軸上，，是的中點，將沿直線折疊后得到，延長交于點，連接，則點的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點作于點，如圖所示．由折疊得，，，進而得，證（），得，設，則，由勾股定理得，，進而求得，．又證明，得，利用相似三角形的性質求得、即可得解。【詳解】解：過點作于點，如圖所示．由折疊得，，，∵點為的中點，∴，∵四邊形是矩形，∴，，．∴，在和中，∵，，∴（），∴．設，則，，，∵，∴，解得：，∴，．∵，，∴∵∴，∴，∴，，∴點的坐標為．故選：．【點睛】本題考查了翻折變換（折疊問題），坐標與圖形性質，矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定及性質，全等三角形的判定及性質，熟練掌握矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定及性質是解題的關鍵．二、幾何旋轉綜合8．（2024·湖北荊州·一模）在中，．將繞點B順時針旋轉得到，點A的對應點為點D，點C的對應點為點E，點E在內，當時，過點A作于點F．若，則的長為．【答案】【分析】此題重點考查旋轉的性質、勾股定理、矩形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識，正確地作出輔助線是解題的關鍵．延長交于點G，作于點H，則，根據(jù)勾股定理求得，由旋轉得，可證明四邊形是矩形，解直角三角形的相關計算求出的長，再證明，得到于是得到問題的答案．【詳解】解：如圖，延長交于點G，作于點H，則，于點F，，，由旋轉得，，四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，，，，，故答案為：．9．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，，，繞點B順時針旋轉得到．，垂足為E，點M在線段上，垂足為N，O為中點，當取得最大值時，面積的最大值為．【答案】【分析】由，可知在以為圓心，為直徑的圓上運動，如圖，作于，證明，則，可知當取得最大值時，最大，此時重合，，，設，則，，，由，可知當時，最大，計算求解即可．【詳解】解：∵，∴在以為圓心，為直徑的圓上運動，如圖，作于，由旋轉的性質可知，，，∵，∴，又∵，，∴，∴，∴當取得最大值時，最大，此時重合，，∴，設，則，，∴，∵，∴當時，最大為，故答案為：．【點睛】本題考查了的圓周角所對的弦為直徑，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，正切，二次函數(shù)的應用，二次函數(shù)的最值等知識．熟練掌握的圓周角所對的弦為直徑，旋轉的性質，全等三角形的判定與性質，正切，二次函數(shù)的應用，二次函數(shù)的最值是解題的關鍵．10．（2024·遼寧丹東·模擬預測）如圖，點E為正方形邊上一點，連接，將繞點A逆時針方向旋轉得到，點B對應點為F，點E對應點為G，交于點H，連接．下列結論：①；②；③當點E與點C重合時；④當點G落在邊上時，；⑤當最短時，，其中正確的是（填寫序號）．【答案】①②③④⑤【分析】根據(jù)旋轉的性質即可判斷①，利用正方形性質得到，結合旋轉的性質得到，進而得到，即可得到，判斷②，當點E與點C重合時，連接，證明為等邊三角形，結合正方形性質證明，利用全等三角形性質以及等邊三角形性質即可判斷③，當點G落在邊上時，作的垂直平分線交于點，連接，證明，結合旋轉的性質得到，結合垂直平分線性質得到，利用直角三角形性質，以及解直角三角形的應用表示出，，再根據(jù)即可判斷④，在過點且垂直于的線段上運動，根據(jù)垂線段最短，即當時，最短，過點作于點，證明四邊形為矩形，得到，結合直角三角形性質以及正方形性質即可判斷⑤．【詳解】解：將繞點A逆時針方向旋轉得到，，故①正確；四邊形為正方形，，由旋轉的性質可知，，，，，，故②正確；當點E與點C重合時，連接，如圖所示：由旋轉的性質可知，，，為等邊三角形，，四邊形為正方形，，，，，故③正確；當點G落在邊上時，作的垂直平分線交于點，連接，四邊形為正方形，，，由旋轉的性質可知，，，，，，的垂直平分線交于點，，，，，，，，故④正確；在過點且垂直于的線段上運動，根據(jù)垂線段最短，即當時，最短，過點作于點，，，，四邊形為矩形，，，，，故⑤正確；綜上所述，正確的有①②③④⑤．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，矩形的性質和判定，等邊三角形的性質和判定，旋轉的性質，全等三角形的性質和判定等，解直角三角形，準確的作出圖形并作出輔助線是解題的關鍵．11．（2024·河北邢臺·模擬預測）如圖，是邊長為2的等邊三角形，點E為中線上的動點．連接，將繞點C順時針旋轉得到．連接，則，連接，則周長的最小值是．【答案】【分析】證明可得，得到點在射線上運動，如圖所示，作點關于的對稱點，連接，可得當三點共線時，取最小值，即，由得到，即得，進而由勾股定理得，據(jù)此即可求解．【詳解】解：∵為等邊三角形，為高上的動點，，∵將繞點順時針旋轉得到，，，，，∴點在射線上運動，如圖所示，作點關于的對稱點，連接，設交于點，則，在中，，則，當三點共線時，取最小值，即，∵，∴，∵，∴，∴，∴周長的最小值為，故答案為：；．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，軸對稱的性質，兩點之間線段最短，直角三角形的性質，勾股定理，正確作出輔助線是解題的關鍵．12．（2024·陜西咸陽·模擬預測）如圖，在中，已知，D為直線邊上一動點，將線段繞點A逆時針旋轉得到，連接，若，則的最小值為．【答案】【分析】連接，先證明，得到點E在直線上運動，過點B作于點G，解答即可．【詳解】解：連接，∵，，，，∴，，∴，∵，∴，∴，．故點E在直線上運動，，過點B作于點G，根據(jù)垂線段最短，得當點E與點G重合時，取得最小值，∵，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了三角形全等的判定和性質，等腰三角形的性質，垂線段最短，三角函數(shù)的應用，熟練掌握全等的性質，垂線段最短，三角函數(shù)的應用是解題的關鍵．13．（2024·江蘇徐州·二模）如圖，和是以點為直角頂點的等腰直角三角形，且，分別作射線、，它們交于點．以點為旋轉中心，將按順時針方向旋轉，若的長為2，則面積的最小值是（

）A．4 B．8 C． D．【答案】A【分析】本題考查了旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、切線的性質、勾股定理、等腰三角形的性質等知識點，靈活運用相關性質成為解題的關鍵．先證明，則，推出，由題意知，E在以A為圓心，2為半徑的圓上運動，如圖，當在下方且與相切時，線段最短，面積的最?。辉僮C明四邊形是正方形，則，由勾股定理得，，則，最后根據(jù)三角形的面積公式計算即可．【詳解】解：∵和是以點A為直角頂點的等腰直角三角形，且，∴，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴，如圖：由題意知，E在以A為圓心，2為半徑的圓上運動，∵，∴當在下方且與相切時，點M到距離最小，面積的最小∵，∴四邊形是矩形，∵∴四邊形是正方形，∴，由勾股定理得，，∴，∴．故選：A．14．（2024·山東德州·二模）如圖，在矩形中，點P在線段上運動（含B、C兩點），連接，以點A為中心，將線段逆時針旋轉60°到，連接，則線段的最小值為（

）A． B．5 C．3 D．1【答案】A【分析】本題考查矩形的性質，旋轉變換，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，本題的突破點是證明點Q的在射線上運動．如圖，以為邊向右作等邊，作射線交于點E，過點D作于H．利用全等三角形的性質證明，推出，推出點Q在射線上運動，求出，可得結論．【詳解】解：如圖，以為邊向右作等邊，作射線交于點E，過點D作于H．∵四邊形是矩形，∴，∵都是等邊三角形，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴點Q在射線上運動，∵，∴，∵，∴．根據(jù)垂線段最短可知，當點Q與H重合時，的值最小，最小值為．故選A．15．（2024·四川南充·二模）如圖，在等邊中，，將繞點C逆時針旋轉（），得線段，連接，作的平分線交射線于點E．下列三個結論：①；②當時，；③面積的最大值為．其中正確的結論是（

）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③【答案】C【分析】①首先利用等邊三角形的性質和性質的性質得到，然后利用的等腰三角形的性質和三角形內角和定理即可求解；②如圖，過作于，利用等腰三角形的性質得到，然后利用已知條件得到，接著利用勾股定理和三角函數(shù)即可求解；③根據(jù)①，故點在的外接圓上，當點到的距離最大時，面積有最大值，由此即可求解．【詳解】解：①等邊中，，由旋轉的性質可得：，，∴，故①正確；②如圖，過作于F，∵平分線，∴垂直平分，∴，∴，∴，當時，，在中，，而，，在中，，，∴，故②錯誤；③根據(jù)①，故點在的外接圓上，當點到的距離最大時，面積有最大值，此時點與重合，∴面積的最大值為，故③正確，故選：C．【點睛】此題主要考查旋轉的性質，同時也利用了等邊三角形的性質、等腰三角形的性質、三角函數(shù)及勾股定理，有一定的綜合性，對于學生的能力要求比較高．16．（2024·浙江寧波·模擬預測）如圖，已知是矩形的對角線，以點為旋轉中心將逆時針旋轉90°，得到，三點恰好在同一條直線上，設與相交于點，連結．有以下結論：①；②；③是線段的黃金分割點；④，其中正確的是（

）A．① B．①③ C．②④ D．①③④【答案】D【分析】本題考查旋轉的性質，相似三角形的判定和性質以及黃金分割點的性質，全等三角形的判定和性質等綜合知識，由是繞點逆時針旋轉得到的，得到再由矩形的性質得出，從而判斷①；由可得從而判斷②；由及得出可判斷③；在線段上作連接通過得出是等腰直角三角形，可以判斷④，關鍵是根據(jù)已知比例式確定兩個三角形相似．【詳解】解：∵是繞點逆時針旋轉得到的，∴，∴，又∵四邊形是矩形，∴，∴，即，∴，即，故①符合題意；∵，∴，即是直角三角形，而顯然不是直角三角形，故②不符合題意；在和中，即∴點是線段的黃金分割點，故③符合題意；在線段上取并連接如圖，在和中，，，是等腰直角三角形，，，故④符合題意；故選：D．17．（2024·河南周口·一模）如圖，平行四邊形中，，，，是邊上一點，且，是邊上的一個動點，將線段繞點逆時針旋轉，得到，連接、，則的最小值是（

）.A．4 B． C． D．【答案】C【分析】本題考查旋轉變換，軌跡，菱形的性質，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定和性質等知識．取的中點．連接，，，作交的延長線于．利用全等三角形的性質證明，點的運動軌跡是射線，由“”可證，可得，推出，求出即可解決問題．【詳解】解：如圖，取的中點．連接，，，作交的延長線于，，，，點是的中點，，，，是等邊三角形，，，，，，，，，點的運動軌跡是射線，，，，，，，在中，，，，，，在中，，，的最小值為，故選：C．18．（2024·北京·模擬預測）如圖，在矩形中，，，點在線段上運動（含兩點），連接，以點為中心，將線段逆時針旋轉到，連接，則線段的最小值為（

）A． B． C． D．3【答案】D【分析】如圖，以為邊向右作等邊，作射線交于點E，過點D作于H．利用全等三角形的性質證明，推出，推出點Q在射線上運動，求出，可得結論．【詳解】解：如圖，以為邊向右作等邊，作射線交于點E，過點D作于H．∵四邊形是矩形，∴，∵都是等邊三角形，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴點Q在與過點F且與垂直的射線上運動，∵，∴，∵，，∴點Q在射線上運動，∵，∴，∵，∴．根據(jù)垂線段最短可知，當點Q與H重合時，的值最小，最小值為3．故選D．【點睛】本題考查矩形的性質，旋轉變換，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，本題的突破點是證明點Q的在射線上運動．19．（2024·湖南長沙·一模）如圖，在中，，．點是邊上的中點，連接，將繞點逆時針旋轉，得到，延長交于點，連接，過點作，交于點．現(xiàn)有如下四個結論：①；②；③；④中正確的個數(shù)為（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據(jù)題意條件可證得，結合全等三角形的性質得到是等腰直角三角形，則，故①正確；過點A作，垂足為點H，通過條件證得，，再通過條件證得，結合對應邊相等可得到，從而說明②③正確；通過邊長的等量關系能推出，最后說明，故能說明④錯誤．【詳解】解：∵由題可知，，，∴，，，，，∵，∴，∵，∴，在與中，∵，∴，∴，，，∴是等腰直角三角形，即，故①正確；如圖，過點A作，垂足為點H，∵是等腰直角三角形，∴，∵點是邊上的中點，∴，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，故②正確；∴，故③正確；∵，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，，則，故④錯誤；故選C【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、旋轉的性質、等腰直角三角形性質與判定，銳角三角函數(shù)的應用等知識，綜合運用相關知識，采用數(shù)形結合的方法是解題關鍵．20．（2024·江蘇常州·二模）如圖，在中，，，．將繞點A順時針旋轉得到，邊上的一點P旋轉后的對應點為Q，連接，，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查的是旋轉的性質，勾股定理的應用，軸對稱的性質，化為最簡二次根式，作出適當?shù)妮o助線是解本題的關鍵．如圖，作關于直線的對稱點，連接，過作于，由，當三點共線時，最小，再進一步利用勾股定理可得答案．【詳解】解：如圖，作關于直線的對稱點，連接，過作于，∴，共線，，由旋轉可得：，，∴，當三點共線時，最小，∵，∴，，∴，，∴，∴；∴的最小值是；故選B21．（2024·安徽淮南·二模）如圖，在中，，，，點D是斜邊上的動點，將線段繞點B旋轉至，連接，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了解直角三角形、等邊三角形的判定與性質、勾股定理等知識點，正確找出當?shù)闹底钚r，點的位置是解題關鍵．過點作于點，過點作于點，先確定出當點三點共線時，最小，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質、勾股定理可得，根據(jù)線段垂直平分線的性質可得，然后解直角三角形可得，從而可得，利用勾股定理可得，則，最后根據(jù)三角形的面積公式可得，由此即可得出答案．【詳解】解：如圖，過點作于點，過點作于點，∵，則當點三點共線時，，此時最小，由旋轉的性質得：，∴是等邊三角形，∴點是的中點，，∴，又∵，點是的中點，，，，，，，，在中，，，，，，即的最小值為，故選：C．22．（2024·浙江紹興·二模）如圖，在中，，，點是的中點，將繞著點順時針旋轉至，連接，交于點，交于點，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題主要考查等腰直角三角形的性質，全等三形的判定和性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)的計算方法，掌握全等三角形的判定和性質，銳角三角函數(shù)的計算方法，合理構造三角形全等是解題的關鍵．過點作于點，過點作于點，可證，可得，再證，可得，設，則，，，，，在中，運用勾股定理可得，根據(jù)等面積法，可求出的值，在中，可求出的值，再根據(jù)正切值的計算方法即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作于點，過點作于點，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∵點是中點，∴，∴∴，∵，，∴，且，∴，∴，∴，∴，∴設，則，，∴，，在中，，∴，在中，，∵，∴，在中，，∴．故選：D．23．（2024·河南商丘·模擬預測）如圖，的頂點B，C都在坐標軸上，已知，，，且軸，將繞點C順時針旋轉，每次旋轉，第2025次旋轉后，點A的對應點的坐標是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查坐標與圖形變化旋轉、等腰三角形的性質及點的坐標變化規(guī)律，熟知圖形的性質及根據(jù)所給旋轉方式發(fā)現(xiàn)每旋轉四次，點對應點的坐標循環(huán)出現(xiàn)是解題的關鍵．先求出點的坐標，再由旋轉可知，每旋轉四次，點對應點的坐標循環(huán)出現(xiàn)，據(jù)此可解決問題．【詳解】解：，，，．在中，．，且軸，點的坐標為．，每旋轉四次，點對應點的坐標循環(huán)出現(xiàn)．余1，點的坐標與點的坐標相同．將繞點順時針旋轉，如圖所示，分別過點和點作軸的垂線，垂足分別為和，由旋轉可知，，，，．在和中，，，，．，，，，，點的坐標為，即點的坐標為．故選：A24．（2024·安徽宣城·模擬預測）如圖，在中，，為邊上的一點，當時，連接，將線段繞點按逆時針方向旋轉，得到線段，連接，．若，則的面積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】在上截取，連接，過B作交延長線于H，由旋轉性質和等邊三角形的判定與性質證明是等邊三角形得到，，進而證明得到，則有，設，利用直角三角形的性質得到則，進而得到，然后利用二次函數(shù)的性質求解即可．【詳解】解：在上截取，連接，過B作交延長線于H，則，由旋轉性質得，，∵，，∴是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，在中，設，則，，∵，，，∴，，∴，∵，∴當時，最大，最大值為，故選：D．【點睛】本題考查二次函數(shù)的性質，旋轉的性質、等邊三角形的判定與性質、全等三角的判定與性質、直角三角形的性質、三角形的外角性質等知識，熟練掌握等邊三角形的性質和二次函數(shù)的性質，添加合適的輔助線構造全等三角形，利用二次函數(shù)性質求解幾何最值問題是解答的關鍵．25．（2024·安徽池州·一模）如圖，在等邊三角形中，為邊上的高，是直線上的一個動點，連接，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接．若，則在點的運動過程中，線段的長的最小值是（）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】連接，因為是直線上的一個動點，所以將線段繞點逆時針旋轉得到線段，在點M運動過程中，點N在線段上運動，再根據(jù)垂線段最短可得當時，最短，再證明，即可由等邊三角形與直角三角形的性質求解．【詳解】解：如圖，當點M在點D處時，線段繞點逆時針旋轉得到線段，當點M在點C處時，線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接，∵是直線上的一個動點，∴將線段繞點逆時針旋轉得到線段，在點M運動過程中，點N在線段上運動，根據(jù)垂線段最短可得，當時，最短，由旋轉可知：，，連接，∴是等邊三角形，∴，，∵等邊三角形中，為邊上的高，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．故選：B．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，垂線段最短的性質，點N在線段上運動是解題的關鍵，也是本題的難點．26．（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，在正方形中，，M為邊上一動點，連接，將線段繞點M順時針旋轉得到線段，連接．當?shù)拈L最小時，的長為（

）

A．1 B． C． D．【答案】A【分析】如圖所示，將繞點M順時針旋轉得到，連接并延長交于G，連接，由正方形的性質可得，，由旋轉的性質可得，證明得到，；證明，得到；如圖所示，延長到T，使得，連接，則四邊形是平行四邊形，可得，，則點E在射線上運動，故當時，有最小值；如圖所示，過點G作于K，求出，則，根據(jù)，得到，則，，解直角三角形得到，；再證明，得到，則，解直角三角形得到，，則；如圖所示，過點M作于H，則，解直角三角形求出即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，將繞點M順時針旋轉得到，連接并延長交于G，連接，由正方形的性質可得，，∴，由旋轉的性質可得，∴，∴，∴，；∵，∴，∴，∴，∴；如圖所示，延長到T，使得，連接，則四邊形是平行四邊形，∴，，∴點E在射線上運動，∴當時，有最小值；如圖所示，過點G作于K，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，；∵，∴，∴，∴，在中，，在中，，∴；如圖所示，過點M作于H，∴，在中，，∴，故選：A．

【點睛】本題主要考查了正方形的性質，解直角三角形，旋轉的性質，平行四邊形的性質與判定，勾股定理，全等三角形的性質與判定，角平分線的性質等等，正確作出輔助線確定點E的運動軌跡是解題的關鍵．三、幾何平移綜合27．（2024·河南周口·二模）如圖，在矩形中，，點為上一點，將沿折疊，點的對應點恰好落在對角線上，再將沿射線平移得到，當在區(qū)域內的線段的長度為時，平移的距離為．

【答案】或【分析】根據(jù)矩形的性質及折疊的性質得到，，再根據(jù)相似三角形的判定與性質得到分兩種情況即可解答．【詳解】解：∵在矩形中，，∴在中，，∵，∴，由折疊得：，，∴，設，則，，∴在中，,∴，∴解得：，∴，，①如圖1，當在區(qū)域內的線段的交點在的下方時，過點作于點，∵，∴，∴，∴，設，∵，∴，，，，∴，∵由平移的性質得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴平移的距離；

②如圖2，當在區(qū)域內的線段的交點與點重合時，過點作于點，∴，∵，∴，∴，∵，∴在中，，，由平移的性質得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴，綜上，平移的距離為或，故答案為或.

【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，勾股定理，折疊的性質，平移的性質，矩形的性質，一元一次方程與幾何問題，掌握相似三角形的性質是解題的關鍵．28．（2024·貴州貴陽·一模）如圖，是邊長為2的等邊三角形，將沿直線翻折，得到，再將在直線上平移，得到．連接，則的周長的最小值是．【答案】【分析】本題主要考查了翻折，平移的性質，等邊三角形的性質以及菱形的判定與性質，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．作關于點的對稱點，交于點，連接，利用勾股定理求出即可得到答案．【詳解】解：作關于點的對稱點，交于點，連接，由題意可知，將沿直線翻折，得到，再將在直線上平移，得到，的周長的最小值轉化為周長的最小值，當三點共線時，最小為的長，均為等邊三角形，，四邊形是菱形，，，，在中，，周長的最小值為，故的周長的最小值為．故答案為：．29．（2024·江蘇無錫·一模）如圖，四邊形是邊長為4的菱形，，將沿著對角線平移到，在移動過程中，與交于點，連接、、．則下列結論：①；②當時，；③當時，的長為；④的面積最大值為．其中正確的為（

）A．①③ B．②③ C．①②③ D．①②④【答案】D【分析】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的性質，解直角三角形，解一元二次方程．證明四邊形是平行四邊形，都是等邊三角形，即可判斷①；利用三角形內角和定理，通過計算即可判斷②；設，證明，得到關于的一元二次方程，解方程即可判斷③；設，利用，得到關于的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質即可判斷④．【詳解】解：連接，∵四邊形是邊長為4的菱形，，∴和都是等邊三角形，∴，由平移的性質得，四邊形是平行四邊形，∴，，，，∴都是等邊三角形，∴，∴，①正確；∵，∴，∴，∵，即，∴，②正確；設，則，，∵，∴，∵，∴，∴，即，整理得，解得，∴，③錯誤；作于點，于點，設，則，，∴，，∴等邊、、的高都是，∴，，，，，，∵，∴當時，有最大值，最大值為，④正確．綜上，①②④正確，故選：D．30．（2024·江蘇徐州·一模）如圖，在平面內，線段，為線段上的動點，三角板的邊所在的直線與線段垂直相交于點，且滿足．若點沿方向從點運動到點，則點運動的路徑長為（

）A．9 B．6 C． D．【答案】D【分析】本題考查了平移的性質，根據(jù)三角板的邊所在的直線與線段垂直相交于點，且滿足，判斷出三角板平移的角度，要求的路徑長，只需要轉化為求的路徑長，而，主動點的運動路徑即是線段，由此可求出從動點的路徑長．【詳解】解：三角板的邊所在的直線與線段垂直相交于點，且滿足，，，當點沿方向從點運動到點，點的運動軌跡必須保證，因此三角板的運動軌跡如圖所示，要求點運動的路徑，根據(jù)平移的性質，，，在中，，又，．點運動的路徑長為．故選：D．31．（2024·河北邯鄲·三模）如圖，在邊長為1的菱形中，，將沿射線的方向平移得到，分別連接，，，則的最小值為（）A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】根據(jù)菱形的性質得到，，根據(jù)平移的性質得到，，推出四邊形是平行四邊形，得到，于是得到的最小值的最小值，根據(jù)平移的性質得到點在過點且平行于的定直線上，作點關于定直線的對稱點，連接交定直線于，則的長度即為的最小值，求得，得到，于是得到結論【詳解】解：在邊長為1的菱形中，，，，將沿射線的方向平移得到，，，四邊形是菱形，，，，，，四邊形是平行四邊形，，的最小值的最小值，點在過點且平行于的定直線上，作點關于定直線的對稱點，連接交定直線于，則的長度即為的最小值，在中，，，，，，，，，作，過點D作垂足為G在中，．故選：．【點睛】本題考查了軸對稱最短路線問題，菱形的性質，矩形的判定和性質，解直角三角形，平移的性質，求得的最小值的最小值是解題的關鍵．四、動點軌跡的圖像問題32．（2024·湖南·模擬預測）如圖，在矩形中，分別是上的點（點分別不與點重合），且，則的最小值為．【答案】/【分析】分別以為邊作平行四邊形，連接，過點E作交于點G，根據(jù)相似三角形的判定和性質求出為定值，證明，在中，利用勾股定理求出，再利用三角形三邊關系求出的最小值為，即可求解．【詳解】解：分別以為邊作平行四邊形，連接，過點E作交于點G，，四邊形是矩形，，矩形中，，，，，，，，，，，即，解得：，四邊形是平行四邊形，，，，在中，由勾股定理得：，的最小值為，的最小值為，故答案為：．【點睛】此題考查相似三角形的判定和性質，平行四邊形性質，矩形的判定與性質，勾股定理，三角形三邊關系的應用，正確作出輔助線構造相似三角形，及平行四邊形是解題的關鍵．33．（2024·河南周口·模擬預測）把兩個全等的等腰直角三角形透明紙片如圖1放置（點與點重合），若將繞點在平面內旋轉，分別交邊于點（點均不與點重合）．設，在旋轉過程中，與的函數(shù)關系圖象如圖2所示，則下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查了三角形中的動點與函數(shù)圖象，勾股定理和旋轉根據(jù)題意若點與點重合，則，，確定的值，判斷選項；證明，判斷選項和，由，，，則，，，從而判斷，解題的關鍵是通過函數(shù)圖象獲取信息及熟練掌握知識點的應用．【詳解】由題意可知，若點與點重合，則，，∴，故選項中的結論不正確，由可得，∴，，∴，∴，∴，∴，故選項中的結論不正確，選項中的結論正確，∵，，，∴，，，∵，，∴，故選項中的結論不正確，故選：．34．（2024·廣東珠海·三模）如圖1，E為矩形的邊上一點，動點P，Q同時從點B出發(fā)，點P沿折線運動到點C時停止，點Q沿運動到點C時停止，它們運動的速度都是，設P，Q同時出發(fā)時，的面積為．已知y與t的函數(shù)關系如圖2所示（曲線為拋物線的一部分），則下列結論錯誤的是（

）A． B．當時，的面積是C．當時， D．當時，【答案】C【分析】本題考查動點的函數(shù)圖象，從圖象中有效的獲取信息，是解題的關鍵；由函數(shù)圖象得，當時，點到達點，點到達點，進而得到當時，點在上運動，，判斷B，求出的長，勾股定理求出的長，判斷A，過點作于點，證明，求出，判斷C，求出時，的長，判斷D即可．【詳解】解：由函數(shù)圖象得，當時，點到達點，點到達點，當時，點在上運動，，當時，點到達點，故選項B正確；∵，時，，解得，∴，故選項正確；當時，點在線段上，則，過點作于點，則：，∴，∴，，∴，，故選項錯誤；，當時，點在線段上，此時，，，故選項D正確．故選：C．35．（2024·黑龍江大慶·三模）如圖①，在平行四邊形中，，點從點出發(fā)，以的速度沿勻速運動，點從點出發(fā)，以的速度沿勻速運動，其中一點到終點時，另一點隨之停止運動，圖②是的面積（單位：）隨時間（單位：）變化的函數(shù)圖象，當?shù)拿娣e為時，運動時間為（

）A． B．或 C． D．或【答案】C【分析】由題意和圖可知，當時，點在上運動，而點繼續(xù)在上運動，可求得，，由勾股定理得，然后分當時和當時兩種情況求解即可．【詳解】解：由圖、圖可知，當時，點與點重合，當時，點在上運動，而點繼續(xù)在上運動，四邊形是平行四邊形，點、點的速度都是，∴，，∵，∴，由勾股定理得，，當時，如圖作，交的延長線于點，則，∵，∴，∴，∴，即，解得，，∴，令，解得：；當時，如圖，作，交的延長線于點，∵，∴，解得，，∴，令，，解得：，不合題意，舍去，綜上所述：．故選：C．【點睛】本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，平行四邊形的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質、二次函數(shù)的性質、一次函數(shù)的性質．數(shù)形結合并分類討論求出與之間的函數(shù)關系式是解題的關鍵．36．（2024·河南周口·模擬預測）如圖1，在中，，，動點以每秒1個單位長度的速度從點出發(fā)沿線段運動，到點停止．同時動點以每秒4個單位長度的速度從點出發(fā)，沿折線運動，到點停止．圖2是點、運動時，的面積隨運動時間變化關系的圖象，則的面積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意和圖2可推出，，得到，，當在上時，即，此時，過點作于點，再由平行四邊形的性質和，可得到，從而推出，得到，可知當時，取最大值；當點Q在上時，即時，根據(jù)平行四邊形的性質可推出，根據(jù)一次函數(shù)性質，可知當時，取最大值，綜上當時，得到，即的面積的最大值．【詳解】解：根據(jù)題圖2可知，當時，點停止運動，根據(jù)題意得，，當在上時，即，此時過點作于點，如圖1，四邊形是平行四邊形又在中，當時，取最大值，最大值為當點Q在上時，即時，如圖2，四邊形是平行四邊形越小，越大，取最大值，最大值為綜上所述，，取最大值，最大值為的值為，即的面積的最大值為．故選：C．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質、二次函數(shù)的性質、一次函數(shù)的性質、解直角三角形、二次函數(shù)的最值、一次函數(shù)的最值，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．37．（2024·河南·模擬預測）如圖1，在中，是的平分線，．點從點出發(fā)沿的方向，以每秒1個單位長度勻速運動，到點停止．設點的運動時間為，的面積為圖2是與的函數(shù)關系圖象，則下列說法不正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了一次函數(shù)圖象與幾何圖形的綜合，掌握一次函數(shù)圖象的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，是解題的關鍵．先求出c的值，再證明，，求出，，，進而即可得到答案【詳解】由題可知當運動到時用時3秒，故，，，∴是的平分線，.，∵，∴.，.，，，即，解得.連接，過作.則.解得，，∴，故選：C.38．（2024·河南駐馬店·模擬預測）如圖，在中，，，．動點P從點A出發(fā)，以的速度沿射線勻速運動，到點B停止運動，同時動點Q從點A出發(fā)，以的速度沿射線勻速運動．當點P停止運動時，點Q也隨之停止運動．在的右側以為邊作菱形，點N在射線上．設點P的運動時間為，菱形與的重疊部分的面積為，則能大致反映y與x之間函數(shù)關系的圖象是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先證明菱形是邊長為，一個角為的菱形，找到臨界點，分情況討論，即可求解．【詳解】解：作于點，作于點，由題意得，，，，是線段的垂直平分線，，，，，，當點運動到直線上時，此時，是等邊三角形，，；當點、運動到與點，重合時，，；當點運動到與點重合時，，；當時，，當時，如圖，作于點，交于點，則，，，，當時，如圖，作于點，則，，，綜上，與之間函數(shù)關系的圖象分為三段，當時，是開口向上的一段拋物線，當時，是開口向下的一段拋物線，當時，是開口向上的一段拋物線，只有選項A符合題意，故選：A．【點睛】本題主要考查了動點問題的函數(shù)的圖象，二次函數(shù)的圖象性質，等邊三角形的性質，菱形的性質，三角形的面積公式，解直角三角形，利用分類討論的思想方法解答和熟練掌握拋物線的性質是解題的關鍵．五、其他類綜合（含全等與相似）39．（2024·江蘇宿遷·二模）如圖，在矩形中，，，將矩形沿對角線剪開，得到與，將沿方向平移得到，連接、，則的最小值為．【答案】【分析】由，可得，如圖，連接，，由平移的性質可知，，，，可知在直線上運動，四邊形是平行四邊形，則，如圖，作關于直線的對稱點，連接交于，交于，連接，，，則，，，，由，可知當三點共線時，最小為，，由，可知，即三點共線，則，，根據(jù)，求解作答即可．【詳解】解：∵，∴，如圖，連接，，由平移的性質可知，，，，∴在直線上運動，四邊形是平行四邊形，∴，如圖，作關于直線的對稱點，連接交于，交于，連接，，，∴，，，∴，∴，∴當三點共線時，最小為，∴，，∴，∵，∴，∴三點共線，∴，∴，由勾股定理得，∴最小值為，故答案為：．【點睛】本題考查了正切，勾股定理，平移的性質，平行四邊形的判定與性質，軸對稱的性質等知識．熟練掌握正切，勾股定理，平移的性質，平行四邊形的判定與性質，軸對稱的性質是解題的關鍵．40．（2024·浙江·模擬預測）如圖，四邊形中，，，E為的中點，F(xiàn)為上一點，且滿足，則的長為

（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】過點D作于點G，過點F作于點M，在上截取，連接，證明四邊形是矩形，則，得到，則,證明，則，在中，設，則，得到，則，證明，則，得到，即可求出的長.【詳解】解：過點D作于點G，過點F作于點M，在上截取，連接，∵，∴，∴，∴四邊形是矩形，∴∴，∴，∴∵，∴垂直平分，∴，∴，在中，設，則，∴，∴，∵點E為的中點，∴，∴，∵∴，∵∴，∵，∴，∵∴∴，∴解得，經檢驗，是分式方程的解且符合題意，即的長為，故選：D【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質、銳角三角函數(shù)、矩形的判定和性質、勾股定理、線段垂直平分線的性質、等腰三角形的判定和性質等知識，添加輔助線構造矩形和相似三角形是解題的關鍵.41．（2024·浙江嘉興·一模）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形與正方形，連接交于點，若為等腰三角形，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，設四個全等的直角三角形長直角邊為，短直角邊為，由為等腰三角形，可得，進而得到，再根據(jù)可得，即得，據(jù)此得到，最后代入計算即可求解，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．【詳解】解：設四個全等的直角三角形長直角邊為，短直角邊為，∵為等腰三角形，，∴，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴，∴，故選：．42．（2024·浙江溫州·一模）已知中，，以，為邊分別向外作兩個正方形，正方形，，，分別交邊，于點，，下列說法不正確的是（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、正切的定義等知識點，靈活運用相關知識成為解題的關鍵．先根據(jù)正方形的性質證明可得，可判斷A選項；再根據(jù)直角三角形的斜邊比直角邊長可得，從而判定B選項；然后再運用等量代換可得可判定C選項，根據(jù)同角的余角相等可得，然后根據(jù)正切的定義以及等量代換可判定D．【詳解】解：∵中，，以，為邊分別向外作兩個正方形，正方形，∴，，∵，∴，∴，即：，在和中，∴，∴，即選項A說法正確，不符合題意；在中，，∴，即選項B說法正確，不符合題意；∵，，∴，即選項C說法不正確，符合題意；∵，∴，∴，即：，∴即，∴，即選項D說法正確，不符合題意．故選：C．43．（2024·安徽六安·二模）在中，，，，D在上，，B關于的對稱點E，連接交于，則下列結論中錯誤的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了相似三角形的性質與判定，軸對稱的性質，平行線的判定，銳角三角函數(shù)，屬于綜合題，先根據(jù)題意畫出圖形，利用勾股定理求出的長，進而得出的長從而判斷選項；根據(jù)關于對稱軸對稱的兩個三角形全等得出進而得出，，利用三角形一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和得出，進而得出，再根據(jù)內錯角相等兩直線平行得出；利用，得出，從而得出；分別表示出，，從而判斷選項錯誤，據(jù)此解答，解題的關鍵是根據(jù)題意畫出圖形．【詳解】解：根據(jù)題意作圖，，，，，，，故A選項正確；，關于的對稱點，，，，，，，，故B選項正確；，，，，，故C選項正確；，，，不一定成立，故D選項錯誤；故選：D．44．（2024·浙江·模擬預測）四個全等的直角三角形按如圖方式圍成正方形，過各直角頂點作正方形各邊的平行線得到正方形．若，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】此題考查了正方形的性質、勾股定理、相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識．設得到，證明，利用相似三角形的性質得到，進一步得到，證明，則，得到，得到，進一步即可求出答案．【詳解】解：設則，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵四個全等的直角三角形按如圖方式圍成正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∵四邊形是正方形，∴,∵，，∴∴，∴∴，∴．故選：D45．（2024·重慶長壽·模擬預測）如圖，正方形中，，點在的延長線上，且，連接，的平分線與相交于點，連接，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖，過作于，于，由平分，可得，推出四邊形是正方形，，設，則，證明，則，可解得，得，最后根據(jù)勾股定理可得解．【詳解】解：如圖，過作于，于，∴，，∵四邊形是正方形，，，∴，，∴，，∴四邊形是矩形，，∵平分，，，∴，∴四邊形是正方形，設，則，∵，∴，，∴，∴，即，解得：，∴，∴，∴的長為．故選：C．【點睛】本題考查正方形的判定與性質，矩形的判定，角平分線的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質．解題的關鍵通過作輔助線構造相似三角形和直角三角形．46．（2024·四川瀘州·模擬預測）如圖，在邊長為4的正方形中，E，F(xiàn)分別在邊，，相交于點G，若，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】延長交于點，由正方形的性質得出由求出的長，再利用證得和全等，得出，再證即可求出的長.【詳解】如圖,延長交于點,∵四邊形是正方形，∴,∵,∴,∵,，∴,∴,∴,∵,∴,∴,在和中,，，，在中，由勾股定理得，，，，，，，，故選：B.【點睛】本題考查了正方形的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，解直角三角形，熟練掌握這些知識點是解題的關鍵.47．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，菱形的邊長為，，點在對角線上，點在邊上，，點為中點，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】關于的對稱點，即連接，，，，連接交于，根據(jù)菱形的性質和軸對稱的性質，可得，，再結合，可得點為中點，垂直平分，故，繼而結合題意證明為等邊三角形，且，，再利用勾股定理算出，再算出，根據(jù)，即可求出的最小值．【詳解】解：作關于的對稱點，連接，，，連接交于點，連接交于，∵關于的對稱點為，∴∴又∵四邊形為菱形，∴，又∵為公共邊∴，∴，又∵，∴點為中點，又∵，∴垂直平分，∵點在對角線上∴，∵四邊形為菱形，其邊長為，，∴，，，∴為等邊三角形，又∵，∴，即，∴，又∵，∴，即又∵，，∴，∴，∵，∴則的最小值為，即的最小值為，故選C．【點睛】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，軸對稱的性質，勾股定理解直角三角形，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．48．（2024·遼寧·模擬預測）如圖，在矩形中，，．若E是邊上的一個動點，過點E作，