【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题18中点四大模型【例1】（2022·江苏·南通市通州区育才中学八年级阶段练习）已知
，在中，，，，，垂足分别为D，E．(1)如图1，求证：；(2)如图2，点O为的中点，连接，．请判断的形状？并说明理由．【答案】(1
)见解析(2)等腰直角三角形，理由见解析【分析】（1）根据垂直的定义及直角三角形中两个锐角互余得出，再由全等三角形的判定和性质即可
证明；（2）连接，根据等腰直角三角形的性质及斜边上的中线的性质得出，，，再由全等三角形的判定得出，，最后结合图形证明即可．【详解】
（1）证明：∵，，∴，∴．∵，∴．在和中，，，，∴，∴．（2）等腰直角三角形，理由如下：连接，如图所示：∵，，点O是中点，∴，，，
∴，∵，∴，且，∴，且，，∴，∴， ，同理可证：，∴，，∴，∴，且，∴是等腰直角三角形．【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质
，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．【例2】（2022·重庆市合川中
学九年级阶段练习）在中，，D为上一动点．(1)如图1，当时，若，求的长；(2)如图2，当时，点P为的中点，且，求证：；(3)如图3
，在（2）的条件下，将绕点P旋转，得到，连接，直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）过点D作于点H．由三角形
外角的性质易求．根据题意可求，即得出．设，则，根据勾股定理可求出．从而可列出关于x的方程，解出x，即可求出的长；（2）连接，过点A
作于点Q．易得出，根据勾股定理可得出．结合题意又可得出．设．根据等腰三角形的性质可得，即点D为中点．结合题意利用三角形中位线定理可
得，，从而可证，最后根据勾股定理可求出； （3）在（2）的基础上，过点作交的延长线于点T，由旋转的性质可知，，即易证四边形是矩形，
得出，，进而可求出，，，最后根据勾股定理求出和的长，作比即可．【详解】（1）如图，过点D作于点H．?∵，，，∴，即．∵，∴，∴．设
，则，∴．∴，解得：，∴；（2）如图，连接，过点A作于点Q．∵，∴，∴，∴．∵，∴．设．∵，，∴，即点D为中点．∵点P为的中点，即
，∴，，∴，∴，，∴；（3）如图，在（2）的基础上，过点作交的延长线于点T，由旋转的性质可知，，∴．∵，，∴四边形是矩形，∴，，∴
，，，∴，，∴．【点睛】本题考查三角形外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形中位线
定理，矩形的判定和性质等知识，综合性强，较难．正确的作出辅助线是解题关键．【例3】（2022·河南·嵩县教育局基础教育教学研究室一
模）如图，的中，，cm，cm，点G是边AB上一动点，以AG为直径的交CG于点D，E是边AC的中点，连接DE．(1)求证：DE与相切
；(2)填空：①当___________cm时，与直线BC相切；②当点G在边AB上移动时，面积的最大值是___________cm
2【答案】(1)见解析(2)①3，②【分析】（1）证明是圆的切线，即连接，再由直径和中点想到连接、，则可知，最后证明即可求证；（2
）①由与相切，故结合的面积等于的面积与的面积之和即可求解；②结合（1）中分析可知，再结合三角形的面积公式，即可分析求解．【详解】（
1）连接，，是的直径，，即是直角三角形．是斜边的中点，．在和中， ．是的半径，与相切．（2）①设与相切与点，的半径为连接则，， 与
相切与点，即故答案是：．②由（1）可知，设边上的高为，则当取最大值时，的值最大结合题意可知，当时最大，即时， 的最大值为故答案是：
．【点睛】本题主要考查圆的性质、切线的证明、直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、面积最值问题、线段长度问题等知识点
，属于综合几何证明题，具有一定难度．解题的关键是熟练掌握圆和直角三角形的相关性质，并根据题意画出辅助线，即线段，．【例4】（202
1·广西·南宁二中八年级期中）在平面直角坐标系中有一等腰三角形，点A在y轴正半轴上，点B在x轴负半轴上．(1)如图1，点C在第一象
限，若，A、B两点的坐标分别是，，求C点的坐标；(2)如图2，点C在x正半轴上，点E、F分别是边、上的点，若．求证：；(3)如图3
，点C与点O重合时点E在第三象限，，连接，求的度数．【答案】(1)；(2)见解析；(3)．【分析】（1）过点C作，垂足为M，则，求
出，证明，得出，，则可得出答案；（2）证明，，可得，利用证明，则可得出；（3）过点O作于点G，交的延长线于点H，与交于点M，证明，
由全等三角形的性质得出，证明平分，求出，则可得出答案．【详解】（1）解：如图1中，过点C作，垂足为M，则，∵，∴，，∴，∵是等腰三
角形，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，，∴，，∴，∴；（2）证明：设，则，∵，，∴，由图2可知，等腰三角形中，，∴，∵，∴，∵
，，∴，∴，∴，∴；（3）解：∵点C与点O重合，，∴，如图3，过点O作于点G，交的延长线于点H，与交于点M，∵，∴，∵，，∴
，又∵，，∴，∴，又∵，，∴平分，∴，∴．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分
线的判定，三角形内角和定理，坐标与图形的性质等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．一、
解答题1．（2021·湖北武汉·九年级阶段练习）中，BC=4，AC=6，∠ACB=m°，将绕点A顺时针旋转n°得到，E与B是对应点
，如图1．（1）延长BC、EF，交于点K，求证：∠BKE=n°；（2）当m=150，n=60时，求四边形CEFA的面积；（3）如图
3．当n=150时，取BE的中点P和CF的中点Q，直接写出的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据旋转的性质可
得，利用三角形的外角性质可得，从而得到；（2）连，作于，根据条件得到是等边三角形，则，从而根据计算即可；（3）取CE中点G，连接P
G，QG，构造△GPQ为等腰三角形，并结合中位线定理以及旋转的性质求解∠PGQ=30°，再作CN⊥FA于N点，结合旋转的性质求解出
，最后在△GPQ中运用“三线合一”的性质求解出PQ的长度得出结论．【详解】（1）设、交于点，是旋转所得，，，，，；（2）连，作于，
，，，，是等边三角形，，，，，，，；（3）如图，取CE中点G，连接PG，QG，则PG，QG为△BCE和△FCE的中位线，∴，，△G
PQ为等腰三角形，根据中位线定理可得：∠BCE=∠PGE，∠CEF=∠CGQ，∴∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=∠BCE+
∠CEF-180°，又∵∠BCE+∠CEF=∠BCE+∠CEA+∠AEF=∠BCE+∠CEA+∠ABC，∴在四边形ABCE中，∠B
CE+∠CEA+∠ABC=360°-∠BAE=360°-150°=210°，∴∠BCE+∠CEF=210°，∠PGQ=∠PGE+∠
CGQ-180°=210°-180°=30°，作CN⊥FA于N点，根据旋转可知，∠CAF=150°，AC=AF=6，∠AFC=15
°，∴∠CAN=30°，在Rt△CAN中，AC=6，∠CAN=30°，∴CN=3，，∴NF=AN+AF=由勾股定理得：，∴，即：，
此时，作GM⊥PQ，则根据“三线合一”知GM平分∠PGQ，∠MGQ=15°，PM=QM，∴，∴，∴．【点睛】本题考查图形旋转的综合
问题，包括全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，以及运用三角函数解直角三角形等，熟练根据题意灵活构造辅助线是解题关键．2
．（2022·四川·石室中学八年级期中）已知：是等腰直角三角形，动点P在斜边所在的直线上，以为直角边作等腰直角三角形，其中，探究并
解决下列问题：(1)如图1，若点P在线段上，且，，求的长度；(2)在（1）的条件下，猜想、、三者之间的数量关系并证明；(3)如图2
，若点P在的延长线上，求证：．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）在中，利用勾股定理可求得，由可求得；（
2）过C作于点D，则是等腰直角三角形，则可求得，进而得出的长，在中利用勾股定理可求得的长，进而求出的长即可得到结论；（3）过C作于
点D，把和都用和表示出来，在中，由勾股定理得到和、的关系，从而可证得结论；【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，（2
）解：，证明如下：如图1，过C作于点D，则是等腰直角三角形，∴，∴，在中，，∵是等腰直角三角形，，∴，∴，∵，∴；（3）证明：如图
2，过C作于点D，∵为等腰直角三角形，，∴，∵，，∴，在中，由勾股定理可得，∴，∵为等腰直角三角形，且，∴，∴．【点睛】本题主要考
查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．3．（2022·广东·惠州市惠阳区朝晖学校九年级阶
段练习）阅读理解：如图，等腰直角 中，，点 分别在坐标轴上．(1)如图①，过点 作 轴于点 ，若点 的横坐标为 ，求点
的坐标．(2)如图②，将摆放至轴恰好平分 交轴于点 ，过点 作 轴于点 ，求 的值．(3)如图③，若点A坐标为 ，分别以
为直角边在第一、第二象限作等腰 与等腰 ，连接 交 轴于点 ．当 点在 轴正半轴上移动时，的长度是否会发生改变？若改变
，请说明理由，若不改变，请直接写出的长度．【答案】(1)（0，5）(2)(3)2【分析】（1）过点作轴于点，根据余角的性质，得出，
证明，得出，即可得出答案；（2）分别延长相交于点，根据“”证明，得出，根据等腰三角形的性质，得出，即可得出答案；（3）作轴于G，证
明，得到，，证明，得到，得到答案．【详解】（1）解：轴，，（同角的余角相等），轴，，（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等
），（全等三角形的对应边相等），点的横坐标为，，点在轴上，点的坐标是．（2）解：分别延长相交于点，如图所示： 轴，，，，（等角的余
角相等），，（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），（全等三角形的对应边相等），平分 轴，∴，，∵，∴，∴，，．（3）解
：的长度不变，作轴于G，如图所示：∵点A的坐标为，∴，∵，，∴，在和中，∴，∴，，∵，∴，在和中，∴，∴，∴．【点睛】本题考查的是
全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．4．（2022·河北·八年级期中）如图，在
中，已知，，是的高，，射线，动点D从点C开始沿射线的方向以每秒2厘米的速度运动，动点E也同时从点C开始在射线上以每秒1厘米的速度运
动，连接，设运动时间为．(1)请直接写出的长度（用含有t的式子表示）：______，______；(2)当点D到点H的距离为时，求
t的值；(3)请直接写出当时，与是否全等？【答案】(1)，(2)或(3)全等，理由见解析【分析】（1）直接根据路程速度时间可得结论
；（2）分当点位于点右边时；当点位于点左边时，两种情况进行讨论即可；（3）分别求出的长度，然后根据“”证明全等即可．【详解】（1）
解：根据题意可得，，故答案为：，；（2）解：∵，，∴为等腰直角三角形，∵是的高，，∴，当点位于点右边时，，解得：；当点位于点左边时
，，解得：，综上所示：当点D到点H的距离为时，的值为或；（3）解：与全等，理由如下：当时，，，∴，∴，∵，，∴，在和中，，∴．【点
睛】本题考查了全等三角形判定与性质，一元一次方程的应用，等腰直角三角形的性质，灵活运用相关知识点列方程求解是关键．5．（2022·
江苏徐州·八年级期中）如图，中，，，点是斜边的中点，点、分别在边、上，且，垂足为．(1)如图，当时，、的大小关系是______；(
2)如图，将绕点点旋转，（1）中的关系还成立吗？请说明理由；(3)如图，连接，试探究、、之间的数量关系，并证明你的结论．【答案】(
1)(2)成立，理由见解析(3)，证明见解析【分析】（1）连接，由，得，可得，而，为中点，知是的平分线，即得；（2）过作于，于，同
（1）可得，由，可得，从而，可证，故；（3）过作于，于，由（2）知，可得，，，即可得，而，，有，从而，设，则，，由，得，，即，，又
，即可得．【详解】（1）解：，理由如下：连接，如图： ，，，即，，为中点，是的平分线，，，角平分线上的点到两边的距离相等；故答案为
：；（2）将绕点点旋转，（1）中的关系还成立，理由如下：过作于，于，如图： 同（1）可得，，，，即，，∴，；（3），证明如下：过作
于，于，如图： 由（2）知，，，，，，，，，，于，于，，设，则，，，，，即，，，．【点睛】本题考查等腰直角三角形中的旋转问题，涉及
三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．6．（2022·湖北·武汉市黄陂区教学研究室八
年级期中）如图，点，在的边上，，．(1)如图1，求证：；(2)如图2，当时，过点作于点，如果，求的值．【答案】(1)见解析(2)4
【分析】（1）过作于点，根据三线合一可得：，，即可证明；（2）过作于点，易证，可得，即可求解．【详解】（1）证明：如图过作于点，∵
，，∴，∵，∴，∴；（2）解：过作于点，在和中，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质“三线合一”
，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．7．（2022·浙江·杭州市大关中学九年级期中）如图，在中，，以为直径的交于点D，交于
点E，连接，过点B作平行于，交于点P，连接．(1)求证：点D为的中点；(2)求的长度．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接
，可得，再由等腰三角形的性质，即可求证；（2）由等腰三角形的性质，可得，再根据四边形为的内接四边形，可得，然后根据，可得，从而得到
，然后根据圆周角定理可得，再根据弧长公式计算，即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接，∵为的直径，∴，即，∵，∴，即点D为的中点
；（2）解：∵，，∴，∵四边形为的内接四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴半径，∴的长度为．【点
睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握弧长公式，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰
三角形的性质是解题的关键．8．（2022·湖北黄石·九年级期中）如图，中，，于，于，，相交于点，以为圆心、为半径的交于点、，已知，
．(1)求证：是的切线；(2)求的半径；(3)求弦的长．【答案】(1)见解析；(2)；(3)．【分析】（1）过点作于点，利用角平分
线的性质得到，即可；（2）利用勾股定理求得，从而得到，再由勾股定理求得，则，再由勾股定理得到，由得到，即可求解；（3）连接，求得，
利用勾股定理得到，即可求解．【详解】（1）证明：过点作于点，如图∵，∴平分又∵，∴∴是的切线；（2）解：由勾股定理可得，，，则，由
勾股定理可得：，由题意可得：为中线，∴由勾股定理可得：由（1）可得，又∵∴，∴，即解得：，即半径为．（3）连接，如下图：由题意可得
：，∴在中，由勾股定理可得：∴，在中，由勾股定理可得：∴【点睛】此题考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，
等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质．9．（2022·江苏·泰州中学附属初中八年级阶段练习）按要求作图．(1)如图（1）
，在平行四边形中，为对角线，是的中线．①在取一点F使得；（仅使用无刻度的直尺画图）．②画出的高．（仅使用无刻度的直尺画图）．(2)
如图（2），四边形是平行四边形，在线段找一点E，使得平分．（仅使用圆规画图）【答案】(1)①见解析；②见解析(2)见解析【分析】（
1）①连接交AC于O点，则，则为的中位线，可得，延长交于F，则满足条件；②设交于P点，则P点为的三条中线的交点，然后延长交于H，为
边上的中线，再由，根据等腰三角形的性质得到；（2）以A点为圆心，为半径画弧交于E点，则，可得，再根据，可知，从而得到，即可．【详解
】（1）解：①如图1，连接交AC于O点，并延长交于F，F点即为所作；理由：∵四边形是平行四边形，∴，∵是的中线．∴为的中位线，∴，
即；②如图1，设交于P点，延长交于H，即为所作；理由：∵四边形是平行四边形，∴，∵是的中线．∴P点为的三条中线的交点，∴为边上的中
线，∴，即是的高；（2）解：如图2，以A点为圆心，为半径画弧交于E点，则线段为所作．理由：根据作法得：，∴，∵四边形是平行四边形，
∴，∴，∴，即平分．【点睛】本题考查了作图——复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作
图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质以及平行线的性质．10．（2022·湖南
长沙·九年级期中）如图，在中，，以为直径的，与边相交于点D，与边相交于点E，过点E作，垂足为点F．(1)求证：是的切线；(2)求证
：点E是的中点；(3)若的直径为18，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)的长为14．【分析】（1）连接，利用等腰
三角形的性质，证明即可证明；（2）利用圆周角定理以及等腰三角形三线合一的性质即可证明；（3）连接，利用直径所对的圆周角是直角、等腰
三角形三线合一以及证明，即可解答．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）证明
：如图，连接，∵是直径，∴，∵，∴，∴，∴点E是的中点；（3）解：连接，∵是的直径，，∴，，∵，∴，∴，即，解得：，∴，故的长为1
4．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅
助线是解题的关键．11．（2022·广东·广州市白云区白云实验学校八年级期中）在中，，，是的角平分线，于点E．(1)如图1，连接E
C，求证：是等边三角形；(2)点M是AC边上一个动点（不与点D重合），以BM为一边，在BM的下方作，MG交射线DE于点G．请画出完
整图形，探究MD，DG与AD数量之间的关系，并说明理由．【答案】(1)见详解(2)画图见详解，当分M点在线段上时，；当M点在线段上
时，．【分析】（1）根据含30°角的直角三角形的性质可得，，根据是的角平分线，可得，即有可得是等腰三角形，结合和是的中线，可得，问
题随之得解；（2）分M点在线段上和M点在线段上两种情况来补全图形：当分M点在线段上时，延长至N点，使得，连接，先证明是等边三角形，
再证明，即可得解；当M点在线段上时，延长至H，使得，连接，与交于点Q，先证明是等边三角形，再证明，即可得解．【详解】（1）∵在中，
，，∴，，∵是的角平分线，∴，∴，∴，∴是等腰三角形， ∵，∴是的中线，∴，∵，∴，∵，∴是等边三角形；（2）补全图形如下：（分M
点在线段上和M点在线段上两种情况）当分M点在线段上时，延长至N点，使得，连接，如图，在（1）中求得：，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴是
等边三角形，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，根据（1）可知，，∴是线段的垂直平分线，∴，∵，∴；当M点在线段上时，延长至H，使得，连接
，与交于点Q，如图，∵，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴；综上：当分M点在线段上时，；当M点在
线段上时，．【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，根据已知正确作出辅助线是解题
关键．12．（2022·福建·上杭县教师进修学校八年级期中）数学活动课上老师出示如下问题，供同学们探究讨论：如图，在中，，点B在边
上，且，C是线段上的一个动点（不与点B重合，且），在线段上截取，连接 ．试探究线段之间的数量关系．小敏与同桌小聪经过深入的思考讨论
后，进行了如下探究：特殊入手，探索结论：(1)①如图，若点C与点D重合，即线段，观察此时线段之间的数量关系是，即有：，请你说明的理
由；特例启发，猜测结论：②若点C不与点D重合，猜测线段之间的数量关系是___________，并给予证明；完成上面的问题后，老师继
续提出下列问题，请同学们探究讨论：深入探究，拓展结论：(2)在上面的问题中，若把“点C是线段上的一个动点”改为“点C是射线上的一个
动点，其它条件都不变．”，则当点C在线段的延长线上时，请你用等式表示线段之间的数量关系（自行画图探究，直接写出结果，不需要证明）．
【答案】(1)①见解析，②，见解析(2)当时，数量关系是：，当时，数量关系是：，见解析【分析】（1）①过D作于G，利用等腰和等边三
角形的性质，即可得证；②在BE上截取，连接DG，利用等腰和等边三角形的性质，即可得证；（2）分和两种情况分类讨论，求解即可．【详解
】（1）证明：①∵，，∴是等边三角形过D作于G，则有：；∴，∴；②数量关系为：，证明如下：在BE上截取，连接DG，∵∴，∴∵，，∴
是等边三角形∴由①的结论可得：∴（2）当时，在BE上截取，连接DG，同法可证：，，∴，∴；当时，在BE上截取，连接DG，同法可证：
，，∴，∴．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质．熟练掌握等腰（边）三角形三线合一，以及等边三角形的判定方法是
解题的关键．13．（2022·江苏常州·八年级期中）如图，中， 、是高，连接．(1)求证：；(2)若，求的度数．【答案】(1)证明
见解析(2)【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论；（2）根据等腰三角形的性
质得到，求得，根据三角形的内角和定理得到，根据等边对等角即可得解．【详解】（1）证明：∵是高，∵，∵，∴，∵是高，∴，∴，∴；（2
）解：∵，，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理．熟练掌握等边对等角，等腰三角形
的三线合一，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．14．（2022·广东·丰顺县第一中学九年级阶段练习）如图，在中
，，为上任一点，，垂足为，，分别为，的中点．求证：．【答案】见解析【分析】如图：连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得
，然后再根据等腰三角形三线合一的性质即可解答．【详解】解：如图：连接，∵，，为的中点∴,∴∵为的中点∴．【点睛】本题主要考查了直角
三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到是解答本题的关键．15．（2021·广西大学附
属中学九年级阶段练习）如图，在中，，以斜边上的中线为直径作，与、分别交于点、，与的另一个交点为，过点作，垂足为．(1)求证：是的切
线；(2)若，，求的半径和弦的长．【答案】(1)见解析(2)的半径为，弦的长为3【分析】（1）连接，，可知，再证，即可证，最后根据
切线的定义求得答案；（2）根据勾股定理知，，可知，设半径为，根据勾股定理可求出r值，过作于，则，可知四边形是矩形，从而可知，再次根
据勾股定理即可求出，最后即可求出答案．【详解】（1）证明：连接，，如图，在中，为斜边中线，∴，∵是的直径．∴，∴，∵等腰三线合一，
∴，∵在中，为斜边的中点，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）∵在中，，且，，∴，设半径为，则，∴，在中，，即，
在中，，即，∵在等腰中，，∴，∴，解得：，即半径为，过作于，则，由（1）可知，∴四边形是矩形，则，在中，，∴，∴．【点睛】本题考查
的是圆的切线的判定，垂径定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和勾股定理，是一道综合性较强的习题，能够充分调动所学知识多次利用勾股定理
求解是解题的关键．16．（2022·四川省成都市七中育才学校八年级期中）如图，四边形是一张长方形纸片，将其放在平面直角坐标系中，使
得点与坐标原点重合，点、分别在轴、轴的正半轴上，点的坐标为，的坐标为，现将纸片沿过点的直线折叠，使顶点落在线段上的点处，折痕与轴的
交点记为．(1)求点的坐标和的大小；(2)在轴正半轴上是否存在点，满足，若存在，求出点坐标，若不存在请说明理由；(3)点在直线上，
且为等腰三角形，请直接写出点的坐标．【答案】(1)，；(2)；(3)，，，．【分析】（1）先求解，，可得，，从而可得，如图，取的中
点,连接,而，再证明为等边三角形，可得答案；（2）先证明，,可得,求解，可得为，过作交x轴于Q，设， 可得.，从而可得答案；（3）
由为，设，而,可得,再分三种情况讨论即可.【详解】（1）解：∵点的坐标为，的坐标为，∴，，∴，，∴，如图，取的中点,连接,而，∴，
∴为等边三角形，∴.（2）解：∵折叠，，∴，，∴，,∴,∴，设为，∴，解得：，∴为，过作交x轴于Q，设，代入，∴，解得：，得.令，
则∴（3）解：∵为，设，而，∴，当时，，解得：，∴，当时，∴，解得：，（舍去），∴，当时，∴，解得：，∴或，综上：，，，．【点睛】
本题考查的是坐标与图形，直角三角形斜边上的中线的性质，轴对称的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，一次函数的性质，含的直角三
角形的性质，二次根式的混合运算，勾股定理的应用，利用因式分解的方法解一元二次方程，本题的综合程度高，难度较大，对学生的计算能力要求
高.17．（2022·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）八年级期中）如图1，和均为等腰三角形，，，．点在同一条直线上，连结．(1)
求证：．(2)如图2，若，求的度数．(3)若，为中边上的高．猜想线段之间存在的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)(3)，
证明见解析【分析】（1）根据，可得，可证得，即可求证；（2）根据，可得，再由，，可得为等边三角形，从而得到，进而得到，即可求解；（
3）证明是等腰直角三角形，可得，即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，，∴，∴；（2）解：由（1）得：，∴，∵，，∴为等边三角
形，∴，∴，∴；（3）解：，证明如下：如图，由（1）得：，∴，，∴，∵，∴，∴，即是等腰直角三角形，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考
查的是等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定
和性质是解题的关键．18．（2022·吉林白城·九年级期中）[操作]如图1．是等腰直角三角形，，D是其内部的一点，连接．将绕点（顺
时针旋转90°得到，连接，作直线交于点F．(1)求证：；(2)求的度数；(3)[探究]如图2，连接图1中的，分别取的中点M、N、P
，作．若，则的周长为 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)．【分析】[操作]（1）由旋转的性质得，再证，然后由证即可；（2）由
全等三角形的性质得，再由三角形的外角性质得，即可得出结论；（3）[探究]由全等三角形的性质得，再由三角形中位线定理得，，则，然后证
，则是等腰直角三角形，即可解决问题．【详解】（1）证明：∵是等腰直角三角形，，∴，由旋转的性质得：，∴，∴，即，在和中，，∴ ；（
2）解：如图1，设与交于点H，由（1）可知，，∴，∵，∴，∴；（3）解：由（1）可知，，∴，∵M、N、P分别是的中点，∴是△ABE
的中位线，是的中位线，∴，，∴，由（2）可知，，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴的周长，故答案为：．【点睛】本题是几何变换的
综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，平行线的性质等知识，本题综合性强，
熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．19．（2022·黑龙江·哈尔滨市萧红中学校九年级期中）如图，是的
直径，点在上，与相切交的延长线于点．(1)求证：；(2)点是弧的中点，连接，过点B作于点H，延长交于点P，求证：；(3)在（2）的
条件下，若，求线段的长度．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)1【分析】（1）因为是的切线，所以辅助线必定连接过切点的半径；利用
同弧所对圆周角等于圆心角的一半可得，结合已知可得，再利用直径所对圆周角构造的和切线构造的，结合等角的余角相等可证；（2）观察到，结
合待证命题推断应为的中位线，结论可证；（3）本题关键步骤为求取的半径，必然要构造直角三角形结合勾股定理求线段长度；通过证明，与都是
等腰三角形，利用勾股定理得到： ，进而求出的半径，再利用求得，最后利用求出长度，由，再结合第二问可得长度．【详解】（1）证明：连接
，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵与相切，∴，∴，∴，∴，（2）∵G是弧的中点，∴．∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴是的中位线，∴∴，（3）解：连接，过D作于K，∵与相切，∴，∴，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴与都是等腰三角形，∴，∵，∴，∴，设，在中，，∴，∴，∴，∴，，∴，，在中，，∴，∵，∴．【点睛】此题考查了圆的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，中位线的判定及性质等知识点，属于综合性圆的问题，综合性较强，利用好弧、弦、圆周角之间的关系是解题的关键．20．（2022·浙江·杭州市采荷中学八年级期中）如图，中，，于点O，，．(1)求，的长；(2)若点是射线上的一个动点，作于点，连接．①当点在线段上时，若是以为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的的长；②设直线交直线于点，连接，，若，则的长为______（直接写出结果）．【答案】(1)，；(2)①6或；②或【分析】（1）由题意可得，再由勾股定理求得、即可；（2）①分两种情况：和时，分别画图，根据三角形的中位线定理和证明三角形全等可解决问题；②分两种情况：当在线段上时，如图3，过作于，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，得，可得，证明是等腰三角形，得，最后利用勾股定理可得结论；当在线段的延长线上时，过作于，同计算可得结论．【详解】（1）解：由题意可得：，由勾股定理可得，，即，（2）①分两种情况：当时，过作于，如图1所示：，，，是的中位线，；当时，如图2所示：在和中，，，，；综上所述，的长为6或；②分两种情况：当在线段上时，过作于，如图3所示：， ， ，，，，，，，，，，，，是等腰三角形，，，；当在线段的延长线上时，过作于，如图4所示：同理得：，，，同理得：是等腰三角形，，，中，；综上所述，的长为或，故答案为：或．【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的面积、勾股定理、分类讨论等知识；证明是等腰三角形是解题的关键． |
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