几何难题中考压轴题带含及详细解析

几何难题精选

解答题〔共 30 小题〕

1 ．〔2021 ?河南〕如图 1，在 Rt △ABC 中，∠B=90 °，BC=2AB=8 ，点 D、E 分别是边 BC、AC 的中点，连接 DE，将△EDC 绕点 C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α． 〔1〕问题发现

①当α=0 °时， = ；②当α=180 °时， = ．

〔2〕拓展研究

试判断：当 0°≤α＜360 °时， 的大小有无变化？请仅就图 2 的状况给出证明．

〔3〕问题解决

当△EDC 旋转至 A，D，E 三点共线时，直接写出线段 BD 的长．

2．〔2021 ?济南〕如图 1 ，在△ABC 中，∠ACB=90 °，AC=BC ，∠EAC=90 °，点M 为射线 AE 上任意一点〔不

与 A 重合〕，连接 CM ，将线段 CM 绕点 C 按顺时针方向旋转 90 °获取线段CN ，直线 NB 分别交直线 CM 、射 线 AE 于点 F、D．

〔1〕直接写出∠ NDE 的度数；

〔2〕如图 2、图 3，当∠EAC 为锐角或钝角时，其他条件不变，〔 1〕中的结论可否发生变化？若是不变，采用

其中一种状况加以证明；若是变化，请说明原由；

〔3〕如图 4，假设∠EAC=15 °，∠ACM=60 °，直线CM 与 AB 交于 G，BD= ，其他条件不变，求线段 AM

的长．

3 ．〔2021 ?岳阳〕直线 m ∥n ，点 C 是直线 m 上一点，点 D 是直线 n 上一点， CD 与直线 m 、n 不垂直，

点 P 为线段 CD 的中点．

〔1〕操作发现：直线 l ⊥m ，l⊥n，垂足分别为 A、B，当点 A 与点 C 重合时〔如图①所示〕，连接 PB，请直

接写出线段 PA 与 PB 的数量关系： ．

〔2〕猜想证明：在图①的状况下，把直线 l 向上平移到如图②的地址，试问〔 1〕中的 PA 与 PB 的关系式可否

依旧成立？假设成立，请证明；假设不成立，请说明原由．

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〔3〕延伸研究：在图②的状况下，把直线 l 绕点 A 旋转，使得∠ APB=90 ° 〔如图③所示〕，假设两平行线 m 、n 之间的距离为 2k ．求证： PA ?PB=k ?AB．

4 ．〔2021 ?重庆〕在△ABC 中，AB=AC ，∠A=60 ° ，点D 是线段 BC 的中点，∠EDF=120 ° ，DE 与线段 AB 相 交于点 E．DF 与线段 AC 〔或 AC 的延伸线〕订交于点 F． 〔1〕如图 1，假设 DF⊥AC，垂足为 F，AB=4 ，求 BE 的长；

〔2〕如图 2，将〔1 〕中的∠EDF 绕点 D 顺时针旋转必然的角度， DF 仍与线段 AC 订交于点 F．求证：BE+CF= AB；

〔3〕如图 3，将〔 2〕中的∠EDF 连续绕点 D 顺时针旋转必然的角度，使 DF 与线段 AC 的延伸线订交于点 F，

作 DN ⊥AC 于点 N ，假设 DN ⊥AC 于点 N ，假设 DN=FN ，求证： BE+CF= 〔BE﹣CF〕． 5 ．〔2021 ?烟台〕【问题提出】

如图①，△ ABC 是等腰三角形，点 E 在线段 AB 上，点 D 在直线 BC 上，且 ED=EC ，将△BCE 绕点 C 顺时 针旋转 60° 至△ACF 连接 EF

试证明： AB=DB+AF

【类比研究】

〔1〕如图②，若是点 E 在线段 AB 的延伸线上，其他条件不变，线段 AB ，DB，AF 之间又有怎样的数量关系？

请说明原由

〔2〕若是点 E 在线段 BA 的延伸线上，其他条件不变，请在图③的基础大将图形补充完满，并写出 AB ，DB ，

AF 之间的数量关系，不用说明原由．

6 ．〔2021 ?莆田〕在 Rt△ACB 和 Rt △AEF 中，∠ACB= ∠AEF=90 ° ，假设点P 是 BF 的中点，连接 PC，PE．

特别发现：

如图 1，假设点 E，F 分别落在边 AB，AC 上，那么结论： PC=PE 成立〔不要求证明〕．

问题研究：

把图 1 中的△AEF 绕着点 A 顺时针旋转．

〔1〕如图 2，假设点 E 落在边 CA 的延伸线上，那么上述结论可否成立？假设成立，请恩赐证明；假设不成立，请说明

原由；

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〔2〕如图 3，假设点 F 落在边 AB 上，那么上述结论可否依旧成立？假设成立，请恩赐证明；假设不成立，请说明原由； 〔3〕记 =k ，当 k 为何值时，△ CPE 总是等边三角形？〔请直接写出 k 的值，不用说明原由〕

7 ．〔2021 ?襄城区模拟〕 如图， 正方形 ABCO 的边 OA 、OC 在坐标轴上， 点 B 坐标为〔3，3〕．将正方形 ABCO 绕点 A 顺时针旋转角度α〔 0°＜α＜90 °〕，获取正方形 ADEF ，ED 交线段 OC 于点 G，ED 的延伸线交线段 BC 于点 P，连 AP 、AG ． 〔1〕求证：△AOG ≌△ADG ；

〔2〕求∠PAG 的度数；并判断线段 OG 、PG、BP 之间的数量关系，说明原由；

〔3〕当∠1= ∠2 时，求直线 PE 的解析式；

〔4〕在〔3〕的条件下，直线 PE 上可否存在点 M ，使以 M 、A、G 为极点的三角形是等腰三角形？假设存在，请 直接写出 M 点坐标；假设不存在，请说明原由．

8 ．〔2021 ?重庆校级一模〕，四边形 ABCD 是正方形，点 P 在直线 BC 上，点 G 在直线 AD 上〔P、G 不

与正方形极点重合，且在 CD 的同侧〕， PD=PG ，DF⊥PG 于点 H，DF 交直线 AB 于点 F，将线段 PG 绕点 P 逆时针旋转 90 °获取线段P E，连接 EF．

〔1〕如图 1，当点 P 与点 G 分别在线段 BC 与线段 AD 上时，假设 PC=1 ，计算出 DG 的长； 〔2〕如图 1，当点 P 与点 G 分别在线段 BC 与线段 AD 上时，证明：四边形 DFEP 为菱形；

〔3〕如图 2，当点 P 与点 G 分别在线段 BC 与线段 AD 的延伸线上时， 〔2〕的结论：四边形 DFEP 为菱形可否

依旧成立？假设成立，请给出证明；假设不成立，请说明原由．

9 ．〔2021 ?房山区二模〕在△ ABC 中，AB=BC=2 ，∠ABC=90 °，BD 为斜边 AC 上的中线，将△ ABD 绕点 D 顺 时针旋转α〔0°＜α＜180 °〕获取△EFD，其中点 A 的对应点为点 E，点 B 的对应点为点 F．BE 与 FC 订交于点 H．

〔1〕如图 1，直接写出 BE 与 FC 的数量关系： ；

〔2〕如图 2，M 、N 分别为 EF、BC 的中点．求证： MN= ；

〔3〕连接 BF，CE，如图 3，直接写出在此旋转过程中，线段 BF、CE 与 AC 之间的数量关系： ．

10 ．〔2021 ?衢州校级模拟〕图 1 是边长分别为 4 和 2 的两个等边三角形纸片 ABC 和 ODE 叠放在一起〔 C 与 O 重合〕．

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〔1〕操作：固定△ ABC ，将△0DE 绕点 C 顺时针旋转 30 ° 后获取△ODE ，连接 AD 、B E，CE 的延伸线交 AB 于 F 〔图 2〕；

研究：在图 2 中，线段 BE 与 AD 之间有怎样的大小关系？试证明你的结论．

〔2〕在〔 1〕的条件下将的△ ODE ，在线段 CF 上沿着 CF 方向以每秒 1 个单位的速度平移，平移后的△ CDE 设 为△PQR，当点 P 与点 F 重合时停止运动〔图 3〕

研究：设△PQR 搬动的时间为 x 秒，△PQR 与△ABC 重叠局部的面积为 y，求 y 与 x 之间的函数解析式，并写出 函数自变量 x 的取值范围．

〔3〕将图 1 中△0DE 固定，把△ABC 沿着 OE 方向平移，使极点 C 落在 OE 的中点 G 处，设为△ABG ，尔后将△ ABG 绕点 G 顺时针旋转， 边 BG 交边 DE 于点 M ，边 AG 交边 DO 于点 N ，设∠BGE= α〔30 ° ＜α＜90 ° 〕；〔图4 〕

研究：在图 4 中，线段 ON ?EM 的值可否随α的变化而变化？若是没有变化，请你求出 ON ?EM 的值，若是有变

化，请你说明原由．

11 ．〔2021 ?武义县模拟〕〔 1 〕将矩形 OABC 放在平面直角坐标系中，极点 O 为原点，极点 C、A 分别在 x 轴和 y 轴上， OA=8 ，OC=10 ，点 E 为 OA 边上一点，连接 CE，将△EOC 沿 CE 折叠． ①如图 1，当点 O 落在 AB 边上的点 D 处时，求点 E 的坐标；

②如图 2，当点 O 落在矩形 OABC 内部的点 D 处时，过点 E 作 EG∥x 轴交 CD 于点 H，交 BC 于点 G，设 H〔m ，

n 〕，求 m 与 n 之间的关系式；

〔2〕如图 3，将矩形 OABC 变为边长为 10 的正方形，点 E 为 y 轴上一动点，将△ EOC 沿 CE 折叠．点 O 落在 点 D 处，延伸 CD 交直线 AB 于点 T，假设 = ，求 AT 的

长．

12 ．〔2021 ?石家庄校级模拟〕如图 1，在菱形 ABCD 中，AC=6 ，BD=6 ，AC，BD 订交于点 O ．

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〔1〕求边 AB 的长；

〔2〕如图 2，将一个足够大的直角三角板 60 °角的极点放在菱形 ABCD 的极点 A 处，绕点 A 左右旋转，其中三

角板 60 °角的两边分别于边 BC，CD 订交于 E，F，连接 EF 与 AC 订交于点 G． ①判断△AEF 是哪一种特别三角形，并说明原由；

②旋转过程中可否存在线段 EF 最短，假设存在，求出最小值，假设不存在，请说明原由．

13 ．〔2021 春 ?泰安校级期中〕如图，正方形 OEFG 绕着边长为 30 的正方形 ABCD 的对角线的交点 O 旋转， 边 OE、OG 分别交边 AD 、AB 于点 M 、N ．

〔1〕求证： OM=ON ；

〔2〕设正方形 OEFG 的对角线 OF 与边 AB 订交于点 P，连接 PM ．假设 PM=13 ，试求 AM 的长； 〔3〕连接 MN ，求△AMN 周长的最小值，并指出此时线段 MN 与线段 BD 的关系．

14 ．〔2021 ?天津〕在平面直角坐标系中， O 为原点，点 A〔﹣2 ，0〕，点 B〔0，2〕，点 E，点 F 分别为 OA ，

OB 的中点．假设正方形 OEDF 绕点 O 顺时针旋转，得正方形 OE ′D′F′，记旋转角为α． 〔Ⅰ〕如图①，当α =90 °时，求AE′，BF′的长；

〔Ⅱ〕如图②，当α =135 °时，求证AE′=BF ′，且AE′⊥BF′；

〔Ⅲ〕假设直线 AE′与直线BF′订交于点P，求点 P 的纵坐标的最大值〔直接写出结果即可〕． 15 ．〔2021 春 ?青山区期末〕正方形 ABCD 和正方形 EBGF 共极点 B，连 AF，H 为 AF 的中点，连 EH，

正方形 EBGF 绕点 B 旋转．

〔1〕如图 1，当 F 点落在 BC 上时，求证： EH= FC；

〔2〕如图 2，当点 E 落在 BC 上时，连 BH ，假设 AB=5 ，BG=2 ，求 BH 的长； 〔3〕当正方形 EBGF 绕点 B 旋转到如图 3 的地址时，求 的值．

16 ．〔2021 ?盐城〕阅读资料

如图①，△ABC 与△DEF 都是等腰直角三角形， ∠ACB= ∠EDF=90 °，且点 D 在 AB 边上，AB、EF的中点均为 O ， 连接 BF、CD 、CO ，显然点 C、F、O 在同一条直线上，可以证明△ BOF≌△COD ，那么 BF=CD ．

解决问题

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〔1〕将图①中的 Rt△DEF 绕点 O 旋转获取图②，猜想此时线段 BF 与 CD 的数量关系，并证明你的结论；

〔2〕如图③，假设△ ABC 与△DEF 都是等边三角形， AB 、EF 的中点均为 O ，上述〔 1 〕中的结论依旧成立吗？如

果成立，请说明原由；如不成立，央求出 BF 与 CD 之间的数量关系；

〔3〕如图④，假设△ABC 与△DEF 都是等腰三角形， AB 、EF 的中点均为 0，且顶角∠ACB= ∠EDF= α，请直接写出

的值〔用含α的式子表示出来〕

17 ．〔2021 ?梅州〕用如图①，②所示的两个直角三角形〔局部边长及角的度数在图中已标出〕，完成以下两个

研究问题：

研究一：将以上两个三角形如图③拼接〔 BC 和 ED 重合〕，在 BC 边上有一动点 P． 〔1〕当点 P 运动到∠CFB 的角均分线上时，连接 AP，求线段 AP 的长； 〔2〕当点 P 在运动的过程中出现 PA=FC 时，求∠PAB 的度数．

研究二：如图④，将△ DEF 的极点 D 放在△ABC 的 BC 边上的中点处，并以点 D 为旋转中心旋转△ DEF，使△DEF

的两直角边与△ ABC 的两直角边分别交于 M 、N 两点，连接 MN ．在旋转△DEF 的过程中，△ AMN 的周长可否

存在有最小值？假设存在，求出它的最小值；假设不存在，请说明原由．

18 ．〔2021 ?营口〕如图，点 P 是⊙O 外一点， PA 切⊙O 于点 A，AB 是⊙O 的直径，连接 OP ，过点 B 作 BC ∥OP 交⊙O 于点 C，连接 AC 交 OP 于点 D ． 〔1〕求证： PC 是⊙ O 的切线；

〔2〕假设 PD= ，AC=8 ，求图中阴影局部的面积；

〔3〕在〔 2〕的条件下，假设点 E是 的中点，连接 CE，求 CE 的长． 19 ．〔2021 ?永州〕问题研究：

〔一〕新知学习：

圆内接四边形的判判断理：若是四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆〔即若是四边形 EFGH 的对角互补，

那么四边形 EFGH 的四个极点 E、F、G、H 都在同个圆上〕．

〔二〕问题解决：

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⊙ O 的半径为 2，AB ，CD 是⊙O 的直径． P 是 上任意一点，过点 P 分别作 AB，CD 的垂线，垂足分别 为 N，M ．

〔1〕假设直径 AB⊥CD，关于 上任意一点 P〔不与 B、C 重合〕〔如图一〕，证明四边形 PMON 内接于圆，

并求此圆直径的长；

〔2〕假设直径 AB⊥CD ，在点 P〔不与 B、C 重合〕从 B 运动到 C 的过程中，证明 MN 的长为定值，并求其定值； 〔3〕假设直径 AB 与 CD 订交成 120 °角．

①当点 P 运动到 的中点 P1 时〔如图二〕，求 MN 的长；

②当点 P〔不与 B、C 重合〕从 B 运动到 C 的过程中〔如图三〕，证明 MN 的长为定值． 〔4〕试问当直径 AB 与 CD 订交成多少度角时， MN 的长取最大值，并写出其最大值．

20 ．〔2021 ?盘锦〕如图 1，△ABC 和△AED 都是等腰直角三角形，∠ BAC= ∠EAD=90 °，点B 在线段 AE 上，点 C 在线段 AD 上．

〔1〕请直接写出线段 BE 与线段 CD 的关系： ；

〔2〕如图 2，将图 1 中的△ABC 绕点 A 顺时针旋转角α〔 0＜α＜360 °〕， ①〔1〕中的结论可否成立？假设成立，请利用图 2 证明；假设不成立，请说明原由；

②当 AC= ED 时，研究在△ABC 旋转的过程中，可否存在这样的角α，使以 A、B、C、D 四点为极点的四边形

是平行四边形？假设存在，请直接写出角α的度数；假设不存在，请说明原由．

21 ．〔2021 ?旭日〕问题：如图〔 1〕，在 Rt△ACB 中，∠ACB=90 °，AC=CB ，∠DCE=45 °，试试究AD 、DE、 EB 满足的等量关系． [研究发现 ]

小聪同学利用图形变换，将△ CAD 绕点 C 逆时针旋转 90°获取△CBH，连接 EH，由条件易得∠ EBH=90 °，∠ ECH= ∠ECB+ ∠BCH= ∠ECB+ ∠ACD=45 °．

依照“边角边〞，可证△ CEH ≌ ，得 EH=ED ．

在 Rt△HBE 中，由 定理， 可得 BH +EB =EH ，由 BH=AD ，可得 AD 、DE、EB 之间的等量关系是 ． [实践运用 ]

2

2

2

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〔1〕如图〔 2 〕，在正方形 ABCD 中，△AEF 的极点 E、F 分别在 BC、CD 边上，高 AG 与正方形的边长相等， 求∠EAF 的度数；

〔2〕在〔 1〕条件下，连接 BD ，分别交 AE、AF 于点 M 、N ，假设 BE=2 ，DF=3 ，BM=2 ，运用小聪同学探 究的结论，求正方形的边长及 MN 的长．

22 ．〔2021 ?自贡〕在△ABC 中，AB=AC=5 ，cos ∠ABC= ，将△ABC 绕点 C 顺时针旋转，获取△ A1B1C．

〔1〕如图①，当点 B1 在线段 BA 延伸线上时．①求证： BB1∥CA 1；②求△AB1C 的面积；

〔2〕如图②，点 E 是 BC 边的中点，点 F 为线段 AB 上的动点，在△ ABC 绕点 C 顺时针旋转过程中，点 F 的对

应点是 F1，求线段 EF1 长度的最大值与最小值的差．

23 ．〔2021 ?吉林〕两个三角板 ABC，DEF，按以以下图的地址摆放，点 B 与点 D 重合，边 AB 与边 DE 在同一 条直线上〔假设图形中所有的点， 线都在同一平面内〕 ．其中，∠C= ∠DEF=90 °，∠ABC= ∠F=30 °，AC=DE=6cm ．现固定三角板 DEF，将三角板 ABC 沿射线 DE 方向平移，当点 C 落在边 EF 上时停止运动．设三角板平移的距离 为 x〔cm 〕，两个三角板重叠局部的面积为 y〔cm 2

〕． 〔1〕当点 C 落在边 EF 上时， x= cm ；

〔2〕求 y 关于 x 的函数解析式，并写出自变量 x 的取值范围；

〔3〕设边 BC 的中点为点 M ，边 DF 的中点为点 N ．直接写出在三角板平移过程中，点 M 与点 N 之间距离的

最小值．

24 ．〔2021 ?汕尾〕在 Rt△ABC 中，∠A=90 °，AC=AB=4 ，D，E 分别是边 AB ，AC 的中点，假设等腰 Rt△ADE 绕点 A 逆时针旋转，获取等腰 Rt△AD 1E1，设旋转角为α〔 0＜α≤180 °〕，记直线 BD1 与 CE1 的交点为 P． 〔1〕如图 1，当α=90 °时，线段BD 1 的长等于 ，线段 CE1 的长等于 ；〔直接填写结果〕

〔2〕如图 2，当α=135 °时，求证：BD 1=CE 1，且 BD1⊥CE1； 〔3〕求点 P 到 AB 所在直线的距离的最大值．〔直接写出结果〕

25 ．〔2021 ?赤峰〕如图，四边形 ABCD 是边长为 2，一个锐角等于 60°的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸 片的一个极点与该菱形极点 D 重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交 CB、BA〔或它们的延 长线〕于点 E、F，∠EDF=60 °，当CE=AF 时，如图 1 小芳同学得出的结论是 DE=DF ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔1〕连续旋转三角形纸片，当 CE≠AF 时，如图 2 小芳的结论可否成立？假设成立，加以证明；假设不成立，请说

明原由；

〔2〕再次旋转三角形纸片， 当点 E、F 分别在 CB、BA 的延伸线上时， 如图 3 请直接写出 DE 与 DF 的数量关系； 〔3〕连 EF，假设△DEF 的面积为 y ，CE=x ，求 y 与 x 的关系式，并指出当 x 为何值时， y 有最小值，最小值是多

少？

26 ．〔2021 ?海南〕如图，菱形 ABCD 中，点 P 是 CD 的中点，∠BCD=60 °，射线AP 交 BC 的延伸线于点 E， 射线 BP 交 DE 于点 K，点 O 是线段 BK 的中点．

〔1〕求证：△ADP ≌△ECP；

〔2〕假设 BP=n ?PK，试求出 n 的值；

〔3〕作 BM 丄 AE 于点 M ，作 KN 丄 AE 于点 N，连接 MO 、NO ，如图 2 所示，请证明△MON 是等腰三角形， 并直接写出∠ MON 的度数．

27 ．〔2021 ?丹东〕在正方形 ABCD 中，对角线 AC 与 BD 交于点 O；在 Rt△PMN 中，∠MPN=90 °．

〔1〕如图 1，假设点 P 与点 O 重合且 PM ⊥AD 、PN ⊥AB ，分别交 AD 、AB 于点 E、F，请直接写出 PE 与 PF 的

数量关系；

〔2〕将图 1 中的 Rt△PMN 绕点 O 顺时针旋转角度α〔 0 °＜α＜45 °〕．

①如图 2，在旋转过程中〔 1〕中的结论依旧成立吗？假设成立，请证明；假设不成立，请说明原由；

②如图 2，在旋转过程中，当∠ DOM=15 °时，连接EF，假设正方形的边长为 2，请直接写出线段 EF 的长； ③如图 3，旋转后，假设 Rt△PMN 的极点 P 在线段 OB 上搬动〔不与点 O 、B 重合〕，当 BD=3BP 时，猜想此时 PE 与 PF 的数量关系，并给出证明；当 BD=m ?BP 时，请直接写出 PE 与 PF 的数量关系．

28 ．〔2021 ?成都〕 AC ，EC 分别是四边形 ABCD 和 EFDC 的对角线， 点 E 在△ABC 内，∠CAE+ ∠CBE=90 °． 〔1〕如图①，当四边形 ABCD 和 EFCG 均为正方形时，连接 BF．

〔i〕求证：△CAE∽△CBF；

〔ii 〕假设 BE=1 ，AE=2 ，求 CE 的长；

〔2〕如图②，当四边形 ABCD 和 EFCG 均为矩形，且 = =k 时，假设 BE=1 ，AE=2 ，CE=3 ，求 k 的值；

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〔3〕如图③，当四边形 ABCD 和 EFCG 均为菱形，且∠ DAB= ∠GEF=45 °时，设BE=m ，AE=n ，CE=p ，试试 究 m ，n，p 三者之间满足的等量关系．〔直接写出结果，不用写出解答过程〕

29 ．〔2021 ?锦州〕如图①，∠ QPN 的极点 P 在正方形 ABCD 两条对角线的交点处，∠ QPN= α，将∠QPN 绕点 P 旋转，旋转过程中∠ QPN 的两边分别与正方形 ABCD 的边 AD 和 CD 交于点 E 和点 F〔点 F 与点 C，D 不重

合〕．

〔1〕如图①，当α =90 °时，DE，DF，AD 之间满足的数量关系是 ；

〔2〕如图②，将图①中的正方形 ABCD 改为∠ADC=120 °的菱形，其他条件不变，当α =60 °时，〔1〕中的结 论变为 DE+DF= AD ，请给出证明；

〔3〕在〔2〕的条件下，假设旋转过程中∠ QPN 的边 PQ 与射线 AD 交于点 E，其他条件不变，研究在整个运动变 化过程中， DE，DF ，AD 之间满足的数量关系，直接写出结论，不用加以证明．

30 ．〔2021 ?绵阳〕如图 1，矩形 ABCD 中，AB=4 ，AD=3 ，把矩形沿直线 AC 折叠，使点 B 落在点 E 处，AE 交 CD 于点 F，连接 DE． 〔1〕求证：△DEC≌△EDA；

〔2〕求 DF 的值；

〔3〕如图 2，假设 P 为线段 EC 上一动点，过点 P 作△AEC 的内接矩形，使其极点 Q 落在线段 AE 上，定点 M 、

N 落在线段 AC 上，当线段 PE 的长为何值时，矩形 PQMN 的面积最大？并求出其最大值．

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几何难题精选 (1) 旋转 圆 四边形

参照答案与试题解析

一．解答题〔共 30 小题〕

1 ．〔2021 ?河南〕如图 1，在 Rt △ABC 中，∠B=90 °，BC=2AB=8 ，点 D、E 分别是边 BC、AC 的中点，连接 DE，将△EDC 绕点 C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α． 〔1〕问题发现

①当α=0 °时， = ；②当α=180 °时， = ．

〔2〕拓展研究

试判断：当 0°≤α＜360 °时， 的大小有无变化？请仅就图 2 的状况给出证明．

〔3〕问题解决

当△EDC 旋转至 A，D，E 三点共线时，直接写出线段 BD 的长．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕①当α=0 °时，在Rt △ABC 中，由勾股定理，求出 AC 的值是多少；尔后依照点 D、E 分别是边 BC、AC 的中点，分别求出 AE、BD 的大小，即可求出 的值是多少．

②α=180 °时，可得AB ∥DE，尔后依照 ，求出 的值是多少即可．

〔2〕第一判断出∠ ECA= ∠DCB ，再依照 ，判断出△ECA∽△DCB，即可求出 的值是多少，进而判

断出 的大小没有变化即可．

〔3〕依照题意，分两种状况：①点 A，D，E 所在的直线和 BC 平行时；②点 A ，D，E 所在的直线和 BC 订交

时；尔后分类谈论，求出线段 BD 的长各是多少即可． 【解答】 解：〔 1〕①当α=0 °时，

∵Rt △ABC 中，∠B=90 °， ∴AC= ，

∵点D、E 分别是边 BC、AC 的中点，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴ ， ∴ ．

②如图 1， ， 当α=180 °时， 可得 AB∥DE， ∵ ，

∴ = ．

故答案为： ．

〔2〕如图 2， ，

当 0°≤α＜360 °时， 的大小没有变化，

∵∠ECD= ∠ACB ， ∴∠ECA= ∠DCB ， 又∵ ，

∴△ECA∽△DCB ， ∴ ．

〔3〕①如图 3 ， ， ∵AC=4 ，CD=4 ，CD ⊥AD ， ∴AD= = ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∵AD=BC ，AB=DC ，∠B=90 ° ， ∴四边形 ABCD 是矩形，

∴ ．

②如图 4，连接 BD，过点 D 作 AC 的垂线交 AC 于点 Q ，过点 B作 AC 的垂线交 AC 于点 P， ， ∵AC=4 ，CD=4 ，CD ⊥AD ， ∴AD= = ，

∵点D、E 分别是边 BC、AC 的中点， ∴DE= =2 ，

∴AE=AD ﹣DE=8 ﹣2=6 ， 由〔2〕，可得

，

∴BD= = ．

综上所述， BD 的长为 4 或 ．

【谈论】 〔1〕此题主要观察了几何变换综合题，观察了解析推理能力，观察了分类谈论思想的应用，观察了数

形结合思想的应用，要熟练掌握．

〔2〕此题还观察了相似三角形、全等三角形的判断和性质的应用，要熟练掌握． 〔3〕此题还观察了线段长度的求法，以及矩形的判断和性质的应用，要熟练掌握．

2．〔2021 ?济南〕如图 1 ，在△ABC 中，∠ACB=90 ° ，AC=BC ，∠EAC=90 ° ，点M 为射线 AE 上任意一点〔不 与 A 重合〕，连接 CM ，将线段 CM 绕点 C 按顺时针方向旋转 90 ° 获取线段CN ，直线 NB 分别交直线 CM 、射 线 AE 于点 F、D．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔1〕直接写出∠ NDE 的度数；

〔2〕如图 2、图 3，当∠EAC 为锐角或钝角时，其他条件不变，〔 1〕中的结论可否发生变化？若是不变，采用

其中一种状况加以证明；若是变化，请说明原由；

〔3〕如图 4，假设∠EAC=15 °，∠ACM=60 °，直线CM 与 AB 交于 G，BD= ，其他条件不变，求线段 AM

的长．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕依照题意证明△ MAC ≌△NBC 即可； 〔2〕与〔 1〕的证明方法相似，证明△ MAC ≌△NBC 即可；〔3〕作 GK ⊥BC 于 K，证明 AM=AG ，依照△MAC ≌△NBC ，获取∠件求出 AG 的长，获取答案．

【解答】 解：〔 1〕∵∠ACB=90 °，∠MCN=90 °， ∴∠ACM= ∠BCN ， 在△MAC 和△NBC 中，

，

∴△MAC ≌△NBC ， ∴∠NBC= ∠MAC=90 °，

又∵∠ACB=90 °，∠EAC=90 °， ∴∠NDE=90 °； 〔2〕不变，

在△MAC ≌△NBC 中，

，

∴△MAC ≌△NBC ，

BDA=90 °，依照直角三角形的性质和条

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠N= ∠AMC ， 又∵∠MFD= ∠NFC，

∠MDF= ∠FCN=90 °，即∠NDE=90 °； 〔3〕作 GK⊥BC 于 K， ∵∠EAC=15 °， ∴∠BAD=30 °， ∵∠ACM=60 °，

∴∠GCB=30 °，

∴∠AGC= ∠ABC+ ∠GCB=75 °， ∠AMG=75 °， ∴AM=AG ，

∵△MAC ≌△NBC ， ∴∠MAC= ∠NBC ， ∴∠BDA= ∠BCA=90 °， ∵BD= ，

∴AB= + ，

AC=BC= +1 ，

设 BK=a ，那么 GK=a ，CK= a， ∴a+ a= +1 ，

∴a=1 ，

∴KB=KG=1 ，BG= ，

AG= ， ∴AM= ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【谈论】 此题观察的是矩形的判断和性质以及三角形全等的判断和性质， 正确作出辅助线、 利用方程的思想是解

题的重点，注意旋转的性质的灵便运用．

3 ．〔2021 ?岳阳〕直线 m ∥n ，点 C 是直线 m 上一点，点 D 是直线 n 上一点， CD 与直线 m 、n 不垂直， 点 P 为线段 CD 的中点．

〔1〕操作发现：直线 l ⊥m ，l⊥n，垂足分别为 A、B，当点 A 与点 C 重合时〔如图①所示〕，连接 PB，请直 接写出线段 PA 与 PB 的数量关系： PA=PB ．

〔2〕猜想证明：在图①的状况下，把直线 l 向上平移到如图②的地址，试问〔 1〕中的 PA 与 PB 的关系式可否

依旧成立？假设成立，请证明；假设不成立，请说明原由．

〔3〕延伸研究：在图②的状况下，把直线 l 绕点 A 旋转，使得∠ APB=90 °〔如图③所示〕，假设两平行线 m 、n 之间的距离为 2k ．求证： PA ?PB=k ?AB．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】〔1〕依照三角形 CBD 是直角三角形， 而且点 P 为线段 CD 的中点，应用直角三角形的性质， 可得 PA=PB ，

据此解答即可．

〔2〕第一过 C 作 CE⊥n 于点 E，连接 P E，尔后分别判断出 PC=PE 、∠PCA= ∠PEB、AC=BE ；尔后依照全等三 角形判断的方法，判断出△ PAC∽△PBE，即可判断出 PA=PB 依旧成立．

〔3〕第一延伸 AP 交直线 n 于点 F，作 AE⊥BD 于点 E，尔后依照相似三角形判断的方法， 判断出△AEF∽△BPF， 即可判断出 AF ?BP=AE ?BF，再个 AF=2PA ，AE=2k ，BF=AB ，可得 2PA ?PB=2k ．AB，因此 PA?PB=k ?AB，

据此解答即可．

【解答】 解：〔 1〕∵l⊥n， ∴BC⊥BD，

∴三角形 CBD 是直角三角形， 又∵点 P 为线段 CD 的中点， ∴PA=PB ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔2〕把直线 l 向上平移到如图②的地址， PA=PB 依旧成立，原由以下： 如图②，过 C 作 CE⊥n 于点 E，连接 P E，

，

∵三角形 CED 是直角三角形，点 P 为线段 CD 的中点，

∴PD=PE ，

又∵点 P 为线段 CD 的中点， ∴PC=PD ， ∴PC=PE ；

∵PD=PE ， ∴∠CDE= ∠PEB， ∵直线 m ∥n ， ∴∠CDE= ∠PCA ， ∴∠PCA= ∠PEB，

又∵直线 l⊥m ，l⊥n，CE⊥m ，CE⊥n ， ∴l∥CE， ∴AC=BE ，

在△PAC 和△PBE 中， ∴△PAC≌△PBE，

∴PA=PB ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔3〕如图③，延伸 AP 交直线 n 于点 F，作 AE⊥BD 于点 E， ， ∵直线 m ∥n ， ∴ ，

∴AP=PF ，

∵∠APB=90 °， ∴BP⊥AF， 又∵AP=PF ， ∴BF=AB ；

在△AEF 和△BPF 中， ∴△AEF∽△BPF， ∴ ，

∴AF ?BP=AE ?BF，

∵AF=2PA ，AE=2k ，BF=AB ，

∴2PA ?PB=2k ．AB ， ∴PA?PB=k ?AB ．

【谈论】 〔1〕此题主要观察了几何变换综合题，观察了解析推理能力，观察了分类谈论思想的应用，观察了数

形结合思想的应用，观察了从图象中获守信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力． 〔2〕此题还观察了直角三角形的性质和应用，要熟练掌握．

〔3〕此题还观察了全等三角形的判断和性质的应用，以及相似三角形的判断和性质的应用，要熟练掌握． 4 ．〔2021 ?重庆〕在△ABC 中，AB=AC ，∠A=60 °，点D 是线段 BC 的中点，∠EDF=120 °，DE 与线段 AB 相 交于点 E．DF 与线段 AC 〔或 AC 的延伸线〕订交于点 F．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔1〕如图 1，假设 DF⊥AC，垂足为 F，AB=4 ，求 BE 的长；

〔2〕如图 2，将〔1 〕中的∠EDF 绕点 D 顺时针旋转必然的角度， DF 仍与线段 AC 订交于点 F．求证：BE+CF= AB；

〔3〕如图 3，将〔 2〕中的∠EDF 连续绕点 D 顺时针旋转必然的角度，使 DF 与线段 AC 的延伸线订交于点 F， 作 DN ⊥AC 于点 N ，假设 DN ⊥AC 于点 N ，假设 DN=FN ，求证： BE+CF= 〔BE﹣CF〕．

【考点】 几何变换综合题；全等三角形的判断与性质；等边三角形的判断与性质；锐角三角函数的定义．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕如图 1，易求得∠B=60 °，∠BED=90 °，BD=2 ，尔后运用三角函数的定义即可求出 BE 的值；

〔2〕过点 D 作 DM ⊥AB 于 M ，作 DN ⊥AC 于 N，如图 2，易证△MBD ≌△NCD ，那么有 BM=CN ，DM=DN ， 进而可证到△ EMD ≌△FND ，那么有 EM=FN ，即可获取 BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD ×cos60 °=BD= BC= AB；

〔3〕过点 D 作 DM ⊥AB 于 M ，如图 3．同〔1〕可得：∠B= ∠ACD=60 °，同〔2〕可得： BM=CN ，DM=DN ，

EM=FN ．由 DN=FN 可得 DM=DN=FN=EM ，进而可得

BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM ，B E﹣CF=BM+EM ﹣CF=BM+NF ﹣

CF=BM+NC=2BM ．尔后在 Rt△BMD 中，运用三角函数即可获取 DM= BM ，即 BE+CF= 〔B E﹣CF〕． 【解答】 解：〔 1〕如图 1， ∵AB=AC ，∠A=60 °，

∴△ABC 是等边三角形，

∴∠B= ∠C=60 °，BC=AC=AB=4 ． ∵点D 是线段 BC 的中点， ∴BD=DC= BC=2 ．

∵DF⊥AC，即∠AFD=90 °，

∴∠AED=360 °﹣60 °﹣90 °﹣120 °=90 °， ∴∠BED=90 °，

∴BE=BD ×cos ∠B=2 ×cos60 °=2 × =1 ；

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔2〕过点 D 作 DM ⊥AB 于 M ，作 DN ⊥AC 于 N，如图 2， 那么有∠AMD= ∠BMD= ∠AND= ∠CND=90 °．

∵∠A=60 °，∴∠MDN=360 °﹣60 °﹣90 °﹣90 °=120 °． ∵∠EDF=120 °，∴∠MDE= ∠NDF ． 在△MBD 和△NCD 中，

，

∴△MBD ≌△NCD ，

∴BM=CN ，DM=DN ． 在△EMD 和△FND 中，

，

∴△EMD ≌△FND ， ∴EM=FN ，

∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN =2BM=2BD ×cos60 °=BD= BC= AB ；

〔3〕过点 D 作 DM ⊥AB 于 M ，如图 3．

同〔1〕可得：∠B= ∠ACD=60 °． 同〔2〕可得： BM=CN ，DM=DN ，EM=FN ． ∵DN=FN ，∴DM=DN=FN=EM ，

∴BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM ， BE﹣CF=BM+EM ﹣CF=BM+NF ﹣CF=BM+NC=2BM ．

在 Rt△BMD 中，DM=BM ?tanB= BM ， ∴BE+CF= 〔BE﹣CF〕．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【谈论】 此题主要观察了等边三角形的判断与性质、四边形的内角和定理、全等三角形的判断与性质、三角函数

的定义、特别角的三角函数值等知识，经过证明三角形全等获取 BM=CN ，DM=DN ，EM=FN 是解决此题的关

键．

5 ．〔2021 ?烟台〕【问题提出】

如图①，△ ABC 是等腰三角形，点 E 在线段 AB 上，点 D 在直线 BC 上，且 ED=EC ，将△BCE 绕点 C 顺时 针旋转 60°至△ACF 连接 EF 试证明： AB=DB+AF

【类比研究】

〔1〕如图②，若是点 E 在线段 AB 的延伸线上，其他条件不变，线段 AB ，DB，AF 之间又有怎样的数量关系？

请说明原由

〔2〕若是点 E 在线段 BA 的延伸线上，其他条件不变，请在图③的基础大将图形补充完满，并写出 AB ，DB ，

AF 之间的数量关系，不用说明原由．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】第一判断出△ CEF 是等边三角形， 即可判断出 EF=EC，再依照 ED=EC ，可得 ED=EF ，∠CAF= ∠BAC=60 °， 因此∠EAF= ∠BAC+ ∠CAF=120 ° ，∠DBE=120 ° ，∠EAF= ∠DBE；尔后依照全等三角形判断的方法， 判断出△EDB

≌△FEA ，即可判断出 BD=AE ，AB=AE+BF ，因此 AB=DB+AF ．

〔1〕第一判断出△CEF 是等边三角形， 即可判断出 EF=EC，再依照 ED=EC ，可得 ED=EF ，∠CAF= ∠BAC=60 °， 因此∠EFC= ∠FGC+ ∠FCG，∠BAC= ∠FGC+ ∠FEA，∠FCG= ∠FEA，再依照∠FCG= ∠EAD ，∠D= ∠EAD，可得∠

D= ∠FEA；尔后依照全等三角形判断的方法，判断出△ EDB≌△FEA，即可判断出 BD=AE ，EB=AF ，进而判断出 AB=BD ﹣AF 即可．

〔2〕第一依照点 E 在线段 BA 的延伸线上，在图③的基础大将图形补充完满，尔后判断出△ CEF 是等边三角形， 即可判断出 EF=EC ，再依照 ED=EC ，可得 ED=EF ，∠CAF= ∠BAC=60 °，再判断出∠ DBE= ∠EAF，∠BDE= ∠AEF；

几何难题中考压轴题带含及详细解析

最后依照全等三角形判断的方法，判断出△ EDB ≌△FEA，即可判断出 BD=AE ，EB=AF ，进而判断出 AF=AB+BD

即可．

【解答】 证明： ED=EC=CF ，

∵△BCE 绕点 C 顺时针旋转 60 °至△ACF ， ∴∠ECF=60 °，∠BCA=60 °，BE=AF ，EC=CF ， ∴△CEF 是等边三角形， ∴EF=EC，∠CEF=60 °，

又∵ED=EC ， ∴ED=EF ，

∵△ABC 是等腰三角形，∠ BCA=60 °， ∴△ABC 是等边三角形，

∴∠CAF= ∠CBA=60 °，

∴∠EAF= ∠BAC+ ∠CAF=120 °，∠DBE=120 °，∠∵∠CAF= ∠CEF=60 °， ∴A 、E、C、F 四点共圆， ∴∠AEF= ∠ACF ，

又∵ED=EC ，

∴∠D= ∠BCE，∠BCE= ∠ACF， ∴∠D= ∠AEF，

在△EDB 和△FEA 中，

〔AAS 〕

∴△EDB≌△FEA， ∴DB=AE ，BE=AF ，

EAF= ∠DBE， 几何难题中考压轴题带含及详细解析

∵AB=AE+BE ， ∴AB=DB+AF ．

〔1〕AB=BD+AF ； 延伸 EF、CA 交于点 G，

∵△BCE 绕点 C 顺时针旋转 60 °至△ACF ， ∴∠ECF=60 °，BE=AF ，EC=CF ， ∴△CEF 是等边三角形，

∴EF=EC， 又∵ED=EC ，

∴ED=EF ，∠EFC= ∠BAC=60 °，

∵∠EFC= ∠FGC+ ∠FCG，∠BAC= ∠FGC+ ∠FEA，

∴∠FCG= ∠FEA，

又∵∠FCG= ∠ECD，∠D= ∠ECD ， ∴∠D= ∠FEA，

由旋转的性质，可得

∠CBE= ∠CAF=120 °，

∴∠DBE= ∠FAE=60 °， 在△EDB 和△FEA 中，

〔AAS 〕

∴△EDB≌△FEA，

∴BD=AE ，EB=AF ， ∴BD=FA+AB ， 即 AB=BD ﹣AF．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔2〕如图③， ， ED=EC=CF ，

∵△BCE 绕点 C 顺时针旋转 60° 至△ACF ，

∴∠ECF=60 ° ，BE=AF ，EC=CF ，BC=AC ， ∴△CEF 是等边三角形， ∴EF=EC，

又∵ED=EC ， ∴ED=EF ，

∵AB=AC ，BC=AC ， ∴△ABC 是等边三角形， ∴∠ABC=60 ° ，

又∵∠CBE= ∠CAF， ∴∠CAF=60 ° ，

∴∠EAF=180 ° ﹣∠CAF﹣∠BAC =180 ° ﹣60° ﹣60 ° =60 °

∴∠DBE= ∠EAF； ∵ED=EC ， ∴∠ECD= ∠EDC，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠BDE= ∠ECD+ ∠DEC= ∠EDC+ ∠DEC ， 又∵∠EDC= ∠EBC+ ∠BED，

∴∠BDE= ∠EBC+ ∠BED+ ∠DEC=60 °+ ∠BEC， ∵∠AEF= ∠CEF+ ∠BEC=60 °+ ∠BEC， ∴∠BDE= ∠AEF， 在△EDB 和△FEA 中，

〔AAS 〕

∴△EDB≌△FEA， ∴BD=AE ，EB=AF ， ∵BE=AB+AE ，

∴AF=AB+BD ，

即 AB，DB ，AF 之间的数量关系是：

AF=AB+BD ．

【谈论】 〔1〕此题主要观察了几何变换综合题，观察了解析推理能力，观察了空间想象能力，观察了数形结合

方法的应用，要熟练掌握．

〔2〕此题还观察了全等三角形的判断和性质的应用，要熟练掌握．

6 ．〔2021 ?莆田〕在 Rt△ACB 和 Rt △AEF 中，∠ACB= ∠AEF=90 °，假设点P 是 BF 的中点，连接 PC，PE．

特别发现：

如图 1，假设点 E，F 分别落在边 AB，AC 上，那么结论： PC=PE 成立〔不要求证明〕．

问题研究：

把图 1 中的△AEF 绕着点 A 顺时针旋转．

〔1〕如图 2，假设点 E 落在边 CA 的延伸线上，那么上述结论可否成立？假设成立，请恩赐证明；假设不成立，请说明

原由；

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔2〕如图 3，假设点 F 落在边 AB 上，那么上述结论可否依旧成立？假设成立，请恩赐证明；假设不成立，请说明原由； 〔3〕记 =k ，当 k 为何值时，△ CPE 总是等边三角形？〔请直接写出 k 的值，不用说明原由〕

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕第一过点 P 作 PM ⊥CE 于点 M ，尔后依照 EF⊥AE，BC⊥AC，可得 EF∥MP ∥CB，推得 ，

再依照点 P 是 BF 的中点，可得 EM=MC ，据此推得 PC=PE 即可．

〔2〕第一过点 F 作 FD⊥AC 于点 D，过点 P 作 PM ⊥AC 于点 M ，连接 PD，尔后依照全等三角形判断的方法，

判断出△DAF ≌△EAF，即可判断出 AD=AE ；再判断出△DAP ≌△EAP，即可判断出 PD=PE ；最后依照 FD⊥AC， BC⊥AC，PM ⊥AC ，可得 FD∥BC∥PM ，再依照点 P 是 BF 的中点，推得 PC=PD ，再依照 PD=PE ，即可推得 PC=PE ．

〔3〕第一依照△CPE 总是等边三角形，可得将△ AEF 绕着点 A 顺时针旋转 180 °，△CPE 仍是等边三角形；尔后

依照∠BCF= ∠BEF=90 °，点P 是 BF 的中点，可得点 C、E 在以点 P 为圆心， BF 为直径的圆上；最后依照圆周角 定理，求出∠ CBE 的度数，即可求出当△ CPE 总是等边三角形时， k 的值是多少． 【解答】 解：〔 1〕如图 2，过点 P 作 PM ⊥CE 于点 M ，

，

PC=PE 成立，原由以下： ∵EF⊥AE，BC⊥AC，

∴EF∥MP ∥CB， ∴ ，

∵点P 是 BF 的中点，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴EM=MC ， 又∵PM ⊥CE，

∴PC=PE ．

〔2〕如图 3，过点 F 作 FD⊥AC 于点 D，过点 P 作 PM ⊥AC 于点 M ，连接 PD，

，

PC=PE 成立，原由以下：

∵∠DAF= ∠EAF，∠FDA= ∠FEA=90 °，在△DAF 和△EAF 中，

，

∴△DAF ≌△EAF〔AAS 〕， ∴AD=AE ，

在△DAP 和△EAP 中，

，

∴△DAP ≌△EAP〔SAS〕， ∴PD=PE ，

∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM ⊥AC， ∴FD∥BC∥PM ， ∴ ，

∵点P 是 BF 的中点， ∴DM=MC ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

又∵PM ⊥AC， ∴PC=PD ，

又∵PD=PE ， ∴PC=PE ．

〔3〕如图 4， ， ∵△CPE 总是等边三角形，

∴将△AEF 绕着点 A 顺时针旋转 180 ° ，△CPE 仍是等边三角形， ∵∠BCF= ∠BEF=90 ° ，点P 是 BF 的中点，

∴点C、E 在以点 P 为圆心， BF 为直径的圆上， ∵△CPE 是等边三角形， ∴∠CPE=60 ° ，

依照圆周角定理，可得

∠CBE= ∠CPE= 60 °=30 ° ，

即∠ABC=30 ° ， 在 Rt△ABC 中， ∵ =k ， =tan30 ° ，

∴k=tan30 °= ，

∴当k 为 时，△CPE 总是等边三角形．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【谈论】 〔1〕此题主要观察了几何变换综合题，观察了解析推理能力，观察了数形结合思想的应用，要熟练掌

握．

〔2〕此题还观察了全等三角形判断和性质的应用，以及直角三角形的性质和应用，要熟练掌握． 〔3〕解答第〔 3〕题时，理解“△ CPE 总是等边三角形〞的含义是解答此题的重点所在．

7 ．〔2021 ?襄城区模拟〕 如图， 正方形 ABCO 的边 OA 、OC 在坐标轴上， 点 B 坐标为〔3，3〕．将正方形 ABCO 绕点 A 顺时针旋转角度α〔 0°＜α＜90 °〕，获取正方形 ADEF ，ED 交线段 OC 于点 G，ED 的延伸线交线段 BC 于点 P，连 AP 、AG ．

〔1〕求证：△AOG ≌△ADG ；

〔2〕求∠PAG 的度数；并判断线段 OG 、PG、BP 之间的数量关系，说明原由； 〔3〕当∠1= ∠2 时，求直线 PE 的解析式；

〔4〕在〔3〕的条件下，直线 PE 上可否存在点 M ，使以 M 、A、G 为极点的三角形是等腰三角形？假设存在，请

直接写出 M 点坐标；假设不存在，请说明原由．

【考点】 几何变换综合题．

【解析】 〔1〕由 AO=AD ，AG=AG ，依照斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△ AOG ≌ △ADG 即可．

〔2〕第一依照三角形全等的判断方法，判断出△ ADP ≌△ABP ，再结合△AOG ≌△ADG ，可得∠DAP= ∠BAP，∠1=

∠DAG ；尔后依照∠ 1+ ∠DAG+ ∠DAP+ ∠BAP=90 °，求出∠PAG 的度数；最后判断出线段 OG 、PG、BP 之间的

数量关系即可．

〔3〕第一依照△AOG ≌△ADG ，判断出∠AGO= ∠AGD ；尔后依照∠ 1+ ∠AGO=90 °，∠2+ ∠PGC=90 °，判断出当

∠1= ∠2 时，∠AGO= ∠AGD= ∠PGC，而∠AGO+ ∠AGD+ ∠PGC=180 °，求出∠1= ∠2=30 °；最后确定出 P、G 两 点坐标，即可判断出直线 PE 的解析式．

〔4〕依照题意，分两种状况：①当点 M 在 x 轴的负半轴上时；②当点 M 在 EP 的延伸线上时；依照以 M 、A、 G 为极点的三角形是等腰三角形，求出 M 点坐标是多少即可． 【解答】 〔1〕证明：在 Rt△AOG 和 Rt△ADG 中，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔HL〕

∴△AOG ≌△ADG ．

〔2〕解：在 Rt△ADP 和 Rt△ABP 中， ∴△ADP ≌△ABP ， 那么∠DAP= ∠BAP ； ∵△AOG ≌△ADG ， ∴∠1= ∠DAG ；

又∵∠1+ ∠DAG+ ∠DAP+ ∠BAP=90 °， ∴2 ∠DAG+2 ∠DAP=90 °， ∴∠DAG+ ∠DAP=45 °， ∵∠PAG= ∠DAG+ ∠DAP ，

∴∠PAG=45 °； ∵△AOG ≌△ADG ， ∴DG=OG ， ∵△ADP ≌△ABP ， ∴DP=BP ，

∴PG=DG+DP=OG+BP ．

〔3〕解：∵△AOG ≌△ADG ， ∴∠AGO= ∠AGD ，

又∵∠1+ ∠AGO=90 °，∠2+ ∠PGC=90 °，∠∴∠AGO= ∠PGC，

又∵∠AGO= ∠AGD ， ∴∠AGO= ∠AGD= ∠PGC，

又∵∠AGO+ ∠AGD+ ∠PGC=180 °，

1= ∠2， 几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠AGO= ∠AGD= ∠PGC=180 ° ÷3=60 ° ， ∴∠1= ∠2=90 ° ﹣60 °=30 ° ；

在 Rt△AOG 中， ∵AO=3 ，

∴OG=AOtan30 °=3 × = ，

∴G 点坐标为〔 ，0〕， CG=3 ﹣ ，

在 Rt△PCG 中，PC= = =3 〔 ﹣1〕，

∴P 点坐标为：〔 3，3 ﹣3 〕， 设直线 PE 的解析式为： y=kx+b ，

那么 ，

解得 ，

∴直线 PE 的解析式为 y= x﹣3．

〔4〕①如图 1 ，当点 M 在 x 轴的负半轴上时， ， ∵AG=MG ，点 A 坐标为〔 0，3〕，

∴点M 坐标为〔 0 ，﹣3〕．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

②如图 2，当点 M 在 EP 的延伸线上时， ， 由〔3〕，可得∠AGO= ∠PGC=60 ° ， ∴EP 与 AB 的交点 M ，满足 AG=MG ，

∵A 点的横坐标是 0，G 点横坐标为 ， ∴M 的横坐标是 2 ，纵坐标是 3， ∴点M 坐标为〔 2 ，3〕．

综上，可得

点 M 坐标为〔 0，﹣3〕或〔 2 ，3〕．

【谈论】 〔1〕此题主要观察了几何变换综合题，观察了解析推理能力，观察了空间想象能力，观察了数形结合

方法的应用，要熟练掌握．

〔2〕此题还观察了全等三角形的判断和性质的应用，以及直线的解析式的求法，要熟练掌握．

〔3〕此题还观察了等腰三角形的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的重点是要明确：①等腰三角形的两腰相

等．②等腰三角形的两个底角相等．③等腰三角形的顶角均分线、底边上的中线、底边上的高互相重合． 8 ．〔2021 ?重庆校级一模〕，四边形 ABCD 是正方形，点 P 在直线 BC 上，点 G 在直线 AD 上〔P、G 不 与正方形极点重合，且在 CD 的同侧〕， PD=PG ，DF⊥PG 于点 H，DF 交直线 AB 于点 F，将线段 PG 绕点 P

逆时针旋转 90 ° 获取线段P E，连接 EF．

〔1〕如图 1，当点 P 与点 G 分别在线段 BC 与线段 AD 上时，假设 PC=1 ，计算出 DG 的长；

〔2〕如图 1，当点 P 与点 G 分别在线段 BC 与线段 AD 上时，证明：四边形 DFEP 为菱形；

〔3〕如图 2，当点 P 与点 G 分别在线段 BC 与线段 AD 的延伸线上时， 〔2〕的结论：四边形 DFEP 为菱形可否

依旧成立？假设成立，请给出证明；假设不成立，请说明原由．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【考点】 几何变换综合题．

【解析】 〔1〕作 PM ⊥DG 于 M ，依照等腰三角形的性质由 PD=PG 得 MG=MD ，依照矩形的判断易得四边形

PCDM 为矩形，那么 PC=MD ，于是有 DG=2PC ；

〔2〕依照四边形 ABCD 为正方形得 AD=AB ，由四边形 ABPM 为矩形得 AB=PM ，那么 AD=PM ，再利用等角的

余角相等获取∠ GDH= ∠MPG ，于是可依照“ASA 〞证明△ADF ≌△MPG ，获取 DF=PG ，加上 PD=PG ，获取 DF=PD ， 尔后利用旋转的性质得∠ EPG=90 °，PE=PG ，因此 PE=PD=DF ，再利用 DF⊥PG 获取 DF∥P E，于是可判断四边形 PEFD 为平行四边形，加上 DF=PD ，那么可判断四边形 PEFD 为菱形；

〔3〕与〔 1〕中②的证明方法相同可获取四边形 PEFD 为菱形． 【解答】 〔1〕证明：作 PM ⊥DG 于 M ，如图 1， ∵PD=PG ， ∴MG=MD ，

∵四边形 ABCD 为矩形， ∴PCDM 为矩形， ∴PC=MD ， ∴DG=2PC=2 ；

〔2〕∵四边形 ABCD 为正方形，

∴AD=AB ，

∵四边形 ABPM 为矩形， ∴AB=PM ，

∴AD=PM ， ∵DF⊥PG，

∴∠DHG=90 °， ∴∠GDH+ ∠DGH=90 °， ∵∠MGP+ ∠MPG=90 °，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠GDH= ∠MPG ， 在△ADF 和△MPG 中，

，

∴△ADF ≌△MPG 〔ASA 〕， ∴DF=PG ，

而 PD=PG ， ∴DF=PD ，

∵线段 PG 绕点 P 逆时针旋转 90 °获取线段 P E， ∴∠EPG=90 °，PE=PG ， ∴PE=PD=DF ，

而 DF⊥PG， ∴DF∥PE，

即 DF∥P E，且 DF=PE ， ∴四边形 PEFD 为平行四边形， ∵DF=PD ，

∴四边形 PEFD 为菱形；

〔3〕解：四边形 PEFD 是菱形．原由以下：

作 PM ⊥DG 于 M ，如图 2，

与〔1〕相同同理可证得△ ADF ≌△MPG ， ∴DF=PG ，

而 PD=PG ， ∴DF=PD ，

∵线段 PG 绕点 P 逆时针旋转 90 °获取线段 P E，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠EPG=90 °，PE=PG ， ∴PE=PD=DF

而 DF⊥PG， ∴DF∥PE，

即 DF∥P E，且 DF=PE ， ∴四边形 PEFD 为平行四边形， ∵DF=PD ，

∴四边形 PEFD 为菱形．

【谈论】 此题观察了四边形的综合题：熟练掌握平行四边形、矩形、菱形和正方形的判断与性质是解题的重点；

同时会运用等腰三角形的性质和旋转的性质；会利用三角形全等解决线段相等的问题．

9 ．〔2021 ?房山区二模〕在△ ABC 中，AB=BC=2 ，∠ABC=90 °，BD 为斜边 AC 上的中线，将△ ABD 绕点 D 顺

时针旋转α〔0°＜α＜180 °〕获取△EFD，其中点 A 的对应点为点 E，点 B 的对应点为点 F．BE 与 FC 订交于点 H． 〔1〕如图 1，直接写出 BE 与 FC 的数量关系： BE=FC ； 〔2〕如图 2，M 、N 分别为 EF、BC 的中点．求证： MN= ；

〔3〕连接 BF，CE，如图 3，直接写出在此旋转过程中， 线段 BF、CE 与 AC 之间的数量关系： BF+CE =AC ．

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【考点】 几何变换综合题．

【解析】 〔1〕第一判断出 BD=AD=CD ，尔后依照旋转的性质，判断出 ED=FD ，∠BDE= ∠CDF ；最后依照全 等三角形的判断方法，判断出△ BED≌△CFD，即可判断出 BE=FC ．

〔2〕第一连接 BF，取 BF 中点 G，连接 MG 、NG ，判断出 BE⊥CF；尔后依照 M 为 EF 中点， G 为 BF 中点， N 为 BC 中点，判断出 MG ∥BE，MG= ，NG ∥FC，NG= ；最后依照 BE=FC ，BE⊥FC，判断出 MG=NG ，

∠MGN=90 °，即△MGN 为等腰直角三角形，即可判断出 MN= ．

〔3〕第一依照 BE⊥FC，可得 BF+CE =EF +BC =BH +CH +EH +FH ；尔后依照 EF=AB ，可得 BF+CE =AB +BC =AC ，据此判断即可．

【解答】 〔1〕解：∵AB=BC=2 ，∠ABC=90 °，BD 为斜边 AC 上的中线，

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几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴BD=AD=CD ， 又∵ED=AD ，FD=BD ，

∴ED=FD ，

∵∠BDE= ∠FDE+ ∠α=90 °+ ∠α， ∠CDF= ∠CDB+ ∠α=90 °+ ∠α， ∴∠BDE= ∠CDF， 在△BED 和△CFD 中，

∴△BED≌△CFD， ∴BE=FC ．

〔2〕证明：如图 2，连接 BF，取 BF 中点 G，连接，

∵△BED≌△CFD，

∴∠1= ∠2 ， 又∵∠3= ∠4，

∴∠FHE= ∠FDE=90 °， ∴BE⊥CF，

∵M 为 EF 中点， G 为 BF 中点， ∴MG ∥B E，MG= ，

∵G 为 BF 中点， N 为 BC 中点， ∴NG ∥FC，NG= ，

MG 、NG ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

又∵BE=FC ，BE⊥FC， ∴MG=NG ，∠MGN=90 ° ，

∴△MGN 为等腰直角三角形， ∴MN= ．

〔3〕解：由〔 2〕，可得 BE⊥FC， ∴BF=BH +FH ， CE=CH +EH ， EF=EH +FH ， BC=BH +CH ，

∴BF+CE =EF +BC =BH +CH +EH +FH ， ∵EF=AB ，

∴BF+CE =AB +BC =AC ， ∴BF+CE =AC ．

故答案为： BE=FC 、BF+CE =AC ．

【谈论】 〔1〕此题主要观察了几何变换综合题，观察了解析推理能力，观察了空间想象能力，观察了数形结合

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方法的应用，要熟练掌握．

〔2〕此题还观察了全等三角形的判断和性质的应用，要熟练掌握．

〔3〕此题还观察了直角三角形的性质和应用，以及勾股定理的应用，要熟练掌握．

〔4〕此题还观察了三角形中位线定理的应用，要熟练掌握，解答此题的重点是要明确：三角形的中位线平行于

第三边，而且等于第三边的一半．

10 ．〔2021 ?衢州校级模拟〕图 1 是边长分别为 4 和 2 的两个等边三角形纸片 ABC 和 ODE 叠放在一起〔 C

与 O 重合〕．

〔1〕操作：固定△ ABC ，将△0DE 绕点 C 顺时针旋转 30 ° 后获取△ODE ，连接 AD 、B E，CE 的延伸线交 AB 于 F 〔图 2〕；

几何难题中考压轴题带含及详细解析

研究：在图 2 中，线段 BE 与 AD 之间有怎样的大小关系？试证明你的结论．

〔2〕在〔 1〕的条件下将的△ ODE ，在线段 CF 上沿着 CF 方向以每秒 1 个单位的速度平移，平移后的△ CDE 设

为△PQR，当点 P 与点 F 重合时停止运动〔图 3〕

研究：设△PQR 搬动的时间为 x 秒，△PQR 与△ABC 重叠局部的面积为 y，求 y 与 x 之间的函数解析式，并写出 函数自变量 x 的取值范围．

〔3〕将图 1 中△0DE 固定，把△ABC 沿着 OE 方向平移，使极点 C 落在 OE 的中点 G 处，设为△ABG ，尔后将△ ABG 绕点 G 顺时针旋转， 边 BG 交边 DE 于点 M ，边 AG 交边 DO 于点 N ，设∠BGE= α〔30 ° ＜α＜90 ° 〕；〔图4 〕

研究：在图 4 中，线段 ON ?EM 的值可否随α的变化而变化？若是没有变化，请你求出 ON ?EM 的值，若是有变

化，请你说明原由．

【考点】 几何变换综合题．

【解析】 〔1〕BE=AD ，可经过证三角形 BEC 和 ACD 全等来得出．

〔2〕由于重合局部的面积无法直接求出，因此可用△ RPQ 的面积减去△ RST 的面积来求得〔 S、T 为 RP、RQ 与

AC 的交点〕 ．△PRQ 的面积易求得． 重点是△RST 的面积， 三角形 RST 中，由于∠RTS= ∠CTQ=60 ° ﹣∠TCQ=30 而∠R=60 ° ，因此△RST 是直角三角形，只需求出 RS 和 ST 的长即可．上面已经求得了∠ QTC= ∠QCT=30 ° ，因此 RT=RQ ﹣QT=RQ ﹣QC=3 ﹣x，尔后依照△RTS 中特别角的度数即可得出 RS 和 ST 的长，进而可得出 y，x

的函数关系式．

〔3〕此题可经过证△ GEM 和△NGO 相似来求解． 【解答】 解：〔 1〕BE=AD ．

证明：∵△ABC 与△DCE 是等边三角形， ∴∠ACB= ∠DCE=60 ° ，CA=CB ，CE=CD ，

∴∠BCE= ∠ACD ， 在△BCE 与△ACD 中，

，

° 几何难题中考压轴题带含及详细解析

，

∴△BCE≌△ACD 〔SAS〕，

∴BE=AD ；

〔2〕如图在△CQT 中， ∵∠TCQ=30 °∠RQP=60 °，

∴∠QTC=30 °， ∴∠QTC= ∠TCQ，

∴QT=QC=x ， ∴RT=2 ﹣x， ∵∠RTS+ ∠R=90 °

∴∠RST=90 ° ∴y= 〔0≤x≤2〕．

〔3〕答： ON ?EM 的值不变，原由于： 证明：∵∠AGB=60 ° ∴∠MGE+ ∠NGO=120 °

∵∠GNO+ ∠NGO=120 ° ∴∠MGE= ∠GNO

∵∠E=∠O ∴△EMG ∽△OGN ∴ ，

∴ON ?EM=OG ?EG=1 ．

【谈论】此题观察了相似三角形的判断与性质， 全等三角形的判断与性质以及一元二次方程的求解方法等知识．题综合性很强，难度较大，解题的重点是方程思想与数形结合思想的应用．

此

几何难题中考压轴题带含及详细解析

11 ．〔2021 ?武义县模拟〕〔 1 〕将矩形 OABC 放在平面直角坐标系中，极点 O 为原点，极点 C、A 分别在 x 轴和 y 轴上， OA=8 ，OC=10 ，点 E 为 OA 边上一点，连接 CE，将△EOC 沿 CE 折叠．

①如图 1，当点 O 落在 AB 边上的点 D 处时，求点 E 的坐标；

②如图 2，当点 O 落在矩形 OABC 内部的点 D 处时，过点 E 作 EG∥x 轴交 CD 于点 H，交 BC 于点 G，设 H〔m ， n 〕，求 m 与 n 之间的关系式；

〔2〕如图 3，将矩形 OABC 变为边长为 10 的正方形，点 E 为 y 轴上一动点，将△ EOC 沿 CE 折叠．点 O 落在 点 D 处，延伸 CD 交直线 AB 于点 T，假设 = ，求 AT 的

长．

【考点】 几何变换综合题．

【解析】 〔1〕依照翻折变换的性质找出相等的线段，证明△ EAD ∽△DBC ，依照相似三角形的性质获取成比率线

段，代入求值即可；

〔2〕证明△EDH ≌△CGH ，获取 DH=HG ，在 Rt △EDH 中， 依照勾股定理列出关于 m 、n 的式子， 整理获取答案； 〔3〕依照 = ，获取 AE=EO ，证明 Rt△EDH ≌Rt △CGH ，获取 TA=TD ，依照勾股定理列式求值．

【解答】 解：〔 1〕由题意得， DE=OE ，CD=OC=10 ， 在 Rt△DBC 中，BC=OA=8 ，CD=10 ， 由勾股定理得， BD=6 ，

∵∠A= ∠EDC= ∠B=90 °， ∴△EAD ∽△DBC ， ∴ = ，即 = ，

解得， AE=3 ，那么 OE=5 ， ∴E〔0，5〕；

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔2〕由题意得， DE=OE=n ，EH=m ，HG=10 ﹣m ， 在△EDH 和△CGH 中，

，

∴△EDH ≌△CGH ， ∴DH=HG=10 ﹣m ，

在 Rt△EDH 中，DE=n ，EH=m ，DH=10 ﹣m ， 由勾股定理得 m =n + 〔10 ﹣m 〕， 整理得 m= n +5 ；

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〔3〕如图 3，连接 ET， ∵ = ，∴AE=EO ，

在△EAT 和△EDT 中，

，

∴Rt △EDH ≌Rt△CGH ， ∴TA=TD ，

在 Rt△TBC 中，CT=10+AT ，BT=10 ﹣AT，BC=10 ， 由勾股定理得，〔 10+AT 〕= 〔10 ﹣AT〕+100 ， 解得 AT= ．

2

2

【谈论】 此题观察的是翻折变换的性质、 相似三角形的判断和性质、 全等三角形的判断和性质以及勾股定理的运

用，灵便运用性质和定理，找准翻折变换对应的线段和角是解题的重点．

12 ．〔2021 ?石家庄校级模拟〕如图 1，在菱形 ABCD 中，AC=6 ，BD=6 ，AC，BD 订交于点 O ．

〔1〕求边 AB 的长；

〔2〕如图 2，将一个足够大的直角三角板 60 °角的极点放在菱形 ABCD 的极点 A 处，绕点 A 左右旋转，其中三 角板 60 °角的两边分别于边 BC，CD 订交于 E，F，连接 EF 与 AC 订交于点 G．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

①判断△AEF 是哪一种特别三角形，并说明原由；

②旋转过程中可否存在线段 EF 最短，假设存在，求出最小值，假设不存在，请说明原由．

【考点】 几何变换综合题．

【解析】 〔1〕依照菱形的性质和勾股定理求出 AB 的长；

〔2〕①证明△EAC≌△FAD，获取 AE=AF ，依照等边三角形的判断获取结论； 〔3〕依照垂线段最短进行计算即可． 【解答】 解：〔 1〕∵AC=6 ，BD=6 ，

∴OA=3 ，BO=3 ， ∴AB= =6 ；

〔2〕①△AEF 是等边三角形， ∵OA=3 ，AB=6 ，

∴∠ABO=30 °， ∴∠BAO=60 °，

∵∠EAC+ ∠CAF=60 °，∠FAD+ ∠CAF=60 °， ∴∠EAC= ∠FAD ， 在△EAC 和△FAD 中，

，

∴△EAC≌△FAD，

∴AE=AF ，又∠EAF=60 °， ∴△AEF 是等边三角形；

②当 AE⊥BC 时，AE 最小，即线段 EF 最短， 在等边△ABC 中，AB=6 ， ∴AE=3 ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

那么当旋转至 AE⊥BC 时线段 EF 最短，最小值是 3 ．

【谈论】 此题观察的是旋转变换的性质和菱形的性质，掌握菱形的四条边相等，对角线互相垂直是解题的重点．

13 ．〔2021 春 ?泰安校级期中〕如图，正方形 OEFG 绕着边长为 30 的正方形 ABCD 的对角线的交点 O 旋转， 边 OE、OG 分别交边 AD 、AB 于点 M 、N ． 〔1〕求证： OM=ON ；

〔2〕设正方形 OEFG 的对角线 OF 与边 AB 订交于点 P，连接 PM ．假设 PM=13 ，试求 AM 的长； 〔3〕连接 MN ，求△AMN 周长的最小值，并指出此时线段 MN 与线段 BD 的关系．

【考点】 几何变换综合题．

【解析】 〔1〕第一判断出∠ OAM= ∠OBN ，∠AOM= ∠BON ，尔后依照全等三角形的判断方法，判断出△ AOM ≌ △BON ，即可判断出 OM=ON ．

〔2〕第一依照全等三角形的判断方法，判断出△ POM ≌△PON ，PN=PM=5 ；尔后依照△AOM ≌△BON ，判断出 BN=AM ；最后在 Rt △AMP 中，依照 AM +AP =PM ，求出 AM 的长是多少即可．

〔3〕第一依照在 Rt△AMN 中，AM +AN =MN ，判断出当 x=6 时，即 AM=6 时，线段 MN 的长度最小，并 求出此时 MN 、AN 的值，求出△ AMN 周长的最小值是多少；尔后判断出 MN 是△ABD 的中位线，即可判断出 MN ∥BD ，且 MN= ．

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【解答】 〔1〕证明：在正方形 ABCD 中，∠OAM= ∠OBN=45 °，OA=OB ，

∵∠AOM+ ∠AON= ∠EOG=90 °，∠BON+ ∠AON= ∠AOB=90 °， ∴∠AOM= ∠BON ， 在△AOM 和△BON 中，

∴△AOM ≌△BON ， ∴OM=ON ．

〔2〕∵OF 是正方形 OEFG 的对角线， ∴∠POM= ∠PON ， 在△POM 和△PON 中，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴△POM ≌△PON ， ∴PN=PM=5 ，

∵△AOM ≌△BON ， ∴BN=AM ， 设 AM=BN=x ，

那么 AP=AB ﹣BN ﹣PN=12 ﹣x﹣5=7 ﹣x， 在 Rt△AMP 中， AM +AP =PM ， 即 x+ 〔7﹣x〕=5 ，

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整理，可得 x﹣7x+12=0 ，

2

解得 x1=3 ，x2=4 ， 因此 AM 的长为 3 或 4 ． 〔3〕设 AM=BN=x ， 那么 AN=AB ﹣BN=12 ﹣x， 在 Rt△AMN 中， AM +AN =MN ，

即 MN =x + 〔12﹣x〕=2 〔x﹣6〕+72

∴当x=6 时，即 AM=6 时，线段 MN 的长度最小，

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此时 MN= ，

AN=12 ﹣x=12 ﹣6=6 ，

∴△AMN 周长的最小值是： 6+6+6 =12+6 ，

∵点M 是 AD 的中点，点 N 是 AB 的中点，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴MN 是△ABD 的中位线， ∴MN ∥BD，且 MN= ．

【谈论】 〔1〕此题主要观察了几何变换综合题，以及线段的最大值、最小值的求解，观察了解析推理能力，要

熟练掌握．

〔2〕此题还观察了全等三角形的判断和性质的应用，要熟练掌握．

〔3〕此题还观察了直角三角形的性质和应用，以及三角形的中位线的性质和应用，要熟练掌握．

14 ．〔2021 ?天津〕在平面直角坐标系中， O 为原点，点 A〔﹣2 ，0〕，点 B〔0，2〕，点 E，点 F 分别为 OA ，

OB 的中点．假设正方形 OEDF 绕点 O 顺时针旋转，得正方形 OE′D′F′，记旋转角为α． 〔Ⅰ〕如图①，当α =90 ° 时，求AE′，BF′的长；

〔Ⅱ〕如图②，当α =135 ° 时，求证AE′=BF ′，且AE′⊥BF′；

〔Ⅲ〕假设直线 AE′与直线BF′订交于点P，求点 P 的纵坐标的最大值〔直接写出结果即可〕．

【考点】 几何变换综合题；三角形的外角性质；全等三角形的判断与性质； 含 30 度角的直角三角形； 勾股定理．

【专题】 综合题；压轴题．

【解析】 〔1〕利用勾股定理即可求出 AE′，BF′的长．

〔2〕运用全等三角形的判断与性质、三角形的外角性质即可解决问题．

〔3〕第一找到使点 P 的纵坐标最大时点 P 的地址〔点 P 与点 D′重合时〕，尔后运用勾股定理及 30 ° 角所对的直

角边等于斜边的一半等知识即可求出点 P 的纵坐标的最大值． 【解答】 解：〔Ⅰ〕当α =90 ° 时，点E′与点F 重合，如图①． ∵点A〔﹣2，0〕点 B〔0，2〕，

∴OA=OB=2 ．

∵点E，点 F 分别为 OA ，OB 的中点，

∴OE=OF=1

∵正方形 OE′D′F′是正方形OEDF 绕点 O 顺时针旋转 90 ° 获取的， ∴OE′=OE=1 ，OF′=OF=1 ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

在 Rt△AE′O 中， AE′= ．

在 Rt△BOF ′中， BF′= ．

∴AE′，BF′的长都等于 ． 〔Ⅱ〕当α=135 °时，如图②．

∵正方形 OE′D′F′是由正方形OEDF 绕点 O 顺时针旋转 135 °所得，

∴∠AOE ′= ∠BOF′=135 °． 在△AOE ′和△BOF ′中，

，

∴△AOE ′≌B△OF′〔SAS〕． ∴AE′=BF ′，且∠OAE ′= ∠OBF′．

∵∠ACB= ∠CAO+ ∠AOC= ∠CBP+ ∠CPB，∠CAO= ∠CBP， ∴∠CPB= ∠AOC=90 ° ∴AE′⊥BF′．

〔Ⅲ〕∵∠BPA= ∠BOA=90 °，∴点P、B、A 、O 四点共圆，

∴当点 P 在劣弧 OB 上运动时，点 P 的纵坐标随着∠ PAO 的增大而增大． ∵OE′=1 ，∴点 E′在以点O 为圆心， 1 为半径的圆 O 上运动，

∴当AP 与⊙O 相切时，∠E′AO 〔即∠PAO 〕最大，

此时∠AE′O=90 °，点D′与点P 重合，点 P 的纵坐标到达最大．

过点 P 作 PH ⊥x 轴，垂足为 H ，如图③所示． ∵∠AE′O=90 °，E′O=1 ，AO=2 ， ∴∠E′AO=30 °，AE′= ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴AP= +1 ．

∵∠AHP=90 °，∠PAH=30 °， ∴PH= AP= ．

∴点P 的纵坐标的最大值为 ．

【谈论】 此题是在图形旋转过程中，观察了全等三角形的判断与性质、勾股定理、三角形的外角性质、 30 °角所 对的直角边等于斜边的一半等知识，而找到使点 P 的纵坐标最大时点 P 的地址是解决最后一个问题的重点． 15 ．〔2021 春 ?青山区期末〕正方形 ABCD 和正方形 EBGF 共极点 B，连 AF，H 为 AF 的中点，连 EH，

正方形 EBGF 绕点 B 旋转．

〔1〕如图 1，当 F 点落在 BC 上时，求证： EH= FC；

〔2〕如图 2，当点 E 落在 BC 上时，连 BH ，假设 AB=5 ，BG=2 ，求 BH 的长； 〔3〕当正方形 EBGF 绕点 B 旋转到如图 3 的地址时，求 的值．

【考点】 几何变换综合题；全等三角形的判断与性质；等腰三角形的判断与性质；直角三角形斜边上的中线；勾

股定理；三角形中位线定理；正方形的性质．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕延伸 FE 交 AB 于点 Q，易证 EF=QE ，QB=FB ，进而可以证到 HE= AQ ，AQ=CF ，进而获取

HE= CF．

〔2〕延伸 EH 交 AB 于点 N ，易证△ANH ≌△FEH，那么有 NH=EH ，AN=EF ，进而可以证到 BH= EN，只需求出

EN 即可求出 BH 的值．

〔3〕过点 A 作 EF 平行线交 EB 的延伸线于点 T，延伸 EH 交 AT 于 S，连接 S B、EC，易证△ASH ≌△FEH，那么有

AS=EF ，SH=EH ．进而可以证到△ SAB ≌△EBC，那么有 SB=EC ，∠ASB= ∠BEC．由∠ASB= ∠BEC 可以推出∠SBE= ∠CEF，进而可以证到△ SBE≌△CEF，那么有 SE=CF，即可获取 EH= SE= CF．

【解答】 解：〔 1〕证明：延伸 FE 交 AB 于点 Q ，如图 1 ， ∵四边形 EFGB 是正方形， ∴EF=EB ，∠EFB= ∠EBF=45 °．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠ABC=90 °，AB=BC ．

∴∠BQF= ∠QBE=45 °． ∴QE=EB ． ∴QE=EF ． ∵AH=FH ， ∴HE= AQ ．

∵∠BQF= ∠BFQ=45 °， ∴BQ=BF ． ∵AB=BC ， ∴AQ=CF ． ∴HE= CF．

〔2〕延伸 EH 交 AB 于点 N ，如图 2 ∵四边形 BEFG 是正方形， ∴EF∥BG，EF=EB=BG=2 ． ∵EF∥AG ，

∴∠FEH= ∠ANH ，∠EFH= ∠NAH ． 在△ANH 和△FEH 中， ∴△ANH ≌△FEH．

∴NH=EH ，AN=EF ． ∵AB=5 ，AN=EF=2 ，

∴BN=AB ﹣AN=3 ．

∵∠NBE=90 °，BE=2 ，BN=3 ， ∴EN= = ．

，几何难题中考压轴题带含及详细解析

∵∠NBE=90 °，EH=NH ， ∴BH= EN= ．

∴BH 的值为 ．

〔3〕过点 A 作 EF 平行线交 EB 的延伸线于点 T， 延伸 EH 交 AT 于 S，连接 SB、EC，如图 3， ∵EF∥AS，

∴∠FEH= ∠ASH ，∠EFH= ∠SAH ．

在△ASH 和△FEH 中， ∴△ASH ≌△FEH． ∴AS=EF ，SH=EH ． ∵四边形 BEFG 是正方形，

∴BE=EF ，∠FEB=90 °． ∴AS=BE ． ∵EF∥AS，

∴∠ATE= ∠FEB=90 °． ∴∠TAB+ ∠ABT=90 °．

∵∠ABC=90 °， ∴∠CBE+ ∠ABT=90 °． ∴∠TAB= ∠CBE．

在△SAB 和△EBC 中， ∴△SAB≌△EBC．

∴SB=EC ．∠ASB= ∠BEC． ∵∠ATB=90 °， ∴∠TSB+ ∠TBS=90 °．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠ASB+ ∠SBE=360 °﹣90 °=270 °． ∵∠BEC+ ∠CEF=360 °﹣90 °=270 °，

∴∠SBE= ∠CEF． 在△SBE 和△CEF 中，

．

∴△SBE≌△CEF． ∴SE=CF ．

∵SH=EH ， ∴EH= SE= CF．

∴ 的值为 ．

【谈论】 此题观察了全等三角形的判断与性质、 等腰三角形的判断与性质、 正方形的性质、 三角形的中位线定理、 勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，综合性特别强，有必然的难度．而利用点 H 为 AF

的中点构造全等三角形是解决第三小题的重点．

16 ．〔2021 ?盐城〕阅读资料

如图①，△ABC 与△DEF 都是等腰直角三角形， ∠ACB= ∠EDF=90 °，且点 D 在 AB 边上，AB、EF的中点均为 O ，

连接 BF、CD 、CO ，显然点 C、F、O 在同一条直线上，可以证明△ BOF≌△COD ，那么 BF=CD ． 解决问题

〔1〕将图①中的 Rt△DEF 绕点 O 旋转获取图②，猜想此时线段 BF 与 CD 的数量关系，并证明你的结论；

〔2〕如图③，假设△ ABC 与△DEF 都是等边三角形， AB 、EF 的中点均为 O ，上述〔 1 〕中的结论依旧成立吗？如 果成立，请说明原由；如不成立，央求出 BF 与 CD 之间的数量关系；

〔3〕如图④，假设△ABC 与△DEF 都是等腰三角形， AB 、EF 的中点均为 0，且顶角∠ACB= ∠EDF= α，请直接写出

的值〔用含α的式子表示出来〕

【考点】 几何变换综合题．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕如答图②所示，连接 OC 、OD ，证明△BOF≌△COD ； 〔2〕如答图③所示，连接 OC、OD ，证明△BOF∽△COD ，相似比为 ； 〔3〕如答图④所示，连接 OC、OD ，证明△BOF∽△COD ，相似比为 tan ．

【解答】 解：〔 1〕猜想： BF=CD ．原由以下： 如答图②所示，连接 OC、OD ．

∵△ABC 为等腰直角三角形，点 O 为斜边 AB 的中点，

∴OB=OC ，∠BOC=90 °．

∵△DEF 为等腰直角三角形，点 O 为斜边 EF 的中点， ∴OF=OD ，∠DOF=90 °．

∵∠BOF= ∠BOC+ ∠COF=90 °+ ∠COF ，∠COD= ∠DOF+ ∠COF=90 °+ ∠COF ，

∴∠BOF= ∠COD ． ∵在△BOF 与△COD 中， ∴△BOF≌△COD 〔SAS〕， ∴BF=CD ．

〔2〕答：〔 1 〕中的结论不成立．

如答图③所示，连接 OC、OD ．

∵△ABC 为等边三角形，点 O 为边 AB 的中点， ∴ =tan30 °= ，∠BOC=90 °．

∵△DEF 为等边三角形，点 O 为边 EF 的中点， ∴ =tan30 °= ，∠DOF=90 °． ∴ = = ．

∵∠BOF= ∠BOC+ ∠COF=90 °+ ∠COF ，∠COD= ∠DOF+ ∠COF=90 °+ ∠COF ， ∴∠BOF= ∠COD ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

在△BOF 与△COD 中， ∵ = = ，∠BOF= ∠COD ，

∴△BOF∽△COD ， ∴ = ．

〔3〕如答图④所示，连接 OC、OD ．

∵△ABC 为等腰三角形，点 O 为底边 AB 的中点， ∴ =tan ，∠BOC=90 °．

∵△DEF 为等腰三角形，点 O 为底边 EF 的中点， ∴ =tan ，∠DOF=90 °． ∴ = =tan ．

∵∠BOF= ∠BOC+ ∠COF=90 °+ ∠COF ，∠COD= ∠DOF+ ∠COF=90 °+ ∠COF ，

∴∠BOF= ∠COD ． 在△BOF 与△COD 中， ∵ = =tan ，∠BOF= ∠COD ，

∴△BOF∽△COD ， ∴ =tan ．

【谈论】 此题是几何综合题，观察了旋转变换中相似三角形、全等三角形的判断与性质．解题重点是：第一，善

于发现几何变换中不变的逻辑关系，即△ BOF ≌△COD 或△BOF∽△COD ；第二，熟练运用等腰直角三角形、等边 三角形、等腰三角形的相关性质．此题〔 1〕〔2〕〔3〕问的解题思路一脉相承，由特别到一般，有利于同学们

进行学习与研究．

17 ．〔2021 ?梅州〕用如图①，②所示的两个直角三角形〔局部边长及角的度数在图中已标出〕，完成以下两个

研究问题：

研究一：将以上两个三角形如图③拼接〔 BC 和 ED 重合〕，在 BC 边上有一动点 P． 〔1〕当点 P 运动到∠CFB 的角均分线上时，连接 AP，求线段 AP 的长；

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔2〕当点 P 在运动的过程中出现 PA=FC 时，求∠PAB 的度数．

研究二：如图④，将△ DEF 的极点 D 放在△ABC 的 BC 边上的中点处，并以点 D 为旋转中心旋转△ DEF，使△DEF

的两直角边与△ ABC 的两直角边分别交于 M 、N 两点，连接 MN ．在旋转△DEF 的过程中，△ AMN 的周长可否

存在有最小值？假设存在，求出它的最小值；假设不存在，请说明原由．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕如答图 1 所示，过点 A 作 AG ⊥BC 于点 G，构造 Rt△APG ，利用勾股定理求出 AP 的长度；

〔2〕如答图 2 所示，吻合条件的点 P 有两个．解直角三角形，利用特别角的三角函数值求出角的度数； 〔3〕如答图 3 所示，证明△AMD ≌△CND ，得 AM=CN ，那么△AMN 两直角边长度之和为定值；设 AM=x ，求出 斜边 MN 的表达式，利用二次函数的性质求出 MN 的最小值，进而获取△ AMN 周长的最小值． 【解答】 解：研究一：〔 1〕依题意画出图形，如答图 1 所示：

由题意，得∠ CFB=60 °，FP 为角均分线，那么∠ CFP=30 °， ∴CF=BC ?tan30 °=3 × = ， ∴CP=CF ?tan ∠CFP= × =1 ．

过点 A 作 AG ⊥BC 于点 G，那么 AG= BC= ，

∴PG=CG ﹣CP= ﹣1= ．

在 Rt△APG 中，由勾股定理得： AP= = = ．

〔2〕由〔 1〕可知， FC= ．

如答图 2 所示，以点 A 为圆心，以 FC= 长为半径画弧，与 BC 交于点 P1、P2，那么 AP1=AP 2= ． 过点 A 过 AG ⊥BC 于点 G，那么 AG= BC= ．

在 Rt△AGP1 中，cos ∠P1AG= = = ，

∴∠P1AG=30 °，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠P1AB=45 °﹣30 °=15 °；

同理求得，∠ P2AG=30 °，∠P2AB=45 °+30 °=75 °．

∴∠PAB 的度数为 15 °或75 °． 研究二：△AMN 的周长存在有最小值． 如答图 3 所示，连接 AD ．

∵△ABC 为等腰直角三角形，点 D 为斜边 BC 的中点， ∴AD=CD ，∠C= ∠MAD=45 °．

∵∠EDF=90 °，∠ADC=90 °， ∴∠MDA= ∠NDC ． ∵在△AMD 与△CND 中， ∴△AMD ≌△CND 〔ASA 〕．

∴AM=CN ．

设 AM=x ，那么 CN=x ，AN=AC ﹣CN= BC﹣CN= ﹣x．

在 Rt△AMN 中，由勾股定理得：

MN= = = = ．

△AMN 的周长为： AM+AN+MN= + ，

当 x= 时，有最小值，最小值为 + = ．

∴△AMN 周长的最小值为 ．

【谈论】 此题是几何综合题，观察认识直角三角形、勾股定理、全等三角形、二次函数最值等知识点．难点在于 第〔3〕问，由发现并证明△ AMD ≌△CND 获取解题的打破点，再利用勾股定理和二次函数的性质求出最小值．

18 ．〔2021 ?营口〕如图，点 P 是⊙O 外一点， PA 切⊙O 于点 A，AB 是⊙O 的直径，连接 OP ，过点 B 作 BC ∥OP 交⊙O 于点 C，连接 AC 交 OP 于点 D ． 〔1〕求证： PC 是⊙ O 的切线；

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔2〕假设 PD= ，AC=8 ，求图中阴影局部的面积；

〔3〕在〔 2〕的条件下，假设点 E是 的中点，连接 CE，求 CE 的长．

【考点】 切线的判断；扇形面积的计算．

【专题】 证明题．

【解析】 〔1〕连接 OC ，证明△PAO ≌△PCO ，获取∠PCO= ∠PAO=90 °，证明结论； 〔2〕证明△ADP ∽△PDA ，获取成比率线段求出 BC 的长，依照 S 阴=S ⊙O﹣S△ABC 求出答案； 〔3〕连接 AE、BE，作 BM ⊥CE 于 M ，分别求出 CM 和 EM 的长，求和获取答案．

【解答】 〔1〕证明：如图 1，连接 OC ， ∵PA 切⊙O 于点 A，∴∠PAO=90 °， ∵BC∥OP ，

∴∠AOP= ∠OBC ，∠COP= ∠OCB ，

∵OC=OB ，∴∠OBC= ∠OCB ， ∴∠AOP= ∠COP， 在△PAO 和△PCO 中，

，

∴△PAO ≌△PCO ， ∴∠PCO= ∠PAO=90 °，

∴PC 是⊙O 的切线；

〔2〕解：由〔 1〕得 PA，PC 都为圆的切线， ∴PA=PC ，OP 均分∠APC ，∠ADO= ∠PAO=90 °，

∴∠PAD+ ∠DAO= ∠DAO+ ∠AOD ， ∴∠PAD= ∠AOD ， ∴△ADP ∽△ODA ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴ ，

∴AD =PD ?DO ， ∵AC=8 ，PD= ，

∴AD= AC=4 ，OD=3 ，AO=5 ，

2

由题意知 OD 为△的中位线， ∴BC=6 ，OD=6 ，AB=10 ． ∴S 阴= S⊙O﹣S△ABC= ﹣24 ；

〔3〕解：如图 2，连接 AE、BE，作 BM ⊥CE 于 M ， ∴∠CMB= ∠EMB= ∠AEB=90 ° ， ∵点E 是 的中点，

∴∠ECB= ∠CBM= ∠ABE=45 ° ，

CM=MB=3 ，

BE=AB ?cos45 °=5 ， ∴EM= =4 ，

那么 CE=CM+EM=7 ．

【谈论】 此题观察的是切线的判断和性质、扇形面积的计算和相似三角形的判断和性质，灵便运用切线的性质：

圆的切线垂直于过切点的半径和切线的判断是解题的重点． 19 ．〔2021 ?永州〕问题研究：

〔一〕新知学习：

圆内接四边形的判判断理：若是四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆〔即若是四边形 EFGH 的对角互补， 那么四边形 EFGH 的四个极点 E、F、G、H 都在同个圆上〕．

〔二〕问题解决：

⊙ O 的半径为 2，AB ，CD 是⊙O 的直径． P 是 上任意一点，过点 P 分别作 AB，CD 的垂线，垂足分别 为 N，M ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔1〕假设直径 AB⊥CD ，关于 上任意一点 P〔不与 B、C 重合〕〔如图一〕，证明四边形 PMON 内接于圆，

并求此圆直径的长；

〔2〕假设直径 AB⊥CD ，在点 P〔不与 B、C 重合〕从 B 运动到 C 的过程中，证明 MN 的长为定值，并求其定值； 〔3〕假设直径 AB 与 CD 订交成 120 ° 角．

①当点 P 运动到 的中点 P1 时〔如图二〕，求 MN 的长；

②当点 P〔不与 B、C 重合〕从 B 运动到 C 的过程中〔如图三〕，证明 MN 的长为定值． 〔4〕试问当直径 AB 与 CD 订交成多少度角时， MN 的长取最大值，并写出其最大值．

【考点】 圆的综合题．

【专题】 压轴题；研究型．

【解析】 〔1〕如图一，易证∠ PMO+ ∠PNO=180 ° ，进而可得四边形 PMON 内接于圆，直径 OP=2 ； 〔2〕如图一，易证四边形 PMON 是矩形，那么有 MN=OP=2 ，问题得以解决；

〔3〕①如图二，依照等弧所对的圆心角相等可得∠ COP 1 =∠BOP 1=60 ° ，依照圆内接四边形的对角互补可得∠ MP 1N=60 ° ．依照角均分线的性质可得 P1M=P 1N，进而获取△ P1MN 是等边三角形，那么有 MN=P 1M ．尔后在 Rt△P1MO 运用三角函数即可解决问题； ②设四边形 PMON 的外接圆为⊙ O ′，连接 NO ′并延伸，交⊙O′于点Q ， 连接 QM ，如图三，依照圆周角定理可得∠ QMN=90 ° ，∠MQN= ∠MPN=60 ° ，在Rt △QMN 中运用三角函数可 得：MN=QN ?sin ∠MQN ，进而可得 MN=OP ?sin ∠MQN ，由此即可解决问题；

〔4〕由〔 3〕②中已得结论 MN=OP ?sin ∠MQN 可知，当∠MQN=90 ° 时，MN 最大，问题得以解决． 【解答】 解：〔 1〕如图一， ∵PM ⊥OC ，PN ⊥OB ，

∴∠PMO= ∠PNO=90 ° ， ∴∠PMO+ ∠PNO=180 ° ，

∴四边形 PMON 内接于圆，直径 OP=2 ； 〔2〕如图一，

∵AB⊥OC ，即∠BOC=90 ° ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠BOC= ∠PMO= ∠PNO=90 ° ， ∴四边形 PMON 是矩形，

∴MN=OP=2 ，

∴MN 的长为定值，该定值为 2； 〔3〕①如图二，

∵P1 是 的中点，∠BOC=120 °

∴∠COP 1= ∠BOP 1=60 ° ，∠MP 1N=60 ° ．

∵P1M ⊥OC ，P1N ⊥OB ， ∴P1M=P 1N ，

∴△P1 MN 是等边三角形， ∴MN=P 1M ．

∵P1M=OP 1?sin ∠MOP 1=2 × sin60 °= ， ∴MN= ；

②设四边形 PMON 的外接圆为⊙ O ′，连接NO ′并延伸， 交⊙O ′于点Q ，连接 QM ，如图三， 那么有∠QMN=90 ° ，∠MQN= ∠MPN=60 ° ， 在 Rt△QMN 中，sin ∠MQN= ，

∴MN=QN ?sin ∠MQN ，

∴MN=OP ?sin ∠MQN=2 × sin60 °=2 × = ，

∴MN 是定值．

〔4〕由〔 3〕②得 MN=OP ?sin ∠MQN=2sin ∠MQN ．

当直径 AB 与 CD 订交成 90 ° 角时，∠MQN=180 ° ﹣90 °=90 °MN 获取最大值 2．

，几何难题中考压轴题带含及详细解析

【谈论】 此题主要观察了圆内接四边形的判判断理、圆周角定理、在同圆中弧与圆心角的关系、矩形的判断与性

质、等边三角形的判断与性质、三角函数、角均分线的性质等知识，推出 MN=OP ?sin ∠MQN 是解决此题的关

键．

20 ．〔2021 ?盘锦〕如图 1，△ABC 和△AED 都是等腰直角三角形，∠ BAC= ∠EAD=90 °，点B 在线段 AE 上，点 C 在线段 AD 上．

〔1〕请直接写出线段 BE 与线段 CD 的关系： BE=CD ；

〔2〕如图 2，将图 1 中的△ABC 绕点 A 顺时针旋转角α〔 0＜α＜360 °〕，

①〔1〕中的结论可否成立？假设成立，请利用图 2 证明；假设不成立，请说明原由；

②当 AC= ED 时，研究在△ABC 旋转的过程中，可否存在这样的角α，使以 A、B、C、D 四点为极点的四边形

是平行四边形？假设存在，请直接写出角α的度数；假设不存在，请说明原由．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕依照等腰直角三角形的性质可得 AB=AC ，AE=AD ，再依照等量关系可得线段 BE 与线段 CD 的

关系；

〔2〕①依照等腰直角三角形的性质可得 AB=AC ，AE=AD ，依照旋转的性质可得∠ BAE= ∠CAD ，依照 SAS 可 证△BAE≌△CAD ，依照全等三角形的性质即可求解；

②依照平行四边形的性质可得∠ ABC= ∠ADC=45 °，再依照等腰直角三角形的性质即可求解． 【解答】 解：〔 1〕∵△ABC 和△AED 都是等腰直角三角形，∠ BAC= ∠EAD=90 °， ∴AB=AC ，AE=AD ，

∴AE﹣AB=AD ﹣AC， ∴BE=CD ；

〔2〕①∵△ABC 和△AED 都是等腰直角三角形，∠ BAC= ∠EAD=90 °， ∴AB=AC ，AE=AD ，

由旋转的性质可得∠ BAE= ∠CAD ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

在△BAE 与△CAD 中，

，

∴△BAE≌△CAD 〔SAS〕 ∴BE=CD ；

② ∵以A、B、C、D 四点为极点的四边形是平行四边形， △ABC 和△AED 都是等 腰直角三角形，

∴∠ABC= ∠ADC=45 °， ∵AC= ED，

∴AC=CD ， ∴∠CAD=45 °

或 360 °﹣90°﹣45°=225 °，或360 °﹣45°=315 ° ∴角α的度数是 45 °或225 °或315 °．

故答案为： BE=CD ．

【谈论】 观察了几何变换综合题，涉及的知识点有：等腰直角三角形的性质，等量代换，旋转的性质，全等三角

形的判断和性质，平行四边形的判断和性质，综合性较强，难度中等．

21 ．〔2021 ?旭日〕问题：如图〔 1〕，在 Rt△ACB 中，∠ACB=90 °，AC=CB ，∠DCE=45 °，试试究AD 、DE、 EB 满足的等量关系．

[研究发现 ]

小聪同学利用图形变换，将△ CAD 绕点 C 逆时针旋转 90°获取△CBH，连接 EH，由条件易得∠ EBH=90 °，∠ ECH= ∠ECB+ ∠BCH= ∠ECB+ ∠ACD=45 °．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

依照“边角边〞，可证△ CEH ≌△CDE ，得 EH=ED ．

在 Rt△HBE 中，由 勾股 定理，可得 BH+EB =EH ，由 BH=AD ，可得 AD 、DE、EB 之间的等量关系是 AD +EB =DE ． [实践运用 ]

〔1〕如图〔 2 〕，在正方形 ABCD 中，△AEF 的极点 E、F 分别在 BC、CD 边上，高 AG 与正方形的边长相等， 求∠EAF 的度数；

〔2〕在〔 1〕条件下，连接 BD ，分别交 AE、AF 于点 M 、N ，假设 BE=2 ，DF=3 ，BM=2 ，运用小聪同学探

2

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2

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究的结论，求正方形的边长及 MN 的长．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕依照正方形的性质和全等三角形的判断方法证明 Rt△ABE≌Rt△AGE 和 Rt △ADF ≌Rt△AGF，由全等 三角形的性质即可求出∠ EAF= ∠BAD=45 °；

〔2〕由〔1〕知，Rt △ABE≌Rt△AGE，Rt△ADF ≌Rt△AGF，设 AG=x ，那么 CE=x ﹣2，CF=x ﹣3 ．由于 CE+CF =EF ， 因此〔 x﹣2 〕+ 〔x﹣3〕=5 ．解这个方程，求出 x 的值即可获取 AG=6 ，在〔 2〕中， MN =MB +ND ， MN=a ， ，因此 a= ．即 MN= ．

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【解答】 解：依照“边角边〞，可证△ CEH≌△CDE，得 EH=ED ．

在 Rt△HBE 中，由勾股定理，可得 BH+EB =EH ，由 BH=AD ，可得 AD 、DE、EB 之间的等量关系是 AD +EB =DE ；故答案为：△ CDE；勾股； AD +EB =DE ； 〔1〕在 Rt△ABE 和 Rt△AGE 中，

，

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∴Rt △ABE≌Rt △AGE〔HL〕，

∴∠BAE= ∠GAE，

同理， Rt△ADF ≌Rt△AGF， ∴∠GAF= ∠DAF ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠BAD=90 °， ∴∠EAF= ∠BAD=45 °；

〔2〕由〔 1〕知， Rt △ABE≌Rt△AGE，Rt △ADF ≌Rt △AGF， ∴BE=EG=2 ，DF=FG=3 ，那么 EF=5 ， 设 AG=x ，那么 CE=x ﹣2 ，CF=x ﹣3， ∵CE+CF =EF ，

∴〔x﹣2〕+ 〔x﹣3〕=5 ，

解这个方程，得 x1=6 ，x2= ﹣1〔舍去〕， ∴AG=6 ， ∴BD= ，

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2

∴AB=6 ， ∵MN =MB +ND 设 MN=a ，那么 ， 因此 a= ， 即 MN= ．

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2

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【谈论】 此题观察了正方形的性质、 直角三角形的性质、 全等三角形的判断和性质以及勾股定理的运用和一元二

次方程的运用，题目的综合性很强，难度不小．

22 ．〔2021 ?自贡〕在△ABC 中，AB=AC=5 ，cos ∠ABC= ，将△ABC 绕点 C 顺时针旋转，获取△ A1B1C．

〔1〕如图①，当点 B1 在线段 BA 延伸线上时．①求证： BB1∥CA 1；②求△AB1C 的面积；

〔2〕如图②，点 E 是 BC 边的中点，点 F 为线段 AB 上的动点，在△ ABC 绕点 C 顺时针旋转过程中，点 F 的对

应点是 F1，求线段 EF1 长度的最大值与最小值的差．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【解析】 〔1〕①依照旋转的性质和平行线的性质证明；

②过 A 作 AF ⊥BC 于 F，过 C 作 CE⊥AB 于 E，依照三角函数和三角形的面积公式解答；

〔2〕过 C 作 CF⊥AB 于 F，以 C 为圆心 CF 为半径画圆交 BC 于 F1，和以 C 为圆心 BC 为半径画圆交 BC 的延 长线于 F1，得出最大和最小值解答即可．

【解答】 解：〔 1〕①证明：∵ AB=AC ，B1C=BC ， ∴∠AB1 C= ∠B，∠B= ∠ACB， ∵∠AB1 C= ∠ACB〔旋转角相等〕，

∴∠B1 CA1= ∠AB1C， ∴BB1∥CA1 ；

②过 A 作 AF ⊥BC 于 F，过 C 作 CE⊥AB 于 E，如图①： ∵AB=AC ，AF⊥BC，

∴BF=CF ，

∵cos ∠ABC= ，AB=5 ，

∴BF=3 ， ∴BC=6 ， ∴B1C=BC=6 ，

∵CE⊥AB ， ∴BE=B 1E= ， ∴BB1= ，CE= ， ∴AB1 = ，

∴△AB1C 的面积为： ；

〔2〕如图 2，过 C 作 CF⊥AB 于 F，以 C 为圆心 CF 为半径画圆交 BC 于 F1，此时在 Rt△BFC 中，CF= ， ∴CF1= ，

EF1 有最小值， 几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴EF1 的最小值为 ；

如图，以 C 为圆心 BC 为半径画圆交 BC 的延伸线于 F1 ，EF1 有最大值；

此时 EF1=EC+CF 1=3+6=9 ，

∴线段 EF1 的最大值与最小值的差为 ．

【谈论】 此题观察几何变换问题，重点是依照旋转的性质和三角形的面积公式进行解答．

23 ．〔2021 ?吉林〕两个三角板 ABC，DEF，按以以下图的地址摆放，点 B 与点 D 重合，边 AB 与边 DE 在同一 条直线上〔假设图形中所有的点， 线都在同一平面内〕 ．其中，∠C= ∠DEF=90 °，∠ABC= ∠F=30 °，AC=DE=6cm ．现固定三角板 DEF，将三角板 ABC 沿射线 DE 方向平移，当点 C 落在边 EF 上时停止运动．设三角板平移的距离 为 x〔cm 〕，两个三角板重叠局部的面积为 y〔cm 2

〕． 〔1〕当点 C 落在边 EF 上时， x= 15 cm ；

〔2〕求 y 关于 x 的函数解析式，并写出自变量 x 的取值范围；

〔3〕设边 BC 的中点为点 M ，边 DF 的中点为点 N ．直接写出在三角板平移过程中，点 M 与点 N 之间距离的

最小值．

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕依照锐角三角函数，可得 BG 的长，依照线段的和差，可得 GE 的长，依照矩形的性质，可得答

案；

〔2〕分类谈论：①当 0 ≤t＜6 时，依照三角形的面积公式，可得答案；②当 6≤t ＜12 时，③当 12 ＜t≤15 时，

依照面积的和差，可得答案；

〔3〕依照点与直线上所有点的连线中垂线段最短，可得 M 在线段 NG 上，依照三角形的中位线，可得 NG 的 长，依照锐角三角函数，可得 MG 的长，依照线段的和差，可得答案．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【解答】 解：〔 1〕如图 1 所示：作 CG⊥AB 于 G 点． ，

在 Rt△ABC 中，由 AC=6 ，∠ABC=30 ，得 BC= =6 ．

在 Rt△BCG 中，BG=BC ?cos30 °=9 ．

四边形 CGEH 是矩形， CH=GE=BG+BE=9+6=15cm ， 故答案为： 15 ；

〔2〕①当 0≤x＜6 时，如图 2 所示． ， ∠GDB=60 °，∠GBD=30 °，DB=x ，得

DG= x，BG= x ，重叠局部的面积为 y= DG ?BG= × x× x= x

2

②当 6≤x＜12 时，如图 3 所示． ，

BD=x ，DG= x，BG= x，BE=x ﹣6 ，EH= 〔x﹣6〕． 重叠局部的面积为 y=S △BDG ﹣S△BEH = DG ?BG﹣ BE?EH，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

即 y= × x × x﹣ 〔x﹣6〕 〔x﹣6〕 化简，得 y= ﹣ x+2 x﹣6 ；

2

③当 12 ＜x≤15 时，如图 4 所示． ，

AC=6 ，BC=6 ，BD=x ，BE= 〔x﹣6〕，EG= 〔x﹣6〕， 重叠局部的面积为 y=S △ABC ﹣S△BEG= AC ?BC﹣ BE?EG，

即 y= ×6×6 ﹣ 〔x﹣6 〕 〔x ﹣6〕，

化简，得 y=18 ﹣ 〔x﹣12x+36 〕= ﹣ x+2 x+12 ；

2

2

综上所述： y= ；

〔3〕如图 5 所示作 NG ⊥DE 于 G 点． ， 点 M 在 NG 上时 MN 最短， NG 是△DEF 的中位线， NG= EF= ．

MB= CB=3 ，∠B=30 °，

MG= MB= ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

MN 最小 =3 ﹣ = ．

【谈论】 此题观察了几何变换综合题，〔 1〕利用了锐角三角函数，矩形的性质；〔 2〕利用面积的和差，分类

谈论时解题重点，以防遗漏；〔 3〕利用了垂线段最短的性质，三角形的中位线定理，锐角三角函数．

24 ．〔2021 ?汕尾〕在 Rt△ABC 中，∠A=90 °，AC=AB=4 ，D，E 分别是边 AB ，AC 的中点，假设等腰 Rt△ADE 绕点 A 逆时针旋转，获取等腰 Rt△AD 1E1，设旋转角为α〔 0＜α≤180 °〕，记直线 BD1 与 CE1 的交点为 P． 〔1〕如图 1，当α=90 °时，线段BD 1 的长等于 2 ，线段 CE1 的长等于 2 ；〔直接填写结果〕 〔2〕如图 2，当α=135 °时，求证：BD 1=CE 1，且 BD1⊥CE1；

〔3〕求点 P 到 AB 所在直线的距离的最大值．〔直接写出结果〕

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕利用等腰直角三角形的性质结合勾股定理分别得出 BD 1 的长和 CE1 的长；

〔2〕依照旋转的性质得出，∠ D1AB= ∠E1AC=135 °，进而求出△D1AB≌△E1AC〔SAS〕，即可得出答案；

〔3〕第一作 PG⊥AB ，交 AB 所在直线于点 G，那么 D1，E1 在以 A 为圆心， AD 为半径的圆上，当 BD 1 所在直线 与⊙A 相切时，直线 BD1 与 CE1 的交点 P 到直线 AB 的距离最大， 此时四边形 AD 1PE1 是正方形，进而求出 PG 的长．

【解答】 〔1〕解：∵∠A=90 °，AC=AB=4 ，D，E 分别是边 AB，AC 的中点，

∴AE=AD=2 ，

∵等腰 Rt△ADE 绕点 A 逆时针旋转，获取等腰 Rt △AD 1E1，设旋转角为α〔 0 ＜α≤180 °〕， ∴当α=90 °时，AE1=2 ，∠E1AE=90 °， ∴BD1= =2 ，E1C= =2 ；

故答案为： 2 ，2 ；

〔2〕证明：当α =135 °时，如图2，

∵Rt △AD 1E 是由 Rt △ADE 绕点 A 逆时针旋转 135 °获取， ∴AD 1=AE 1，∠D1AB= ∠E1AC=135 °，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

在△D1AB 和△E1AC 中

∵ ，

∴△D1AB≌△E1AC〔SAS〕， ∴BD1=CE 1，且∠D1BA= ∠E1CA， 记直线 BD1 与 AC 交于点 F， ∴∠BFA= ∠CFP，

∴∠CPF= ∠FAB=90 °， ∴BD1⊥CE1 ；

〔3〕解：如图 3，作 PG⊥AB，交 AB 所在直线于点 G， ∵D1，E1 在以 A 为圆心， AD 为半径的圆上，

当 BD1 所在直线与⊙ A 相切时，直线 BD 1 与 CE1 的交点 P 到直线 AB 的距离最大， 此时四边形 AD 1PE1 是正方形， PD 1=2 ，那么 BD 1= =2 ，

故∠ABP=30 °， 那么 PB=2+2 ，

故点 P 到 AB 所在直线的距离的最大值为： PG=1+ ．

【谈论】 此题主要观察了几何变换以及等腰腰直角三角形的性质和勾股定理以及切线的性质等知识， 依照题意得

出 PG 的最长时 P 点的地址是解题重点．

25 ．〔2021 ?赤峰〕如图，四边形 ABCD 是边长为 2，一个锐角等于 60 °的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸

片的一个极点与该菱形极点 D 重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交 CB、BA〔或它们的延 长线〕于点 E、F，∠EDF=60 °，当CE=AF 时，如图 1 小芳同学得出的结论是 DE=DF ．

〔1〕连续旋转三角形纸片，当 CE≠AF 时，如图 2 小芳的结论可否成立？假设成立，加以证明；假设不成立，请说

明原由；

〔2〕再次旋转三角形纸片， 当点 E、F 分别在 CB、BA 的延伸线上时， 如图 3 请直接写出 DE 与 DF 的数量关系；

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔3〕连 EF，假设△DEF 的面积为 y ，CE=x ，求 y 与 x 的关系式，并指出当 x 为何值时， y 有最小值，最小值是多

少？

【考点】 几何变换综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕如答图 1，连接 BD．依照题干条件第一证明∠ ADF= ∠BDE，尔后证明△ADF ≌△BDE〔ASA 〕，得 DF=DE ；

〔2〕如答图 2，连接 BD ．依照题干条件第一证明∠ ADF= ∠BDE，尔后证明△ADF ≌△BDE〔ASA 〕，得 DF=DE ；

〔3〕依照〔 2〕中的△ADF ≌△BDE 获取： S△ADF =S △BDE，AF=BE ．因此△DEF 的面积转变为： y=S △BEF+S △ABD ．据 此列出 y 关于 x 的二次函数，经过求二次函数的最值来求 y 的最小值． 【解答】 解：〔 1〕DF=DE ．原由以下： 如答图 1，连接 BD ．

∵四边形 ABCD 是菱形， ∴AD=AB ． 又∵∠DAB=60 °， ∴△ABD 是等边三角形， ∴AD=BD ，∠ADB=60 °，

∴∠DBE= ∠DAF=60 ° ∵∠EDF=60 °，

∴∠ADF= ∠BDE．∵在△ADF 与△BDE 中， ，

∴△ADF ≌△BDE〔ASA 〕，

∴DF=DE ；

〔2〕DF=DE ．原由以下：

如答图 2，连接 BD ．∵四边形 ABCD 是菱形，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴AD=AB ． 又∵∠DAB=60 °，

∴△ABD 是等边三角形， ∴AD=BD ，∠ADB=60 °， ∴∠DBE= ∠DAF=60 ° ∵∠EDF=60 °， ∴∠ADF= ∠BDE．

∵在△ADF 与△BDE 中， ，

∴△ADF ≌△BDE〔ASA 〕， ∴DF=DE ；

〔3〕由〔 2〕知， DE=DF ，又∵∠EDF=60 °， ∴△DEF 是等边三角形，

∵四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形， ∴DH= ， ∵BF=CE=x ，

∴AF=x ﹣2，

∴FH=AF+AH=x ﹣2+1=x ﹣1， ∴DF= = ，DG= × ，

∴y=S △DEF= ×EF×DG= × × × = 〔x﹣1 〕+ ． ∴当x=1 时，y 最小值 = ．

2

【谈论】 此题观察了几何变换综合题，解题过程中，利用了三角形全等的判断与性质，菱形的性质以及等边三角

形的判断与性质， 关于促进角与角 〔边与边〕 互相变换， 将未知角转变为角 〔未知边转变为边〕 是重点．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

26 ．〔2021 ?海南〕如图，菱形 ABCD 中，点 P 是 CD 的中点，∠BCD=60 °，射线AP 交 BC 的延伸线于点 E， 射线 BP 交 DE 于点 K，点 O 是线段 BK 的中点．

〔1〕求证：△ADP ≌△ECP；

〔2〕假设 BP=n ?PK，试求出 n 的值；

〔3〕作 BM 丄 AE 于点 M ，作 KN 丄 AE 于点 N，连接 MO 、NO ，如图 2 所示，请证明△MON 是等腰三角形， 并直接写出∠ MON 的度数．

【考点】 四边形综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕依照菱形的性质获取 AD ∥BC，依照平行线的性质获取对应角相等，依照全等三角形的判判断理

证明结论；

〔2〕作 PI∥CE 交 DE 于 I，依照点 P 是 CD 的中点证明 CE=2PI ，BE=4PI ，依照相似三角形的性质证明结论；

〔3〕作 OG⊥AE 于 G，依照平行线均分线段定理获取 MG=NG ，又 OG ⊥MN ，证明△MON 是等腰三角形， 依照直角三角形的性质和锐角三角函数求出∠ MON 的度数． 【解答】 〔1〕证明：∵四边形 ABCD 为菱形， ∴AD ∥BC，

∴∠DAP= ∠CEP，∠ADP= ∠ECP，

在△ADP 和△ECP 中，

，

∴△ADP ≌△ECP；

〔2〕如图 1，作 PI∥CE 交 DE 于 I， 那么 = ，又点 P 是 CD 的中点， ∴ = ，

∵△ADP ≌△ECP，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴AD=CE ， ∴ = = ，

∴BP=3PK ， ∴n=3 ；

〔3〕如图 2，作 OG ⊥AE 于 G， ∵BM 丄 AE 于 M ，KN 丄 AE 于 N ， ∴BM ∥OG ∥KN ，

∵点O 是线段 BK 的中点， ∴MG=NG ，又 OG ⊥MN ， ∴OM=ON ，

即△MON 是等腰三角形，

由题意得，△ BPC，△AMB ，△ABP 为直角三角形， 设 BC=2 ，那么 CP=1 ，由勾股定理得， BP= ， 那么 AP= ，

依照三角形面积公式， BM= ，

由〔2〕得， PB=3PO ， ∴OG= BM= ， MG= MP= ， tan ∠MOG= = ，

∴∠MOG=60 ° ，

∴∠MON 的度数为 120 ° ．

【谈论】 此题观察的是菱形的性质和相似三角形的判断和性质、 全等三角形的判断和性质， 灵便运用判判断理和

性质定理是解题的重点，注意锐角三角函数在解题中的运用．

27 ．〔2021 ?丹东〕在正方形 ABCD 中，对角线 AC 与 BD 交于点 O；在 Rt△PMN 中，∠MPN=90 ° ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔1〕如图 1，假设点 P 与点 O 重合且 PM ⊥AD 、PN ⊥AB ，分别交 AD 、AB 于点 E、F，请直接写出 PE 与 PF 的

数量关系；

〔2〕将图 1 中的 Rt△PMN 绕点 O 顺时针旋转角度α〔 0 °＜α＜45 °〕．

①如图 2，在旋转过程中〔 1〕中的结论依旧成立吗？假设成立，请证明；假设不成立，请说明原由； ②如图 2，在旋转过程中，当∠ DOM=15 °时，连接EF，假设正方形的边长为 2，请直接写出线段 EF 的长； ③如图 3，旋转后，假设 Rt△PMN 的极点 P 在线段 OB 上搬动〔不与点 O 、B 重合〕，当 BD=3BP 时，猜想此时 PE 与 PF 的数量关系，并给出证明；当 BD=m ?BP 时，请直接写出 PE 与 PF 的数量关系．

【考点】 四边形综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕依照正方形的性质和角均分线的性质解答即可；

〔2〕①依照正方形的性质和旋转的性质证明△ FOA ≌△EOD ，获取答案；

②作 OG⊥AB 于 G，依照余弦的看法求出 OF 的长，依照勾股定理求值即可；

③过点 P 作 HP ⊥BD 交 AB 于点 H，依照相似三角形的判断和性质求出 PE 与 PF 的数量关系，依照解答结果总 结规律获适当 BD=m ?BP 时，PE 与 PF 的数量关系． 【解答】 解：〔 1〕PE=PF，原由： ∵四边形 ABCD 为正方形，

∴∠BAC= ∠DAC ，又 PM ⊥AD 、PN ⊥AB ， ∴PE=PF ；

〔2〕①成立，原由：

∵AC、BD 是正方形 ABCD 的对角线，

∴OA=OD ，∠FAO= ∠EDO=45 °，∠AOD=90 °，

∴∠DOE+ ∠AOE=90 °， ∵∠MPN=90 °， ∴∠FOA+ ∠AOE=90 °，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∴∠FOA= ∠DOE ， 在△FOA 和△EOD 中，

，

∴△FOA ≌△EOD ， ∴OE=OF ，即 PE=PF ；

②作 OG⊥AB 于 G， ∵∠DOM=15 °，

∴∠AOF=15 °，那么∠FOG=30 °， ∵cos ∠FOG= ，

∴OF= = ，又 OE=OF ，

∴EF= ；

③PE=2PF ，

证明：如图 3，过点 P 作 HP ⊥BD 交 AB 于点 H， 那么△HPB 为等腰直角三角形，∠ HPD=90 °， ∴HP=BP ，

∵BD=3BP ， ∴PD=2BP ， ∴PD=2 HP ，

又∵∠HPF+ ∠HPE=90 °，∠DPE+ ∠HPE=90 °， ∴∠HPF= ∠DPE，

又∵∠BHP= ∠EDP=45 °， ∴△PHF∽△PDE， ∴ = = ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

即 PE=2PF ，

由此规律可知，当 BD=m ?BP 时，PE= 〔m ﹣1〕?PF．

【谈论】 此题观察的是正方形的性质和旋转变换， 掌握旋转变换的性质、 找准对应关系正确运用三角形全等和相

似的判断和性质定理是解题的重点，正确作出辅助线是解答此题的重点．

28 ．〔2021 ?成都〕 AC ，EC 分别是四边形 ABCD 和 EFDC 的对角线， 点 E 在△ABC 内，∠CAE+ ∠CBE=90 °． 〔1〕如图①，当四边形 ABCD 和 EFCG 均为正方形时，连接 BF． 〔i〕求证：△CAE∽△CBF；

〔ii 〕假设 BE=1 ，AE=2 ，求 CE 的长；

〔2〕如图②，当四边形 ABCD 和 EFCG 均为矩形，且 = =k 时，假设 BE=1 ，AE=2 ，CE=3 ，求 k 的值；

〔3〕如图③，当四边形 ABCD 和 EFCG 均为菱形，且∠ DAB= ∠GEF=45 °时，设BE=m ，AE=n ，CE=p ，试试 究 m ，n，p 三者之间满足的等量关系．〔直接写出结果，不用写出解答过程〕

【考点】 四边形综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕〔 i〕第一依照四边形 ABCD 和 EFCG 均为正方形，可得 ，∠ACE= ∠BCF；尔后依照

相似三角形判断的方法，推得△ CAE∽△CBF 即可．

〔ii 〕第一依照△CAE∽△CBF，判断出∠CAE= ∠△CBF，再依照∠CAE+ ∠CBE=90 °，判断出∠EBF=90 °；尔后在Rt

△BEF 中，依照勾股定理，求出 EF 的长度，再依照 CE、EF 的关系，求出 CE 的长是多少即可． 〔2〕第一依照相似三角形判断的方法，判断出△ ACE∽△∠BCF，即可判断出 ，据此求出 BF 的长

度是多少；尔后判断出∠ EBF=90 °，在Rt△BEF 中，依照勾股定理，求出 EF 的值是多少，进而求出 k 的值是多

少即可．

〔3〕第一依照∠ DAB=45 °，可得∠ABC=180 °﹣45 °=135 °，在△ABC 中，依照勾股定理可求得 AB、BC，AC 之间的关系， EF、FC，EC之间的关系；尔后依照相似三角形判断的方法，判断出△ ACE∽△∠BCF，即可用 n 表示出 BF 的值；最后判断出 EBF=90 °，在Rt△BEF 中，依照勾股定理，判断出 m ，n，p 三者之间满足的等量

2

2

2

2

2

2

关系即可．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【解答】 〔1〕〔 i〕证明：∵四边形 ABCD 和 EFCG 均为正方形， ∴ ，

∴∠ACB= ∠ECF=45 °， ∴∠ACE= ∠BCF， 在△CAE 和△CBF 中，

，

∴△CAE∽△CBF．

〔ii〕解：∵△CAE∽△CBF， ∴∠CAE= ∠△CBF， ，

又∵∠CAE+ ∠CBE=90 °，

∴∠CBF+ ∠CBE=90 °， ∴∠EBF=90 °， 又∵ ，AE=2

∴ ，

∴ ，

∴EF=BE +BF = =3 ，

2

2

2

∴EF= ， ∵CE=2EF =6 ， ∴CE= ．

〔2〕如图②，连接 BF， ∵ = =k ，

2

2

∴BC=a ，AB=ka ，FC=b ，EF=kb ， ∴AC= ，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

CE= = ，

∴ ，∠ACE= ∠BCF，

在△ACE 和△∠BCF 中，

，

∴△ACE∽△∠BCF， ∴ ，∠CAE= ∠CBF，

又∵AE=2 ， ∴ ，

∴BF= ，

∵∠CAE= ∠CBF，∠CAE+ ∠CBE=90 °，

∴∠CBE+ ∠CBF=90 °， ∴∠EBF=90 °， ∴EF=BE +BF =1 ，

2

2

2

∵ ，

∴ = ，CE=3 ，

∴EF= ，

∴1 ，

∴ ，

解得 k= ± ， ∵ = =k ＞0，

∴k= ．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

〔3〕〔3〕连接 BF，同理可得∠ EBF=90 °，过C 点作 CH ⊥AB 延伸线于 H， ∵四边形 ABCD 为菱形，

∴AB=BC ，设 AB=BC=x ，

∵∠CBH= ∠DAB=45 °，∴BH=CH= x，

∴AC=AH +CH = 〔x+ x〕+ 〔 x〕，= 〔2+ 〕x， 2

2

2

2

2

2

∴AB2

：BC2

：AC2

=1 ：1：〔2+ 〕， 同理可得 EF2

：FC2

：EC2

=1 ：1：〔2+ 〕，∴EF2

= = ，

在△ACE 和△∠BCF 中，

，

∴△ACE∽△∠BCF，

∴ = =2+ ，∠CAE= ∠CBF，

又∵AE=n ，

∴ ，

∵∠CAE= ∠CBF，∠CAE+ ∠CBE=90 °， ∴∠CBE+ ∠CBF=90 °， ∴∠EBF=90 °， ∴EF2

=BE 2

+BF 2

，

∴ ，

∴〔2 〕m 2+n 2=p 2

，

即 m ，n，p 三者之间满足的等量关系是：〔 2 〕m 2

+n 2

=p 2

．

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【谈论】 〔1〕此题主要观察了四边形综合题，观察了解析推理能力，观察了空间想象能力，观察了数形结合方

法的应用，要熟练掌握．

〔2〕此题还观察了相似三角形的判断和性质的应用，要熟练掌握．

〔3〕此题还观察了直角三角形的性质和应用，以及勾股定理的应用，要熟练掌握．

29 ．〔2021 ?锦州〕如图①，∠ QPN 的极点 P 在正方形 ABCD 两条对角线的交点处，∠ QPN= α，将∠QPN 绕点 P 旋转，旋转过程中∠ QPN 的两边分别与正方形 ABCD 的边 AD 和 CD 交于点 E 和点 F〔点 F 与点 C，D 不重

合〕．

〔1〕如图①，当α =90 °时，DE，DF，AD 之间满足的数量关系是 DE+DF=AD ；

〔2〕如图②，将图①中的正方形 ABCD 改为∠ADC=120 °的菱形，其他条件不变，当α =60 °时，〔1〕中的结 论变为 DE+DF= AD ，请给出证明；

〔3〕在〔2〕的条件下，假设旋转过程中∠ QPN 的边 PQ 与射线 AD 交于点 E，其他条件不变，研究在整个运动变 化过程中， DE，DF ，AD 之间满足的数量关系，直接写出结论，不用加以证明．

【考点】 四边形综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕利用正方形的性质得出角与线段的关系，易证得△ APE≌△DPF，可得出 AE=DF ，即可得出结论

DE+DF=AD ，

〔2〕取 AD 的中点 M ，连接 PM ，利用菱形的性质，可得出△ MDP 是等边三角形，易证△ MPE ≌△FPD，得出 ME=DF ，由 DE+ME= AD ，即可得出 DE+DF= AD ，

〔3〕①当点 E 落在 AD 上时， DE+DF= AD ，②当点 E 落在 AD 的延伸线上时， DF﹣DE= AD ．

【解答】 解：〔 1〕正方形 ABCD 的对角线 AC，BD 交于点 P， ∴PA=PD ，∠PAE= ∠PDF=45 °，

几何难题中考压轴题带含及详细解析

∵∠APE+ ∠EPD= ∠DPF+ ∠EPD=90 °， ∴∠APE= ∠DPF，

在△APE 和△DPF 中 ∴△APE≌△DPF〔ASA 〕， ∴AE=DF ， ∴DE+DF=AD ；

〔2〕如图②，取 AD 的中点 M ，连接 PM ，

∵四边形 ABCD 为∠ADC=120 °的菱形， ∴BD=AD ，∠DAP=30 °，∠ADP= ∠CDP=60 °， ∴△MDP 是等边三角形，

∴PM=PD ，∠PME= ∠PDF=60 °，

∵∠PAM=30 °， ∴∠MPD=60 °， ∵∠QPN=60 °， ∴∠MPE= ∠FPD， 在△MPE 和△DPF 中，

∴△MPE ≌△DPF 〔ASA 〕 ∴ME=DF ， ∴DE+DF= AD ；

〔3〕如图，

在整个运动变化过程中，

①当点 E 落在 AD 上时， DE+DF= AD ；

②当点 E 落在 AD 的延伸线上时， DF﹣DE= AD ．

〔如图 3，取 AD 中点 M ，连接 PM ，证明△MPE ≌△DPF〕

几何难题中考压轴题带含及详细解析

【谈论】 此题主要观察了四边形的综合题，涉及全等三角形，正方形及菱形的性质，解答此题的重点是设计三角

形全等，巧妙地借助两个三角形全等，搜寻所求线段与线段之间的等量关系．

30 ．〔2021 ?绵阳〕如图 1，矩形 ABCD 中，AB=4 ，AD=3 ，把矩形沿直线 AC 折叠，使点 B 落在点 E 处，AE 交 CD 于点 F，连接 DE． 〔1〕求证：△DEC≌△EDA； 〔2〕求 DF 的值；

〔3〕如图 2，假设 P 为线段 EC 上一动点，过点 P 作△AEC 的内接矩形，使其极点 Q 落在线段 AE 上，定点 M 、

N 落在线段 AC 上，当线段 PE 的长为何值时，矩形 PQMN 的面积最大？并求出其最大值．

【考点】 四边形综合题．

【专题】 压轴题．

【解析】 〔1〕由矩形和翻折的性质可知 AD=CE ，DC=EA ，依照“ SSS〞可求得△DEC ≌△EDA ；

〔2〕依照勾股定理即可求得．

〔3〕由矩形 PQMN 的性质得 PQ∥CA，因此 ，进而求得 PQ ，由 PN ∥EG，得出 = ，求得 PN ，然

后依照矩形的面积公式求得解析式，即可求得．

【解答】 〔1〕证明：由矩形和翻折的性质可知： AD=CE ，DC=EA ， 在△ADE 与△CED 中，

∴△DEC≌△EDA 〔SSS〕； 〔2〕解：如图 1，

∵∠ACD= ∠BAC，∠BAC= ∠CAE，

∴∠ACD= ∠CAE， ∴AF=CF ，

设 DF=x ，那么 AF=CF=4 ﹣x， 在 Rt△ADF 中，AD +DF =AF ， 即 3+x = 〔4﹣x〕，

2

2

2 2

2

2

几何难题中考压轴题带含及详细解析

解得： x= ， 即 DF= ．

〔3〕解：如图 2，由矩形 PQMN 的性质得 PQ∥CA ∴

又∵CE=3 ，AC= =5

设 PE=x 〔0＜x＜3 〕，那么 ，即 PQ=

过 E 作 EG⊥AC 于 G，那么 PN ∥EG， ∴ =

又∵在 Rt△AEC 中，EG?AC=AE ?CE，解得 EG= ，

∴ = ，即 PN= 〔3 ﹣x〕，

设矩形 PQMN 的面积为 S，

那么 S=PQ ?PN= ﹣ x2

+4x= ﹣ +3 〔0＜x＜3 〕

因此当 x= ，即 PE= 时，矩形 PQMN 的面积最大，最大面积为 3．【谈论】 此题观察了全等三角形的判断和性质，勾股定理的应用，平行线分线段成比率定理．