五年(19-23)中考數學真題與模擬卷分項匯編專題17幾何壓軸題（含解析）

資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】專題17幾何壓軸題考點1幾何壓軸題一、單選題1．（2023年北京市中考數學真題）如圖，點A、B、C在同一條線上，點B在點A，C之間，點D，E在直線AC同側，，，，連接DE，設，，，給出下面三個結論：①；②；③；

上述結論中，所有正確結論的序號是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】如圖，過作于，則四邊形是矩形，則，由，可得，進而可判斷①的正誤；由，可得，，，，則，是等腰直角三角形，由勾股定理得，，由，可得，進而可判斷②的正誤；由勾股定理得，即，則，進而可判斷③的正誤．【詳解】解：如圖，過作于，則四邊形是矩形，

∴，∵，∴，①正確，故符合要求；∵，∴，，，，∵，∴，，∴是等腰直角三角形，由勾股定理得，，∵，∴，②正確，故符合要求；由勾股定理得，即，∴，③正確，故符合要求；故選：D．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質，全等三角形的性質，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性質，三角形的三邊關系等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．2．（2023年天津市中考數學真題）如圖，把以點A為中心逆時針旋轉得到，點B，C的對應點分別是點D，E，且點E在的延長線上，連接，則下列結論一定正確的是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根據旋轉的性質即可解答．【詳解】根據題意，由旋轉的性質，可得，，，故B選項和D選項不符合題意，，故C選項不符合題意，，故A選項符合題意，故選：A．【點睛】本題考查了旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質和三角形外角運用是解題的關鍵．3．（2023年河北省中考數學真題）如圖，直線，菱形和等邊在，之間，點A，F分別在，上，點B，D，E，G在同一直線上：若，，則（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】如圖，由平角的定義求得，由外角定理求得，，根據平行性質，得，進而求得．【詳解】如圖，∵∴∵∴∵∴∵∴

故選：C．

【點睛】本題考查平行線的性質，平角的定義，等邊三角形的性質，三角形外角定理，根據相關定理確定角之間的數量關系是解題的關鍵．4．（2023年山西省中考數學真題）蜂巢結構精巧，其巢房橫截面的形狀均為正六邊形．如圖是部分巢房的橫截面圖，圖中7個全等的正六邊形不重疊且無縫隙，將其放在平面直角坐標系中，點均為正六邊形的頂點．若點的坐標分別為，則點的坐標為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，設正六邊形的邊長為a，由正六邊形的性質及點P的坐標可求得a的值，即可求得點M的坐標．【詳解】解：連接，如圖，設正六邊形的邊長為a，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵點P的坐標為，∴，即；∴，，∴點M的坐標為．故選：A．

【點睛】本題考查了坐標與圖形，正六邊形的性質，勾股定理，含30度角直角三角形的性質等知識，掌握這些知識是解題的關鍵．5．（2023年內蒙古包頭市中考數學真題）如圖，是銳角三角形的外接圓，，垂足分別為，連接．若的周長為21，則的長為（

）

A．8 B．4 C．3.5 D．3【答案】B【分析】根據三角形外接圓的性質得出點D、E、F分別是的中點，再由中位線的性質及三角形的周長求解即可．【詳解】解：∵是銳角三角形的外接圓，，∴點D、E、F分別是的中點，∴，∵的周長為21，∴即，∴，故選：B．【點睛】題目主要考查三角形外接圓的性質及中位線的性質，理解題意，熟練掌握三角形外接圓的性質是解題關鍵．6．（2023年吉林省長春市中考數學真題）如圖，用直尺和圓規(guī)作的角平分線，根據作圖痕跡，下列結論不一定正確的是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根據作圖可得，進而逐項分析判斷即可求解．【詳解】解：根據作圖可得，故A，C正確；∴在的垂直平分線上，∴，故D選項正確，而不一定成立，故B選項錯誤，故選：B．【點睛】本題考查了作角平分線，垂直平分線的判定，熟練掌握基本作圖是解題的關鍵．7．（2023年黑龍江省齊齊哈爾市中考數學真題）如圖，在正方形中，，動點M，N分別從點A，B同時出發(fā)，沿射線，射線的方向勻速運動，且速度的大小相等，連接，，．設點M運動的路程為，的面積為，下列圖像中能反映與之間函數關系的是（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】先根據，求出與之間函數關系式，再判斷即可得出結論．【詳解】解：，，，，故與之間函數關系為二次函數，圖像開口向上，時，函數有最小值6，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質，二次函數的圖像與性質，本題的關鍵是求出與之間函數關系式，再判斷與之間函數類型．8．（2023年上海市中考數學真題）已知在梯形中，連接，且，設．下列兩個說法：①；②則下列說法正確的是（

）A．①正確②錯誤 B．①錯誤②正確 C．①②均正確 D．①②均錯誤【答案】D【分析】根據已知及結論，作出圖形，進而可知當梯形為等腰梯形，即，時，①；②，其余情況得不出這樣的結論，從而得到答案．【詳解】解：過作，交延長線于，如圖所示：

若梯形為等腰梯形，即，時，四邊形是平行四邊形，，，，，，即，又，，在中，，，則，，此時①正確；過作于，如圖所示：

在中，，，，則，，，此時②正確；而題中，梯形是否為等腰梯形，并未確定；梯形是還是，并未確定，無法保證①②正確，故選：D．【點睛】本題考查梯形中求線段長，涉及梯形性質、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定性質、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質等知識，熟練掌握相關幾何判定與性質是解決問題的關鍵．9．（2023年江蘇省無錫市中考數學真題）如圖中，，為中點，若點為直線下方一點，且與相似，則下列結論：①若，與相交于，則點不一定是的重心；②若，則的最大值為；③若，則的長為；④若，則當時，取得最大值．其中正確的為（

）

A．①④ B．②③ C．①②④ D．①③④【答案】A【分析】①有3種情況，分別畫出圖形，得出的重心，即可求解；當，時，取得最大值，進而根據已知數據，結合勾股定理，求得的長，即可求解；③如圖5，若，，根據相似三角形的性質求得，，，進而求得，即可求解；④如圖6，根據相似三角形的性質得出，在中，，根據二次函數的性質，即可求取得最大值時，．【詳解】①有3種情況，如圖，和都是中線，點是重心；如圖，四邊形是平行四邊形，是中點，點是重心；如圖，點不是中點，所以點不是重心；①正確

②當，如圖時最大，，，，，，，②錯誤；

③如圖5，若，，∴，，，，，，，∴，，，∴，，∴，∴③錯誤；④如圖6，，∴，即，在中，，∴，∴，當時，最大為5，∴④正確．故選：C．【點睛】本題考查了三角形重心的定義，勾股定理，相似三角形的性質，二次函數的性質，分類討論，畫出圖形是解題的關鍵．10．（2023年浙江省紹興市中考數學真題）如圖，在中，是邊上的點（不與點，重合）．過點作交于點；過點作交于點．是線段上的點，；是線段上的點，．若已知的面積，則一定能求出（

）

A．的面積 B．的面積C．的面積 D．的面積【答案】D【分析】如圖所示，連接，證明，得出，由已知得出，則，又，則，進而得出，可得，結合題意得出，即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，

∵，，∴，，，．∴，．∴．∵，，∴，∴．∴．又∵，∴．∴．∵∴．∴．∴．∵，∴．∵，∴．故選：D．【點睛】本題考查了相似三角形的知識，解題的關鍵是掌握相似三角形的性質與判定，平行線的判定和性質，等面積轉換．11．（2023年安徽中考數學真題）如圖，是線段上一點，和是位于直線同側的兩個等邊三角形，點分別是的中點．若，則下列結論錯誤的是（

）

A．的最小值為 B．的最小值為C．周長的最小值為6 D．四邊形面積的最小值為【答案】A【分析】延長，則是等邊三角形，觀察選項都是求最小時，進而得出當點與重合時，則三點共線，各項都取得最小值，得出B，C，D選項正確，即可求解．【詳解】解：如圖所示，

延長，依題意∴是等邊三角形，∵是的中點，∴，∵，∴∴，∴∴，∴四邊形是平行四邊形，則為的中點如圖所示，

設的中點分別為，則∴當點在上運動時，在上運動，當點與重合時，即，則三點共線，取得最小值，此時，則，∴到的距離相等，則，此時此時和的邊長都為2，則最小，∴，∴∴，或者如圖所示，作點關于對稱點，則，則當三點共線時，

此時故A選項錯誤，根據題意可得三點共線時，最小，此時，則，故B選項正確；周長等于，即當最小時，周長最小，如圖所示，作平行四邊形，連接，

∵，則如圖，延長,，交于點，則，∴是等邊三角形，∴，在與中，∴∴∴∴∴，則，∴是直角三角形，

在中，∴當時，最短，∵∴周長的最小值為，故C選項正確；∵∴四邊形面積等于

∴當的面積為0時，取得最小值，此時，重合，重合∴四邊形面積的最小值為，故D選項正確，故選：A．【點睛】本題考查了解直角三角形，等邊三角形的性質，勾股定理，熟練掌握等邊三角形的性質，得出當點與重合時得出最小值是解題的關鍵．12．（2022·江蘇南京·統(tǒng)考中考真題）直三棱柱的表面展開圖如圖所示，，，，四邊形是正方形，將其折疊成直三棱柱后，下列各點中，與點距離最大的是（

）

A．點 B．點 C．點 D．點【答案】B【分析】根據勾股定理的逆定理判定是直角三角形，折疊成直三棱柱后，運用勾股定理計算比較大小即可．【詳解】∵，，，∴，∴是直角三角形，∵四邊形是正方形，將其折疊成直三棱柱，∴直棱柱的高，∴，，，，∵，∴選B．【點睛】本題考查了幾何體的展開與折疊，勾股定理及其逆定理，熟練掌握展開圖與折疊的意義是解題的關鍵．13．（2021·四川甘孜·統(tǒng)考中考真題）如圖，直線，直線、與、、分別交于點、、和點、、，若，，則的長是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據平行線分線段成比例定理得出AB：BC=DE：EF，再求出答案即可．【詳解】解：∵l1∥l2∥l3，∴AB：BC=DE：EF，∵AB：BC=2：3，EF=9，∴2：3=DE：EF，∴DE=6．故選：C．【點睛】本題考查了平行線分線段成比例定理，能根據平行線分線段成比例定理得出正確的比例式是解題的關鍵．14．（2020·廣西賀州·統(tǒng)考中考真題）如圖，將兩個完全相同的Rt△ACB和Rt△A'C′B′拼在一起，其中點A′與點B重合，點C'在邊AB上，連接B′C，若∠ABC＝∠A′B′C′＝30°，AC＝A′C′＝2，則B′C的長為（）A．2 B．4 C．2 D．4【答案】A【分析】先根據直角三角形的性質可得，再根據勾股定理和角的和差可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【詳解】解：∵，∴，∴，，則在中，，故選：A．【點睛】本題考查了含30度角的直角三角形的性質、勾股定理等知識點，熟練掌握含30度角的直角三角形的性質是解題關鍵．15．（2019·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在四邊形中，，，，，點是線段的三等分點，且靠近點，的兩邊與線段分別交于點、，連接分別交、于點、．若，，則(

)A． B． C． D．【答案】B【分析】先根據等腰直角三角形的性質求出的長，再根據相似三角形的性質得到，從而求得的長，過作于，則四邊形是矩形，可得、的長，進一步由勾股定理可求出的長，進而求得的長，然后根據可得的值，再由相似三角形的性質列方程即可求得結果．【詳解】解：∵，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，過作于，則四邊形是矩形，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴設，，∵，∴，∴，解得：，∴，故選B．【點睛】本題考查了勾股定理、相似三角形的判定和性質、等腰直角三角形的性質、矩形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．二、填空題16．（2023年北京市中考數學真題）如圖，是的半徑，是的弦，于點D，是的切線，交的延長線于點E．若，，則線段的長為．

【答案】【分析】根據，得出，，根據等腰直角三角形的性質得出，即，根據，，得出為等腰直角三角形，即可得出．【詳解】解：∵，∴，．∵，∴為等腰直角三角形，∴，∴．∵是的切線，∴，∵，∴為等腰直角三角形，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了垂徑定理，等腰直角三角形的判定和性質，切線的性質，解題的關鍵是熟練掌握垂徑定理，得出．17．（2023年天津市中考數學真題）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，等邊三角形內接于圓，且頂點A，B均在格點上．

（1）線段的長為；（2）若點D在圓上，與相交于點P．請用無刻度的直尺，在如圖所示的網格中，畫出點Q，使為等邊三角形，并簡要說明點Q的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】(1)(2)畫圖見解析；如圖，取與網格線的交點E，F，連接并延長與網格線相交于點G；連接與網格線相交于點H，連接并延長與網格線相交于點I，連接并延長與圓相交于點K，連接并延長與的延長線相交于點Q，則點Q即為所求【分析】（1）在網格中用勾股定理求解即可；（2）取與網格線的交點E，F，連接并延長與網格線相交于點M，連接；連接與網格線相交于點G，連接并延長與網格線相交于點H，連接并延長與圓相交于點I，連接并延長與的延長線相交于點Q，則點Q即為所求，連接，，過點E作網格線，過點G作網格線，由圖可得，根據全等三角形的性質可得和，根據同弧所對圓周角相等可得，進而得到和，再通過證明即可得到結論．【詳解】（1）解：；故答案為：．（2）解：如圖，取與網格線的交點E，F，連接并延長與網格線相交于點G；連接與網格線相交于點H，連接并延長與網格線相交于點I，連接并延長與圓相交于點K，連接并延長與的延長線相交于點Q，則點Q即為所求；連接，，過點E作網格線，過點G作網格線，

由圖可得：∵，，，∴，∴，，∵，∴，即，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，即，∴，即，∵，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等邊三角形，此時點Q即為所求；故答案為：如圖，取與網格線的交點E，F，連接并延長與網格線相交于點G；連接與網格線相交于點H，連接并延長與網格線相交于點I，連接并延長與圓相交于點K，連接并延長與的延長線相交于點Q，則點Q即為所求．【點睛】本題考查作圖—復雜作圖，勾股定理、等邊三角形的判定、全等三角形的判定與性質等知識，解題關鍵是理解題意，靈活運用所學知識是關鍵．18．（2023年河北省中考數學真題）將三個相同的六角形螺母并排擺放在桌面上，其俯視圖如圖1，正六邊形邊長為2且各有一個頂點在直線l上，兩側螺母不動，把中間螺母抽出并重新擺放后，其俯視圖如圖2，其中，中間正六邊形的一邊與直線l平行，有兩邊分別經過兩側正六邊形的一個頂點．則圖2中（1）度．（2）中間正六邊形的中心到直線l的距離為（結果保留根號）．

【答案】【分析】（1）作圖后，結合正多邊形的外角的求法即可求解；（2）表問題轉化為圖形問題，首先作圖，標出相應的字母，把正六邊形的中心到直線l的距離轉化為求，再根據正六邊形的特征及利用勾股定理及三角函數，分別求出即可求解．【詳解】解：（1）作圖如下：

根據中間正六邊形的一邊與直線l平行及多邊形外角和，得，，故答案為：；（2）取中間正六邊形的中心為，作如下圖形，

由題意得：，,，四邊形為矩形，，，，，在中，，由圖1知，由正六邊形的結構特征知：，，，，又，，故答案為：．【點睛】本題考查了正六邊形的特征，勾股定理，含度直角三角形的特征，全等三角形的判定性質，解直角三角形，解題的關鍵是掌握正六邊形的結構特征．19．（2023年山西省中考數學真題）如圖，在四邊形中，，對角線相交于點．若，則的長為．

【答案】/【分析】過點A作于點H，延長，交于點E，根據等腰三角形性質得出，根據勾股定理求出，證明，得出，根據等腰三角形性質得出，證明，得出，求出，根據勾股定理求出，根據，得出，即，求出結果即可．【詳解】解：過點A作于點H，延長，交于點E，如圖所示：

則，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵，∴，即，解得：．故答案為：．【點睛】本題主要考查了三角形外角的性質，等腰三角形的判定和性質，勾股定理，平行線分線段成比例，相似三角形的判定與性質，平行線的判定，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握平行線分線段成比例定理及相似三角形的判定與性質．20．（2023年內蒙古包頭市中考數學真題）如圖，是正五邊形的對角線，與相交于點．下列結論：①平分；

②；

③四邊形是菱形；

④其中正確的結論是．（填寫所有正確結論的序號）

【答案】①③④【分析】根據正五邊形的性質得出各角及各邊之間的關系，然后由各角之間的關系及相似三角形的判定和性質，菱形的判定依次證明即可．【詳解】解：①∵正五邊形，∴，，∴，∴，∴平分；正確；②∵，，∴，∴，∵，∴，即，故②錯誤；③∵，，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形；正確；④∵，，∴，∴，∴，即，正確；故答案為：①③④．【點睛】題目主要考查正多邊形的性質及相似三角形、菱形的判定和性質，熟練掌握運用這些知識點是解題關鍵．21．（2023年遼寧省大連市中考數學真題）如圖，在正方形中，，延長至，使，連接，平分交于，連接，則的長為．【答案】【分析】如圖，過作于，于，由平分，可知，可得四邊形是正方形，，設，則，證明，則，即，解得，，由勾股定理得，計算求解即可．【詳解】解：如圖，過作于，于，則四邊形是矩形，，∵平分，∴，∴，∴四邊形是正方形，設，則，∵，∴，∴，即，解得，∴，由勾股定理得，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的判定與性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．22．（2023年吉林省長春市中考數學真題）如圖，將正五邊形紙片折疊，使點與點重合，折痕為，展開后，再將紙片折疊，使邊落在線段上，點的對應點為點，折痕為，則的大小為度．

【答案】【分析】根據題意求得正五邊形的每一個內角為，根據折疊的性質求得在中，根據三角形內角和定理即可求解．【詳解】解：∵正五邊形的每一個內角為，將正五邊形紙片折疊，使點與點重合，折痕為，則，∵將紙片折疊，使邊落在線段上，點的對應點為點，折痕為，∴，，在中，，故答案為：．【點睛】本題考查了折疊的性質，正多邊形的內角和的應用，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．23．（2023年黑龍江省齊齊哈爾市中考數學真題）如圖，在平面直角坐標系中，點A在軸上，點B在軸上，，連接，過點O作于點，過點作軸于點；過點作于點，過點作軸于點；過點作于點，過點作軸于點；…；按照如此規(guī)律操作下去，則點的坐標為．

【答案】【分析】根據題意，結合圖形依次求出的坐標，再根據其規(guī)律寫出的坐標即可．【詳解】解：在平面直角坐標系中，點A在軸上，點B在軸上，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，同理可得：均為等腰直角三角形，，根據圖中所有的三角形均為等腰直角三角形，依次可得：由此可推出：點的坐標為．故答案為：．【點睛】本題主要考查了平面直角坐標系中點的坐標特征，以及點的坐標變化規(guī)律問題，等腰直角三角形的性質，解題的關鍵是依次求出的坐標，找出其坐標的規(guī)律．24．（2023年上海市中考數學真題）在中，點D在邊上，點E在延長線上，且，如果過點A，過點D，若與有公共點，那么半徑r的取值范圍是．【答案】【分析】先畫出圖形，連接，利用勾股定理可得，，從而可得，再根據與有公共點可得一個關于的不等式組，然后利用二次函數的性質求解即可得．【詳解】解：由題意畫出圖形如下：連接，

過點，且，的半徑為7，過點，它的半徑為，且，，，，，在邊上，點在延長線上，，即，，與有公共點，，即，不等式①可化為，解方程得：或，畫出函數的大致圖象如下：

由函數圖象可知，當時，，即不等式①的解集為，同理可得：不等式②的解集為或，則不等式組的解集為，又，半徑r的取值范圍是，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理、圓與圓的位置關系、二次函數與不等式，根據圓與圓的位置關系正確建立不等式組是解題關鍵．25．（2023年安徽中考數學真題）清初數學家梅文鼎在著作《平三角舉要》中，對南宋數學家秦九韶提出的計算三角形面積的“三斜求積術”給出了一個完整的證明，證明過程中創(chuàng)造性地設計直角三角形，得出了一個結論：如圖，是銳角的高，則．當，時，．

【答案】【分析】根據公式求得，根據，即可求解．【詳解】解：∵，，∴∴,故答案為：．【點睛】本題考查了三角形的高的定義，正確的使用公式是解題的關鍵．26．（2023年江西省中考數學真題）如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉角（）得到，連接，．當為直角三角形時，旋轉角的度數為．

【答案】或或【分析】連接，根據已知條件可得，進而分類討論即可求解．【詳解】解：連接，取的中點，連接，如圖所示，

∵在中，，∴，∴是等邊三角形，∴，，∴∴，∴∴，如圖所示，當點在上時，此時，則旋轉角的度數為，

當點在的延長線上時，如圖所示，則

當在的延長線上時，則旋轉角的度數為，如圖所示，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∵∴四邊形是矩形，∴即是直角三角形，

綜上所述，旋轉角的度數為或或故答案為：或或．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，矩形的性質與判定，旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．27．（2022·江蘇南京·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形內接于，它的3個外角，，的度數之比為，則．【答案】/72度【分析】根據圓內接四邊形的對角互補以及外角的性質可求出，再根據平角的定義求解．【詳解】解：如圖，延長到H，四邊形內接于，，，，，的度數之比為，，，，的度數之比為，，，．故答案為：．【點睛】本題考查圓內接四邊形，解題的關鍵是掌握圓內接四邊形的對角互補，外角和是360度．28．（2021·四川甘孜·統(tǒng)考中考真題）如圖，，，是上的三個點，，則的度數為．【答案】【分析】根據圓周角定理求得，進而根據等邊對等角以及三角形內角和定理即可求得的度數【詳解】，故答案為：【點睛】本題考查了圓周角定理，等邊對等角，三角形內角和定理，掌握圓周角定理是解題的關鍵．29．（2020·廣西賀州·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點O，，，點P是AC上一動點，點E是AB的中點，則的最小值為．【答案】．【分析】連接DE，依據菱形的性質即可計算得到DE的長，再根據線段的性質，即可得到PD+PE的最小值為DE的長．【詳解】如圖，連接DE，∵四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點O，，，∴，，，∴，∴，即是等邊三角形，又∵E是AB的中點，∴，∵，∴，∴，∵，∴的最小值為DE的長，即的最小值為，故答案為：．【點睛】此題考查了軸對稱-最短路線問題，關鍵是掌握菱形的性質以及線段的性質：兩點之間，線段最短．30．（2019·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，、都是等腰直角三角形，，，，．將繞點逆時針方向旋轉后得，當點恰好落在線段上時，則．【答案】【分析】如圖，連接，易求得，，根據旋轉的性質得到，，，由全等三角形的性質得到，過作于，解直角三角形即可得到結論．【詳解】解：如圖，連接，∵、都是等腰直角三角形，，，，，∴，，∵將繞點逆時針方向旋轉后得，∴，，，∴，∴，∴，過作于，在中，，在中，，∴，故答案為．【點睛】本題考查了旋轉的性質、全等三角形的判定和性質、等腰直角三角形的性質和解直角三角形等知識，熟練掌握旋轉的性質、正確的作出輔助線是解題的關鍵．三、解答題31．（2023年北京市中考數學真題）在中、，于點M，D是線段上的動點（不與點M，C重合），將線段繞點D順時針旋轉得到線段．

(1)如圖1，當點E在線段上時，求證：D是的中點；(2)如圖2，若在線段上存在點F（不與點B，M重合）滿足，連接，，直接寫出的大小，并證明．【答案】(1)見解析(2)，證明見解析【分析】（1）由旋轉的性質得，，利用三角形外角的性質求出，可得，等量代換得到即可；（2）延長到H使，連接，，可得是的中位線，然后求出，設，，求出，證明，得到，再根據等腰三角形三線合一證明即可．【詳解】（1）證明：由旋轉的性質得：，，∵，∴，∴，∴，∴，即D是的中點；（2）；證明：如圖2，延長到H使，連接，，∵，∴是的中位線，∴，，由旋轉的性質得：，，∴，∵，∴，是等腰三角形，∴，，設，，則，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，即．

【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質，旋轉的性質，三角形外角的性質，三角形中位線定理以及全等三角形的判定和性質等知識，作出合適的輔助線，構造出全等三角形是解題的關鍵．32．（2023年北京市中考數學真題）如圖，圓內接四邊形的對角線，交于點，平分，．

(1)求證平分，并求的大?。?2)過點作交的延長線于點．若，，求此圓半徑的長．【答案】(1)見解析，(2)【分析】（1）根據已知得出，則，即可證明平分，進而根據平分，得出，推出，得出是直徑，進而可得；（2）根據（1）的結論結合已知條件得出，，是等邊三角形，進而得出，由是直徑，根據含度角的直角三角形的性質可得，在中，根據含度角的直角三角形的性質求得的長，進而即可求解．【詳解】（1）解：∵∴，∴，即平分．∵平分，∴，∴，∴，即，∴是直徑，∴；（2）解：∵，，∴，則．∵，∴．∵，∴，∴是等邊三角形，則．∵平分，∴．∵是直徑，∴，則．∵四邊形是圓內接四邊形，∴，則，∴，∴，∴．∵，∴，∴．∵是直徑，∴此圓半徑的長為．【點睛】本題考查了弧與圓周角的關系，等弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，含度角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質與判定，圓內接四邊形對角互補，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．33．（2023年天津市中考數學真題）在平面直角坐標系中，O為原點，菱形的頂點，矩形的頂點．(1)填空：如圖①，點C的坐標為________，點G的坐標為________；(2)將矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，點E，F，G，H的對應點分別為，，，．設，矩形與菱形重疊部分的面積為S．

①如圖②，當邊與相交于點M、邊與相交于點N，且矩形與菱形重疊部分為五邊形時，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍：②當時，求S的取值范圍（直接寫出結果即可）．【答案】(1)，．(2)①；②【分析】（1）根據矩形及菱形的性質可進行求解；（2）①由題意易得，然后可得，則有，進而根據割補法可進行求解面積S；②由①及題意可知當時，矩形和菱形重疊部分的面積是增大的，當時，矩形和菱形重疊部分的面積是減小的，然后根據題意畫出圖形計算面積的最大值和最小值即可．【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，且，∴，∴；連接，交于一點H，如圖所示：

∵四邊形是菱形，且，∴，，∴，∴，故答案為，；（2）解：①∵點，點，點，∴矩形中，軸，軸，．∴矩形中，軸，軸，．由點，點，得．在中，，得．在中，由，得．∴．同理，得．∵，得．又，∴，當時，則矩形和菱形重疊部分為，∴的取值范圍是．②由①及題意可知當時，矩形和菱形重疊部分的面積是增大的，當時，矩形和菱形重疊部分的面積是減小的，∴當時，矩形和菱形重疊部分如圖所示：

此時面積S最大，最大值為；當時，矩形和菱形重疊部分如圖所示：

由（1）可知B、D之間的水平距離為，則有點D到的距離為，由①可知：，∴矩形和菱形重疊部分為等邊三角形，∴該等邊三角形的邊長為，∴此時面積S最小，最小值為；綜上所述：當時，則．【點睛】本題主要考查矩形、菱形的性質及三角函數、圖形與坐標，熟練掌握矩形、菱形的性質及三角函數、圖形與坐標是解題的關鍵．34．（2023年河北省中考數學真題）如圖1和圖2，平面上，四邊形中，，點在邊上，且．將線段繞點順時針旋轉到的平分線所在直線交折線于點，設點在該折線上運動的路徑長為，連接．

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

∵平分∴∴∴∴∵，∴∴，∴∵，∴∴，即∴解得∴．②如圖所示，當點在上時，，

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

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

∵，∴，∴，又，∴，又∵，∴，∴∵，，設，即∴，∴整理得即點到直線的距離為．【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，折疊的性質，求正切值，熟練掌握以上知識且分類討論是解題的關鍵．35．（2023年山西省中考數學真題）問題情境：“綜合與實踐”課上，老師提出如下問題：將圖1中的矩形紙片沿對角線剪開，得到兩個全等的三角形紙片，表示為和，其中．將和按圖2所示方式擺放，其中點與點重合（標記為點）．當時，延長交于點．試判斷四邊形的形狀，并說明理由．

(1)數學思考：談你解答老師提出的問題；(2)深入探究：老師將圖2中的繞點逆時針方向旋轉，使點落在內部，并讓同學們提出新的問題．

①“善思小組”提出問題：如圖3，當時，過點作交的延長線于點與交于點．試猜想線段和的數量關系，并加以證明．請你解答此問題；

②“智慧小組”提出問題：如圖4，當時，過點作于點，若，求的長．請你思考此問題，直接寫出結果．

【答案】(1)正方形，見解析(2)①，見解析；②【分析】（1）先證明四邊形是矩形，再由可得，從而得四邊形是正方形；（2）①由已知可得，再由等積方法，再結合已知即可證明結論；②設的交點為M，過M作于G，則易得，點G是的中點；利用三角函數知識可求得的長，進而求得的長，利用相似三角形的性質即可求得結果．【詳解】（1）解：四邊形為正方形．理由如下：∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴四邊形為矩形．∵，∴．∴矩形為正方形．（2）：①．證明：∵，∴．∵，∴．∵，即，∴．∵，∴．由（1）得，∴．②解：如圖：設的交點為M，過M作于G，∵，∴，，∴；∵，∴，∴，∵，∴點G是的中點；由勾股定理得，∴；∵，∴，即；∴；∵，，∴，∴，∴，即的長為．

【點睛】本題考查了旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、正方形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、三角函數、勾股定理等知識點，適當添加的輔助線、構造相似三角形是解題的關鍵．36．（2023年內蒙古包頭市中考數學真題）如圖，在菱形中，對角線相交于點，點分別是邊，線段上的點，連接與相交于點．

(1)如圖1，連接．當時，試判斷點是否在線段的垂直平分線上，并說明理由；(2)如圖2，若，且，①求證：；②當時，設，求的長（用含的代數式表示）．【答案】(1)點在線段的垂直平分線上(2)①證明見解析，②【分析】（1）根據菱形的性質及垂直平分線的判定證明即可；（2）①根據菱形的性質得出，再由各角之間的關系得出，由含30度角的直角三角形的性質求解即可；③連接．利用等邊三角形的判定和性質得出，再由正切函數及全等三角形的判定和性質及勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：如圖，點在線段的垂直平分線上．理由如下：連接．∵四邊形是菱形，對角線相交于點，．，，∴點在線段的垂直平分線上．

（2）①證明：如圖，∵四邊形是菱形，，，，，，．，．，，，．在中，，．．，；

②如圖，連接．，∴是等邊三角形．∵，∴，在中，，，．，，，．，，．在中，，由勾股定理得，．

【點睛】題目主要考查菱形的性質，全等三角形的判定和性質，線段垂直平分線的判定和性質及解直角三角形，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．37．（2023年遼寧省大連市中考數學真題）綜合與實踐問題情境：數學活動課上，王老師給同學們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質．已知，點為上一動點，將以為對稱軸翻折．同學們經過思考后進行如下探究：獨立思考：小明：“當點落在上時，．”小紅：“若點為中點，給出與的長，就可求出的長．”實踐探究：奮進小組的同學們經過探究后提出問題1，請你回答：

問題1：在等腰中，由翻折得到．（1）如圖1，當點落在上時，求證：；（2）如圖2，若點為中點，，求的長．問題解決：小明經過探究發(fā)現：若將問題1中的等腰三角形換成的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．問題2：如圖3，在等腰中，．若，則求的長．【答案】（1）見解析；（2）；問題2：【分析】（1）根據等邊對等角可得，根據折疊以及三角形內角和定理，可得，根據鄰補角互補可得，即可得證；（2）連接，交于點，則是的中位線，勾股定理求得，根據即可求解；問題2：連接，過點作于點，過點作于點，根據已知條件可得，則四邊形是矩形，勾股定理求得，根據三線合一得出，根據勾股定理求得的長，即可求解．【詳解】（1）∵等腰中，由翻折得到∴，，∵，∴；（2）如圖所示，連接，交于點，

∵折疊，∴，，，，∵是的中點，∴，∴，在中，，在中，，∴；問題2：如圖所示，連接，過點作于點，過點作于點，

∵，∴，，∵，∴，∴，∴，又，∴四邊形是矩形，則，在中，，,，∴，在中，，∴，在中，．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，折疊的性質，勾股定理，矩形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．38．（2023年北京市中考數學真題）如圖，圓內接四邊形的對角線，交于點，平分，．

(1)求證平分，并求的大??；(2)過點作交的延長線于點．若，，求此圓半徑的長．【答案】(1)見解析，(2)【分析】（1）根據已知得出，則，即可證明平分，進而根據平分，得出，推出，得出是直徑，進而可得；（2）根據（1）的結論結合已知條件得出，，是等邊三角形，進而得出，由是直徑，根據含度角的直角三角形的性質可得，在中，根據含度角的直角三角形的性質求得的長，進而即可求解．【詳解】（1）解：∵∴，∴，即平分．∵平分，∴，∴，∴，即，∴是直徑，∴；（2）解：∵，，∴，則．∵，∴．∵，∴，∴是等邊三角形，則．∵平分，∴．∵是直徑，∴，則．∵四邊形是圓內接四邊形，∴，則，∴，∴，∴．∵，∴，∴．∵是直徑，∴此圓半徑的長為．【點睛】本題考查了弧與圓周角的關系，等弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，含度角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質與判定，圓內接四邊形對角互補，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．39．（2023年吉林省長春市中考數學真題）如圖①．在矩形．，點在邊上，且．動點從點出發(fā)，沿折線以每秒個單位長度的速度運動，作，交邊或邊于點，連續(xù)．當點與點重合時，點停止運動．設點的運動時間為秒．（）

(1)當點和點重合時，線段的長為__________；(2)當點和點重合時，求；(3)當點在邊上運動時，的形狀始終是等腰直角三角形．如圖②．請說明理由；(4)作點關于直線的對稱點，連接、，當四邊形和矩形重疊部分圖形為軸對稱四邊形時，直接寫出的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)見解析(4)或或【分析】（1）證明四邊形是矩形，進而在中，勾股定理即可求解．（2）證明，得出；（3）過點作于點，證明得出，即可得出結論（4）分三種情況討論，①如圖所示，當點在上時，②當點在上時，當重合時符合題意，此時如圖，③當點在上，當重合時，此時與點重合，則是正方形，即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，連接，

∵四邊形是矩形∴∵，∴四邊形是矩形，當點和點重合時，∴，在中，，故答案為：．（2）如圖所示，

∵，，∴，∴∴，∴，∵，，∴；（3）如圖所示，過點作于點，

∵，，∴，則四邊形是矩形，∴又∵∴，∴∴∴是等腰直角三角形；（4）①如圖所示，當點在上時，

∵，在中，，則，∵，則，，在中，，∴解得：當時，點在矩形內部，符合題意，∴符合題意，②當點在上時，當重合時符合題意，此時如圖，

則，，在中，，解得：，③當點在上，當重合時，此時與點重合，則是正方形，此時

綜上所述，或或．【點睛】本題考查了矩形的性質，正方形的性質與判定，勾股定理，求正切，軸對稱的性質，分類討論，分別畫出圖形，數形結合是解題的關鍵．40．（2023年黑龍江省齊齊哈爾市中考數學真題）綜合與實踐數學模型可以用來解決一類問題，是數學應用的基本途徑．通過探究圖形的變化規(guī)律，再結合其他數學知識的內在聯系，最終可以獲得寶貴的數學經驗，并將其運用到更廣闊的數學天地．

(1)發(fā)現問題：如圖1，在和中，，，，連接，，延長交于點．則與的數量關系：______，______；(2)類比探究：如圖2，在和中，，，，連接，，延長，交于點．請猜想與的數量關系及的度數，并說明理由；(3)拓展延伸：如圖3，和均為等腰直角三角形，，連接，，且點，，在一條直線上，過點作，垂足為點．則，，之間的數量關系：______；(4)實踐應用：正方形中，，若平面內存在點滿足，，則______．【答案】(1)，(2)，，證明見解析(3)(4)或【分析】（1）根據已知得出，即可證明，得出，，進而根據三角形的外角的性質即可求解；（2）同（1）的方法即可得證；（3）同（1）的方法證明，根據等腰直角三角形的性質得出，即可得出結論；（4）根據題意畫出圖形，連接，以為直徑,的中點為圓心作圓，以點為圓心，為半徑作圓，兩圓交于點，延長至，使得，證明，得出，勾股定理求得，進而求得，根據相似三角形的性質即可得出，勾股定理求得，進而根據三角形的面積公式即可求解．【詳解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴，設交于點，

∵∴，故答案為：，．（2）結論：，；證明：∵，∴，即，又∵，，∴∴，∵，，∴，∴，（3），理由如下，∵，∴，即，又∵和均為等腰直角三角形∴，∴，∴，在中，，∴，∴；（4）解：如圖所示，

連接，以為直徑,的中點為圓心作圓，以點為圓心，為半徑作圓，兩圓交于點，延長至，使得，則是等腰直角三角形，

∵,∴，∵，∴∴，∴，∵，在中，，∴∴過點作于點，設，則，在中，，在中，∴∴解得：，則，設交于點，則是等腰直角三角形，∴在中，∴∴又，∴∴∴，∴∴，在中，∴，綜上所述，或故答案為：或．【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，正方形的性質，勾股定理，直徑所對的圓周角是直角，熟練運用已知模型是解題的關鍵．41．（2023年上海市中考數學真題）如圖（1）所示，已知在中，，在邊上，點為邊中點，為以為圓心，為半徑的圓分別交，于點，，聯結交于點．

(1)如果，求證：四邊形為平行四邊形；(2)如圖（2）所示，聯結，如果，求邊的長；(3)聯結，如果是以為腰的等腰三角形，且，求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）根據等邊對等角得出，，等量代換得出，則，根據是的中點，，則是的中位線，則，即可得證；（2）設，，則，由（1）可得則，等量代換得出，進而證明，得出，在中，，則，解方程即可求解；（3）是以為腰的等腰三角形，分為①當時，②當時，證明，得出，設，根據，得出，可得，，連接交于點，證明在與中，，，得出，可得，根據相似三角形的性質得出，進而即可求解．【詳解】（1）證明：∵∴∵∴,∴∴，∵是的中點，，∴是的中位線，∴，即，∴四邊形是平行四邊形；（2）解：∵，點邊中點，設，，則由（1）可得∴，∴，又∵∴,∴即，∵，在中，，∴，∴解得：或（舍去）∴；（3）解：①當時，點與點重合，舍去；②當時，如圖所示，延長交于點P，

∵點是的中點，，∴，設，∵∴，∴，設，∵∴，

∴，∴，∴，連接交于點，

∵，∴∴，∴，在與中，，，∴，又，∴，∴，∴，∴，，∴．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，三角形中位線的性質，相似三角形的性質與判定，勾股定理，等腰三角形的定義，圓的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定，第三問中，證明是解題的關鍵．42．（2023年江蘇省無錫市中考數學真題）如圖，四邊形是邊長為的菱形，，點為的中點，為線段上的動點，現將四邊形沿翻折得到四邊形．

(1)當時，求四邊形的面積；(2)當點在線段上移動時，設，四邊形的面積為，求關于的函數表達式．【答案】(1)(2)【分析】（1）連接、，根據菱形的性質以及已知條件可得為等邊三角形，根據，可得為等腰直角三角形，則，，根據翻折的性質，可得，，則，；同理，，；進而根據，即可求解；（2）等積法求得，則，根據三角形的面積公式可得，證明，根據相似三角形的性質，得出，根據即可求解．【詳解】（1）如圖，連接、，四邊形為菱形，，，為等邊三角形．為中點，，，，．，為等腰直角三角形，，，翻折，，，，；.同理，，，∴；（2）如圖，連接、，延長交于點．，，，．∵，，．，則，，，．∵，．【點睛】本題考查了菱形與折疊問題，勾股定理，折疊的性質，相似三角形的性質與判定，熟練掌握菱形的性質以及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．43．（2023年浙江省紹興市中考數學真題）在平行四邊形中（頂點按逆時針方向排列），為銳角，且．

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

∴．∵∴．由旋轉知，∴．設，則．∵，∴，∴，∴，即，∴，∴．②由旋轉得，，又因為，所以．情況一：當以為直角頂點時，如圖2．

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

設與射線的交點為，作于點．∵，∴，∵，∴，∴．又∵，∴，∴．設，則，∴∵，∴，∴，∴，∴，化簡得，解得，∴．情況三：當以為直角頂點時，點落在的延長線上，不符合題意．綜上所述，或．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，正弦的定義，全等的判定及性質，相似的判定及性質，理解記憶相關定義，判定，性質是解題的關鍵．44．（2023年安徽中考數學真題）在中，是斜邊的中點，將線段繞點旋轉至位置，點在直線外，連接．

(1)如圖1，求的大?。?2)已知點和邊上的點滿足．（?。┤鐖D2，連接，求證：；（ⅱ）如圖3，連接，若，求的值．【答案】(1)(2)（?。┮娊馕觯唬áⅲ痉治觥浚?）根據旋轉的性質得出，根據等邊對接等角得出，在中，根據三角形內角和定理即得出，進而即可求解；（2）（ⅰ）延長交于點，證明四邊形是菱形，進而根據平行線分線段成比例得出，，根據等腰三角形的性質，得出是的中點，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得證；（ⅱ）如圖所示，過點作于點，由，得出，，進而根據正切的定義即可求解．【詳解】（1）解：∵∴，在中，∴（2）證明：（?。┳C法一：如圖，延長，交于點，則，

∵，∴．又∵，∴四邊形是平行四邊形．∴．∵是的中點，，∴．∴．∴四邊形是平行四邊形．∵，∴是菱形．∴．∵，∴．∴．∵，即，∴，即點是斜邊的中點．∴．證法二：∵，是斜邊的中點，∴點在以為圓心，為直徑的上．

∵，∴垂直平分．∴．∴．∵，∴．∴．∴．證法三：∵，∴．又∵，∴四邊形是平行四邊形．∴．∵是的中點，，∴．∴．∴四邊形是平行四邊形．∵，∴是菱形．∴．∵，是斜邊的中點，∴點在以為圓心，為直徑的上．∴．（ⅱ）如圖所示，過點作于點，

∵，∴，則，∵，∴，∴，∴，∴，∴【點睛】本題考查了三角形內角和定理，菱形的性質與判定，平行線分線段成比例，相似三角形的性質與判定，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，勾股定理，求正切，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．45．（2021·四川甘孜·統(tǒng)考中考真題）如圖1，正方形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E是邊BC上一點，連接DE交AC于點F，連接BF．(1)求證：△CBF≌△CDF；(2)如圖2，過點F作DE的垂線，交BC的延長線于點G，交OB于點N．①求證：FB＝FG；②若tan∠BDE，ON＝1，直接寫出CG的長．【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②．【分析】（1）由正方形的性質結合三角形全等的判定條件“SAS”即可證明；（2）①由和可推出，再根據可推出，即可證明，根據等角對等邊即得出FB＝FG；②由題意易證，得出，即，，從而可求出，，進而可求，．過點F作于點H，易證為等腰直角三角形，即得出，從而可求．最后由等腰三角形“三線合一”即得，即可求出．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴CB=CD，．又∵，∴．（2）①∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴FB＝FG；②∵，，∴，即，∴．∵四邊形ABCD是正方形，∴，OD=OC=OB,∴，，∴，解得：，．∴，．如圖，過點F作于點H，∵四邊形ABCD是正方形，∴，∴為等腰直角三角形，∴，∴．∵BF=FG，，∴，∴．【點睛】本題考查正方形的性質，三角形全等的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理以及解直角三角形．熟練掌握正方形的性質是解題關鍵．46．（2020·廣西賀州·統(tǒng)考中考真題）如圖，是的直徑，是延長線上的一點，點在上，交的延長線于點，平分．（1）求證：是的切線；（2）若，求的直徑．【答案】（1）見解析；（2）⊙O的直徑為.【分析】（1）連接OC，如圖所示：標注∠1，∠2，∠3，∠4，根據角平分線的性質、等角代換、平行線的判定即可求得OC⊥ED，繼而即可根據切線的判定定理即可求證結論；（2）根據等邊對等角的性質、等角代換、角的和差倍數關系證得∠OCB＝2∠3，繼而可得∠1=∠2=∠3=∠4＝30°，設，則OD＝2x，根據勾股定理可得關于x的方程，解方程即可求解．【詳解】（1）證明：連接，如圖所示：標注∠1，∠2，∠3，∠4，∵OA＝OC，∴∠1＝∠2，又平分∠BAE，∴∠1＝∠EAC，，，（內錯角相等），，是的切線．（2）∵BC＝BD，∴∠3＝∠4．∵AB是的直徑，，由（1）知OC⊥CD∴∠OCD＝∠3＋∠OCB＝90°，，∵OC＝OB∴∠OBC＝∠OCB，而，而，，設，則OD＝2x，由勾股定理得，解得，所以【點睛】本題考查圓的有關知識，涉及到切線的判定定理、勾股定理、等邊對等角、平行線的判定、等角代換，解題的關鍵是綜合運用所學知識．47．（2019·四川綿陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在以點為中心的正方形中，，連接，動點從點出發(fā)沿以每秒1個單位長度的速度勻速運動，到達點停止．在運動過程中，的外接圓交于點，連接交于點，連接，將沿翻折，得到．(1)求證：是等腰直角三角形；(2)當點恰好落在線段上時，求的長；(3)設點運動的時間為秒，的面積為，求關于時間的關系式．【答案】(1)證明見解析；(2)EH；(3).【分析】(1)由正方形的性質可得，再根據圓周角定理即可證得結論；(2)設，連接，通過證明可得，再證明可得與t的關系式，進一步可表示的長，由得比例線段，進而求出的值，然后代入的表達式可求的值；(3)由(2)知與t的關系式，再過點作于點，易證，于是，再根據三角形的面積公式即可求解．【詳解】(1)證明：∵四邊形是正方形，∴，∵，，∴，∴，∴是等腰直角三角形；(2)設，連接，如圖，則，∵，∴，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，當點恰好落在線段上時，，∴，∴，∵，∴，∴，∵FG=FH，∴，解得：，(舍去)，∴；(3)過點作于點，由(2)得，∵，，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題是四邊形綜合題，重點考查了正方形的性質、圓周角定理、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定和性質、等腰直角三角形的判定與性質、一元二次方程的求解和三角形的面積等知識，涉及的知識點多，難度較大，屬于試卷的壓軸題，第（2）小題具有相當的難度，解題的關鍵是靈活應用相似三角形的判定與性質，學會利用參數構建方程解決問題48．（2023·福建福州·?？级＃┤鐖D，在中，，將繞點C順時針旋轉得到，其中點與點A是對應點，點與點B是對應點．若點恰好落在邊上，則點A到直線的距離等于（

）A． B． C．3 D．2【答案】C【分析】如圖，過作于求解結合旋轉：證明可得為等邊三角形，求解再應用銳角三角函數可得答案．【詳解】解：如圖，過作于由，結合旋轉：為等邊三角形，∴A到的距離為3．故選C【點睛】本題考查的是旋轉的性質，含的直角三角形的性質，勾股定理的應用，等邊三角形的判定與性質，銳角三角函數的應用，作出適當的輔助線構建直角三角形是解本題的關鍵．49．（2023·內蒙古·包鋼第三中學?？既＃┤鐖D，的頂點，，點在軸的正半軸上，延長交軸于點．將繞點順時針旋轉得到，當點的對應點落在上時，的延長線恰好經過點，則點的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接,由題意可證明，利用相似三角形線段成比例即可求得OC的長，即得點的坐標．【詳解】如圖，連接，因為軸，繞點順時針旋轉得到，所以，,故答案為B．【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，找到是解題的關鍵．50．（2023·福建福州·?？级＃┤鐖D，是的直徑，上的點C，D在直徑的兩側，連接，若，，則的長等于．【答案】【分析】連接，，根據特殊角銳角三角函數值可得，再由是的直徑，可得，從而得到，進而得到，，再由，可得，然后由弧長公式計算，即可求解．【詳解】解：如圖，連接，，∵，∴，∵是的直徑，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴的長等于．故答案為：【點睛】本題主要考查了求弧長，圓周角定理，特殊角銳角三角函數值，熟練掌握弧長公式，圓周角定理，特殊角銳角三角函數值是解題的關鍵．51．（2023·內蒙古·包鋼第三中學?？既＃┤鐖D，已知菱形的邊長為，是的中點，平分交于點，交于點．若，則的長是．【答案】/【分析】方法一：過點作于點，過點作于點，根據，可得，所以，然后證明是的垂直平分線，可得，設，根據，進而可以解決問題；方法二：作垂直于，延長和交于點由已知可得，所以設，則，，由三角形相似于三角形即可得結論．【詳解】解：方法一，如圖，過點作于點，過點作于點，菱形的邊長為4，，，，，是的中點，，，是的垂直平分線，，平分，，，，，，設，，，，，，，，，解得，則的長是．或者：，，四邊形的等腰梯形，，則，解得，則的長是．方法二：如圖，作垂直于，延長和交于點，菱形的邊長為4，，，，是的中點，，，是的垂直平分線，，所以，設，則，，，，，解得．故答案為：．【點睛】本題考查了菱形的性質，解直角三角形、相似三角形的判定及性質，解題的關鍵是掌握菱形的性質．52．（2023·河南商丘·一模）如圖，在中，，，．點為的中點，點在上，且，將繞點在平面內旋轉，點的對應點為點，連接，，．當時，的長為．

【答案】或【分析】延長，交于點，連接．求出，可得，即點與點重合，或是以為底的等腰三角形，據此求解．【詳解】解：延長，交于點，連接．

在中，，，，，．．是的中點，．，在與中，，（），在中，．由旋轉的性質，得，．①當點與點重合時，如圖1，．

②當點與點不重合時，如圖2，過點作于點，連接．，，，，又，是等邊三角形，，在中，，．．在中，．綜上，的長為或．【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，解直角三角形，含角的直角三角形的性質，全等三角形的性質與判定等，熟練掌握相關性質定理是解題的關鍵．53．（2023·福建福州·?？级＃┰谥?，，，以為直徑作，交于點D，點P是上的一個點．(1)如圖1，若點P是的中點，，垂足為E，求證：直線是的切線；(2)如圖2，連接，若，求的度數．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）如圖所示，連接，由直徑所對的圓周角是直角得到，進而證明，再由點P是的中點，得到，則，即可證明直線是的切線；（2）如圖所示，過點A作交延長線于F，連接，證明，得到，再解，得到，則，即可得到．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，∵是的直徑，∴，∵，∴，∵點P是的中點，∴，∴，∴直線是的切線；（2）解：如圖所示，過點A作交延長線于F，連接，∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了切線的判定，圓周角定理，垂徑定理的推理，解直角三角形，等腰直角三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．54．（2023·內蒙古·包鋼第三中學?？既＃┤鐖D，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E是BC上的一個動點，連接DE，交AC于點F．（1）如圖①，當時，求的值；（2）如圖②當DE平分∠CDB時，求證：AF=OA；（3）如圖③，當點E是BC的中點時，過點F作FG⊥BC于點G，求證：CG=BG．【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【分析】（1）利用相似三角形的性質求得EF與DF的比值，依據△CEF和△CDF同高，則面積的比就是EF與DF的比值，據此即可求解；（2）利用角之間的關系到證得∠ADF=∠AFD，可以證得AD=AF，在Rt△AOD中，利用勾股定理可以證得；（3）連接OE，易證OE是△BCD的中位線，然后根據△FGC是等腰直角三角形，易證△EGF∽△ECD，利用相似三角形的對應邊的比相等即可證得．【詳解】解：（1）∵，∴．∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AD=BC，∴△CEF∽△ADF，∴，∴，∴．（2）證明：∵DE平分∠CDB，∴∠ODF=∠CDF，又∵AC、BD是正方形ABCD的對角線，∴∠ADO=∠FCD=45°，∠AOD=90°，OA=OD，又∵∠ADF=∠ADO+∠ODF，∠AFD=∠FCD+∠CDF，∴∠ADF=∠AFD，∴AD=AF，在Rt△AOD中，根據勾股定理得：，∴AF=OA．（3）證明：連接OE，∵點O是正方形ABCD的對角線AC、BD的交點，∴點O是BD的中點，又∵點E是BC的中點，∴OE是△BCD的中位線，∴OE∥CD，OE=CD，∴△OFE∽△CFD，∴，∴，又∵FG⊥BC，CD⊥BC，∴FG∥CD，∴△EGF∽△ECD，∴．在Rt△FGC中，∵∠GCF=45°，∴CG=GF，又∵CD=BC，∴，∴，∴CG=BG．【點睛】本題是勾股定理、三角形的中位線定理、以及相似三角形的判定與性質的綜合應用，理解正方形的性質是關鍵．55．（2023·河南商丘·一模）綜合與實踐綜合實踐課上，老師讓同學們以“三角形紙片的折疊”為主題開展數學活動．

(1)【操作發(fā)現】對折，使點C落在邊上的點E處，得到折痕，把紙片展平，如圖1．小明根據以上操作發(fā)現：四邊形滿足，．查閱相關資料得知，像這樣的有兩組鄰邊分別相等的四邊形叫作“箏形”．請寫出圖1中箏形的一條性質____．(2)【探究證明】如圖2，連接EC，設箏形的面積為．若，求S的最大值；(3)【遷移應用】在中，，點D，E分別在，上，當四邊形是箏形時，請直接寫出四邊形的面積．【答案】(1)對角線垂直平分，(2)18(3)或【分析】（1）根據，可知對角線垂直平分；（2）設，則，推導箏形的面積得：，再利用二次函數的頂點式求最值即可；（3）分兩種情況討論：①當時，根據中線的性質和全等三角形面積相等即可求解．②當時，設，則，在中，根據勾股定理得：，即，解出x，繼而求出箏形面積．【詳解】（1）解：∵，，∴點A、點D都在的垂直平分線上，即對角線垂直平分，故答案為：對角線垂直平分，(填“對角線互相垂直”也對)（2）由（1）得⊥，

∴箏形面積為：，設，則∴∴當時，（3）四邊形的面積為或，補充理由如下：根據題意，分兩種情況討論：①；②．①當時作出這個箏形如下，

根據折疊的性質可知：，∴，∵，，∴，即是中邊邊上的中線，∴∴∴．②當時，作出這個箏形如下

根據折疊的性質可知：，∴，在中，，∴，設，∵，∴，在中，根據勾股定理得：，∴，解得：，∴綜上所示：四邊形的面積為或【點睛】本題考查新定義的“箏形”的性質和面積，涉及垂直平分線的判斷，二次函數的最值，中線的性質，折疊的性質等知識，掌握垂直平分線的判斷和二次函數的最值是解題的關鍵．56．（2023·河南南陽·校聯考三模）問題情境：數學活動課上，老師要求學生出示兩個大小不一樣的等腰直角三角形，如圖1所示，把和擺在一起，其中直角頂點重合，延長至點，滿足，然后連接．(1)實踐猜想：圖1中的與的數量關系為___________，位置關系為___________；(2)拓展探究：當繞著點旋轉一定角度時，如圖2所示，（1）中的結論是否還成立？若成立，請寫出證明過程，若不成立，請說明理由；(3)解決問題：當，，旋轉得到三點共線時，直接寫出線段的長．【答案】(1)，(2)成立，見解析(3)或【分析】（1）和等腰直角三角形，證明即可；（2）根據和都是等腰直角三角形，證明即可；（3）分類討論，如圖所示（見詳解），過點作于，過點作于，根據直角三角形的勾股定理即可求解．【詳解】（1）解：∵和等腰直角三角形，∴，延長至點，∴，且，∴，∴，，，如圖所示，延長交于，在中，，∵，∴在中，，即，∴，即，故答案為：，．（2）解：成立，理由如下，∵和都是等腰直角三角形，∴，，，∴，又∵，∴，∴，∴，，，∴，∴，∴．（3）解：旋轉得到三點共線，①如圖所示，過點作于，∵是等腰三角形，，，∴，，在中，，∴，∴，即旋轉得到三點共線時，；②如圖所示，過點作于，同理，，即旋轉得到三點共線時，；綜上所述，當，，旋轉得到三點共線時，線段的長為或．【點睛】本題主要考查三角形的全等的判定和性質，理解圖示中旋轉的規(guī)律，掌握三角形全等的判定和性質，直角三角形中勾股定理的運算是解題的關鍵．57．（2023·河南南陽·校聯考三模）問題情境：數學活動課上，老師要求學生出示兩個大小不一樣的等腰直角三角形，如圖1所示，把和擺在一起，其中直角頂點重合，延長至點，滿足，然后連接．(1)實踐猜想：圖1中的與的數量關系為___________，位置關系為___________；(2)拓展探究：當繞著點旋轉一定角度時，如圖2所示，（1）中的結論是否還成立？若成立，請寫出證明過程，若不成立，請說明理由；(3)解決問題：當，，旋轉得到三點共線時，直接寫出線段的長．【答案】(1)，(2)成立，見解析(3)或【分析】（1）和等腰直角三角形，證明即可；（2）根據和都是等腰直角三角形，證明即可；（3）分類討論，如圖所示（見詳解），過點作于，過點作于，根據直角三角形的勾股定理即可求解．【詳解】（1）解：∵和等腰直角三角形，∴，延長至點，∴，且，∴，∴，，，如圖所示，延長交于，在中，，∵，∴在中，，即，∴，即，故答案為：，．（2）解：成立，理由如下，∵和都是等腰直角三角形，∴，，，∴，又∵，∴，∴，∴，，，∴，∴，∴．（3）解：旋轉得到三點共線，①如圖所示，過點作于，∵是等腰三角形，，，∴，，在中，，∴，∴，即旋轉得到三點共線時，；②如圖所示，過點作于，同理，，即旋轉得到三點共線時，；綜上所述，當，，旋轉得到三點共線時，線段的長為或．【點睛】本題主要考查三角形的全等的判定和性質，理解圖示中旋轉的規(guī)律，掌握三角形全等的判定和性質，直角三角形中勾股定理的運算是解題的關鍵．58．（2023·廣東廣州·廣州市真光中學?？级＃┮阎?，如圖①，在矩形ABCD中，AB=，AD=3，點E是BC邊上的動點，把點E繞著點A逆時針旋轉60°得到點F，連接AE、AF、EF、DF．(1)當點A、F、C三點在同一條直線上時，求DF的長；(2)如圖②，點M在CB的延長線上，且，連接AM，當點E在BC上運動時，的面積的值是否發(fā)生變化？若不變求出該定值，若變化說