押中考數(shù)學(xué)第9-10題(多結(jié)論問(wèn)題)(原卷版+解析)

押中考數(shù)學(xué)第9-10題（多結(jié)論問(wèn)題）專題詮釋：多結(jié)論題是各地中考常考題型之一，多結(jié)論題具有知識(shí)覆蓋面廣、概念性強(qiáng)、解法靈活等特征，它有利于考查學(xué)生的基礎(chǔ)知識(shí)，有利于強(qiáng)化分析判斷能力和解決實(shí)際問(wèn)題的能力的培養(yǎng)。解這類題要充分利用題目提供的信息，依據(jù)題目的具體特點(diǎn)，靈活、巧妙、快速地選擇解法，以便提高解題效率。解題的基本原則是充分利用題目的特點(diǎn)，小題小做、小題巧做、切忌小題大做。具體求解時(shí)，一是從題干出發(fā)考慮，探求結(jié)果；二是題干和選擇支聯(lián)合考慮或從選擇支出發(fā)探求是否滿足題干條件。事實(shí)上，后者在解答選擇題時(shí)更常用、更有效。目錄知識(shí)點(diǎn)一：多結(jié)論問(wèn)題 1模塊一〖真題回顧〗 1模塊二〖押題沖關(guān)〗 5模塊三〖考前預(yù)測(cè)〗 9知識(shí)點(diǎn)一：多結(jié)論問(wèn)題模塊一〖真題回顧〗1．(2023·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（5，0），與y軸交于點(diǎn)C，其對(duì)稱軸為直線x＝2，結(jié)合圖象分析如下結(jié)論：①abc＞0；②b+3a＜0；③當(dāng)x＞0時(shí)，y隨x的增大而增大；④若一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，則點(diǎn)E（k，b）在第四象限；⑤點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，若CM⊥AM，則a＝66．其中正確的有（

A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)2．(2023·貴州黔西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的頂點(diǎn)A在第一象限，B，D分別在y軸上，AB交x軸于點(diǎn)E，AF⊥x軸，垂足為F．若OE=3，EF=1．以下結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（

）①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③點(diǎn)C的坐標(biāo)為(?4,?2)；④BD=63；⑤矩形ABCDA．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)3．(2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，點(diǎn)D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），DE與AC交于點(diǎn)F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，則CFAF=45；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點(diǎn)P，使得PA+PB+PC的值最小，若點(diǎn)D在AP的延長(zhǎng)線上，且AP的長(zhǎng)為2，則A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④4．(2023·四川眉山·中考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，將△EDC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△HBC，點(diǎn)D，B，H在同一直線上，HE與AB交于點(diǎn)G，延長(zhǎng)HE與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，HB=2，HG=3．以下結(jié)論：①∠EDC=135°；②EC2=CD?CF；③HG=EF；④sinA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)5．(2023·山東東營(yíng)·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN、OM.以下四個(gè)結(jié)論正確的是（

）①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當(dāng)MN最小時(shí)S△CMN=18SA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④6．(2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)F是CD上一點(diǎn)，OE⊥OF交BC于點(diǎn)E，連接AE，BF交于點(diǎn)P，連接OP．則下列結(jié)論：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP?BP=2OP；④若BE:CE=2:3，則tan∠CAE=47；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCDA．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤7．(2023·湖南益陽(yáng)·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，將△ABC繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，以下結(jié)論：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正確的有（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④8．(2023·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）下列圖形是黃金矩形的折疊過(guò)程：第一步，如圖（1），在一張矩形紙片一端折出一個(gè)正方形，然后把紙片展平；第二步，如圖（2），把正方形折成兩個(gè)相等的矩形再把紙片展平；第三步，折出內(nèi)側(cè)矩形的對(duì)角線AB，并把AB折到圖（3）中所示的AD處；第四步，如圖（4），展平紙片，折出矩形BCDE就是黃金矩形．則下列線段的比中：①CDDE，②DEAD，③DEND，④ACAD，比值為A．①② B．①③ C．②④ D．②③9．(2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，P是邊AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BP，CP，過(guò)點(diǎn)B作射線，交線段CP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交邊AD于點(diǎn)M，且使得∠ABE=∠CBP，如果AB=2，BC=5，AP=x，PM=y，其中2<x?5．則下列結(jié)論中，正確的個(gè)數(shù)為（

）（1）y與x的關(guān)系式為y=x?4x；（2）當(dāng)AP=4時(shí)，△ABP∽△DPC；（3）當(dāng)AP=4時(shí)，A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)10．(2023·江蘇連云港·統(tǒng)考中考真題）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點(diǎn)A、B、D恰好都落在點(diǎn)O處，且點(diǎn)G、O、C在同一條直線上，同時(shí)點(diǎn)E、O、F在另一條直線上．小煒同學(xué)得出以下結(jié)論：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC=22OF；⑤△COF∽△CEG．其中正確的是（A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④模塊二〖押題沖關(guān)〗1．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，連接AE、DE，分別交BD、AC于點(diǎn)P、Q，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AE交CB的延長(zhǎng)線于F，下列結(jié)論：①∠AED+∠EAC+∠EDB=90°；②AP=FP；③AE=102AO；④四邊形OPEQ的面積為43；⑤A．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)2．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校聯(lián)考二模）如圖，在正方形ABCD中，AD=4，E為CD中點(diǎn)，F(xiàn)為BC上的一點(diǎn)，且∠EAF=45°，∠ABG=∠DAE，連接EF，延長(zhǎng)BG交AE于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N，則以下結(jié)論；①DE+BF=EF②BN⊥AE③BF=83④S△BGFA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)3．（2023·遼寧鐵嶺·校聯(lián)考一模）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是AB上一點(diǎn)，OF⊥OE交AD于點(diǎn)F，連接CF，DE交于點(diǎn)P，連接OP．則下列結(jié)論：①∠OPC=45°；②DE⊥CF；③CP?DP=2OP；④若AF:FD=3:2，則⑤四邊形OEAF的面積是正方形ABCD面積的14．其中正確的結(jié)論是（

A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤4．（2023·江蘇無(wú)錫·?？级＃┤鐖D，在正方形ABCD中，F(xiàn)是BC邊上一點(diǎn)，連接AF，以AF為斜邊作等腰直角△AEF．有下列四個(gè)結(jié)論：①∠CAF=∠DAE；②點(diǎn)E在線段BD上；③當(dāng)∠AEC=135°時(shí)，CE平分∠ACD；④若點(diǎn)F在BC上以一定的速度由B向C運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度是點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)速度的2倍．其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．45．（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD中，BE=EF=FC，CG=2GD，BG分別交AE，AF于點(diǎn)M，N．下列結(jié)論：①AF⊥BG；②BN=23NF；③BMMG=A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)6．（2023·安徽滁州·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，E、F是AD邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且AE=FD，連接BE、CF、BD，CF與BD交于點(diǎn)G，連接AG交BE于點(diǎn)H，連接DH，下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（

）①AG⊥BE；②HD平分∠EHG；③△ABG∽△FDG；④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG；⑤線段DH的最小值是5?12；⑥當(dāng)E、FA．5個(gè) B．4個(gè) C．3個(gè) D．2個(gè)7．（2023·黑龍江綏化·校聯(lián)考一模）如圖，在正方形ABCD中，E是線段CD上一動(dòng)點(diǎn)，連接AE交BD于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AE交BC于點(diǎn)G，連接AG，EG，現(xiàn)有以下結(jié)論：①△AFG是等腰直角三角形；②DE+BG=EG；③點(diǎn)A到EG的距離等于正方形的邊長(zhǎng)；④當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到CD的三等分點(diǎn)時(shí)，BGBC=1A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)8．（2023·山東泰安·寧陽(yáng)二中?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)D作DE∥BF交AC于點(diǎn)N．交AB于點(diǎn)E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①圖中共有三個(gè)平行四邊形；②當(dāng)BD=2BC時(shí)，四邊形DEBF是菱形；③BD⊥ME；④AD2=BD?CMA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④9．（2023·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形ABCD中，E、F分別為邊AD、DC上的點(diǎn)，且AE=FC，過(guò)F作FH⊥BE，交AB于G，過(guò)H作HM⊥AB于M，若AB=9，AE=3，則下列結(jié)論中：①△ABE?△CBF；②BE=FG；③2DH=EH+FH；④HM其中結(jié)論正確有（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)10．（2023·浙江杭州·校聯(lián)考一模）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=12，點(diǎn)P在邊AB上，D，E分別為BC，PC的中點(diǎn)，連接DE．過(guò)點(diǎn)E作BC的垂線，與BC，AC分別交于F，G兩點(diǎn)．連接DG，交PC于點(diǎn)H．有以下判斷：①∠EDC=45°；②DG⊥PE，且DG=PE；③當(dāng)AP=6時(shí)，△APGA．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④模塊三〖考前預(yù)測(cè)〗1．（2023·山東東營(yíng)·東營(yíng)市東營(yíng)區(qū)實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，PA、PB是⊙O的切線，切點(diǎn)分別為A、B，BC是⊙O的直徑，PO交⊙O于E點(diǎn)，連接AB交PO于F，連接CE交AB于D點(diǎn)．下列結(jié)論：①PA=PB；②OP⊥AB；③CE平分∠ACB；④OF=12AC；⑤E是△PAB的內(nèi)心；⑥△CDAA．5 B．4 C．3 D．22．（2023·山東棗莊·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠A所對(duì)弧的度數(shù)為120°．∠ABC、∠ACB的角平分線分別交于AC、AB于點(diǎn)D、E，CE、BD相交于點(diǎn)F．以下四個(gè)結(jié)論：①cos∠BFE=12；②BC=BD；③EF=FD；④BF=2DFA．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④3．（2023·天津·模擬預(yù)測(cè)）如圖，△ABC中，AC=BC，點(diǎn)M，N分別在AC，AB上，將△AMN沿直線MN翻折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D恰好落在BC邊上（不含端點(diǎn)B，C），下列結(jié)論：①直線MN垂直平分AD；②∠CDM=∠BND；③AD=CD；④若M是AC中點(diǎn)，則AD⊥BC．其中一定正確的是（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④4．（2023·安徽蕪湖·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D為線段BC上一點(diǎn)，以AD為一邊構(gòu)造Rt△ADE，∠DAE=90°，①∠BAD=∠EDC；②△ADO～△ACD；③BDOE=ADA．僅有①② B．僅有①②③ C．僅有②③④ D．①②③④5．（2023·廣東惠州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，E為CD邊上一點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），將ΔADE沿AE翻折至△AFE，延長(zhǎng)EF交邊BC于點(diǎn)G，連接AG，CF．則下列給出的判斷：①∠EAG=45°；②若DE=13a，則tan∠GFC=2；③若E為CD的中點(diǎn)，則△GFC的面積為1A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④6．（2023·廣東深圳·一模）如圖，將正方形ABCD翻折，使點(diǎn)C、D分別與點(diǎn)C'、D'重合，折痕為MN，C'D'交AD于點(diǎn)E，CC'交MN于點(diǎn)F，連接CE、C'M．給出以下結(jié)論：①M(fèi)N垂直平分CC'；②DN+BC'=CM；③∠A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)7．（2023·山東青島·模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且CD=DE，連結(jié)BE，分別交AC，AD于點(diǎn)F，G，連結(jié)OG，①OG=12AB②S四邊形ODGF=S△ABF③由點(diǎn)A、A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④8．（2023·江蘇無(wú)錫·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，矩形OABC按如圖所示擺放在第一象限，點(diǎn)B的坐標(biāo)為3m,m，將矩形OABC繞著點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0<α<90°），得到矩形OA'B'C．直線OA'、B①當(dāng)m=1,α=30°時(shí)，矩形OA'B'C②當(dāng)m=1，且B'落到y(tǒng)軸的正半軸上時(shí)，DE的長(zhǎng)為10③當(dāng)點(diǎn)D為線段BE的中點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為43④當(dāng)點(diǎn)D是線段BE的三等分點(diǎn)時(shí)，sinα的值為25或其中，說(shuō)法正確的是（）A．①② B．③④ C．①②③ D．①②④9．（2023·山東德州·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)D作DE∥BF交AC于點(diǎn)N．交AB于點(diǎn)E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①四邊形NEMF為平行四邊形；②DNA．①②④ B．①②③ C．①③ D．②③④10．（2023·天津·一模）如圖，在Rt△ABC中，AB=CB，BO⊥AC，把△ABC折疊，使AB落在AC上，點(diǎn)B與AC上的點(diǎn)E重合，展開(kāi)后，折痕AD交BO于點(diǎn)F，連接DE，EF．下列結(jié)論：①AB=2BD；②圖中有4對(duì)全等三角形；③BD=BF；④若將△DEF沿EF折疊，則點(diǎn)D不一定落在AC上；⑤S四邊形DFOE=S△AOF，上述結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4押中考數(shù)學(xué)第9-10題（多結(jié)論問(wèn)題）專題詮釋：一直以來(lái)，函數(shù)都是中考數(shù)學(xué)的重點(diǎn)考察題型。在選擇題中，主要考察函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的圖像和函數(shù)的應(yīng)用，難度的跨度較大，從基礎(chǔ)到壓軸都有可能出現(xiàn)，滿分難度較大。多做、多想、多總結(jié)，掌握做題規(guī)律，力爭(zhēng)不丟分！目錄知識(shí)點(diǎn)一：函數(shù)的性質(zhì)及探究 1模塊一〖真題回顧〗 1模塊二〖押題沖關(guān)〗 5模塊三〖考前預(yù)測(cè)〗 9知識(shí)點(diǎn)一：函數(shù)的性質(zhì)及探究模塊一〖真題回顧〗1．(2023·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（5，0），與y軸交于點(diǎn)C，其對(duì)稱軸為直線x＝2，結(jié)合圖象分析如下結(jié)論：①abc＞0；②b+3a＜0；③當(dāng)x＞0時(shí)，y隨x的增大而增大；④若一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，則點(diǎn)E（k，b）在第四象限；⑤點(diǎn)M是拋物線的頂點(diǎn)，若CM⊥AM，則a＝66．其中正確的有（

A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)答案:D分析：①正確，根據(jù)拋物線的位置判斷即可；②正確，利用對(duì)稱軸公式，可得b＝﹣4a，可得結(jié)論；③錯(cuò)誤，應(yīng)該是x＞2時(shí)，y隨x的增大而增大；④正確，判斷出k＞0，可得結(jié)論；⑤正確，設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，可得M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），過(guò)點(diǎn)M作MH⊥y軸于點(diǎn)H，設(shè)對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)K．利用相似三角形的性質(zhì)，構(gòu)建方程求出a即可．【詳解】解：∵拋物線開(kāi)口向上，∴a＞0，∵對(duì)稱軸是直線x＝2，∴﹣b2a∴b＝﹣4a＜0∵拋物線交y軸的負(fù)半軸，∴c＜0，∴abc＞0，故①正確，∵b＝﹣4a，a＞0，∴b+3a＝﹣a＜0，故②正確，觀察圖象可知，當(dāng)0＜x≤2時(shí)，y隨x的增大而減小，故③錯(cuò)誤，一次函數(shù)y＝kx+b（k≠0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，∵b＜0，∴k＞0，此時(shí)E（k，b）在第四象限，故④正確．∵拋物線經(jīng)過(guò)（﹣1，0），（5，0），∴可以假設(shè)拋物線的解析式為y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，∴M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），過(guò)點(diǎn)M作MH⊥y軸于點(diǎn)H，設(shè)對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)K．∵AM⊥CM，∴∠AMC＝∠KMH＝90°，∴∠CMH＝∠KMA，∵∠MHC＝∠MKA＝90°，∴△MHC∽△MKA，∴MHMK＝CH∴2?9a＝?4a∴a2＝16∵a＞0，∴a＝66故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考選擇題中的壓軸題．2．(2023·貴州黔西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的頂點(diǎn)A在第一象限，B，D分別在y軸上，AB交x軸于點(diǎn)E，AF⊥x軸，垂足為F．若OE=3，EF=1．以下結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（

）①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③點(diǎn)C的坐標(biāo)為(?4,?2)；④BD=63；⑤矩形ABCDA．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)答案:C分析：根據(jù)相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性質(zhì)及已知OE，EF的值即可判斷結(jié)論①；由①分析得出的條件，結(jié)合相似三角形、矩形的性質(zhì)（對(duì)角線）即可判斷結(jié)論②；根據(jù)直角坐標(biāo)系上點(diǎn)的表示及結(jié)論①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得點(diǎn)A坐標(biāo)，再根據(jù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)得出點(diǎn)D坐標(biāo)，即可判斷結(jié)論③；由③可知AF=2，進(jìn)而得出OA的值，根據(jù)矩形的性質(zhì)即可判斷結(jié)論④；根據(jù)矩形的性質(zhì)及④可知BD=6【詳解】解：∵矩形ABCD的頂點(diǎn)A在第一象限，AF⊥x軸，垂足為F，∴∠EOB=∠EFA=90°,AC=BD，OD=OA=OB=OC．∵∠AEF=∠BEO，∴△EOB∽△EFA．∵OE=3，EF=1，∴EFEO=∵OA=OB，△EOB∽△EFA，∴∠OAB=∠OBA，∠EAF=EBO．∴∠OAB=∠EAF．∴AE平分∠OAF．（②符合題意）∵OF=OE+EF=3+1=4，∴點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為4．∵OA=3AF，∴9AF2?A∴AF=2，點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為2∴A(4,2∵點(diǎn)A與點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴C(?4,?2∵OA=3AF=32∴BD=OD+OB=2OA=62∵S∴S∴結(jié)論正確的共有4個(gè)符合題意．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查矩形與坐標(biāo)的綜合應(yīng)用．涉及矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角坐標(biāo)系上點(diǎn)的表示，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)，三角形的面積公式等知識(shí)點(diǎn)．矩形的對(duì)角線相等且互相平分；兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似；相似三角形對(duì)應(yīng)角相等，對(duì)應(yīng)邊成比例；兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱時(shí)，它們的坐標(biāo)符號(hào)相反，即點(diǎn)P(x,y)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)位P'3．(2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，點(diǎn)D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），DE與AC交于點(diǎn)F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，則CFAF=45；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點(diǎn)P，使得PA+PB+PC的值最小，若點(diǎn)D在AP的延長(zhǎng)線上，且AP的長(zhǎng)為2，則A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④答案:B分析：證明△BAD≌△CAE，即可判斷①，根據(jù)①可得∠ADB=∠AEC，由∠ADC+∠AEC=180°可得A,D,C,E四點(diǎn)共圓，進(jìn)而可得∠DAC=∠DEC，即可判斷②，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC于G,交ED的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，證明△FAH∽△FCE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CFAF=45，即可判斷③，將△APC繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60度，得到△AB'P'，則△APP'是等邊三角形，根據(jù)當(dāng)【詳解】解：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，∴AB=AC,AD=AE,∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE故①正確；∵△BAD≌△CAE∴∠ADB=∠AEC∴∠ADC+∠AEC=180°∴A,D,C,E四點(diǎn)共圓，∵CD=CD∴∠DAC=∠DEC故②正確；如圖，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC于G,交ED的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，∵△BAD≌△CAE,∴∠ACE=∠ABD=45°,∠ACB=45°∴∠DCE=90°∴FC∥AH∵BD=2CD，BD=CE∴tan∠DEC=DCCE設(shè)BC=6a，則DC=2a，AG=12則GD=GC?DC=3a?2a=a∵FC∥AH∴tanH=∴GH=2GD=2a∴AH=AG+GH=3a+2a=5aAH∥CE，∴△FAH∽△FCE∴∴則CFAF故③正確如圖，將△ABP繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60度，得到△AB'P∴PA+PB+PC=PP當(dāng)B',P此時(shí)∠CPA=180°?∠AP∠APB=∠A∠BPC=360°?∠BPA?∠APC=360°?120°?120°=120°，此時(shí)∠APB=∠BPC=∠APC=120°，∵AC=AB=AB'，AP=AP∴△AP∴PC=P∵∠APP∴DP平分∠BPC，∴PD⊥BC，∵A,D,C,E四點(diǎn)共圓，

∴∠AEC=∠ADC=90°，又AD=DC=BD,△BAD≌△CAE，∴AE=EC=AD=DC，則四邊形ADCE是菱形，又∠ADC=90°，∴四邊形ADCE是正方形，∵∠B則B'A=BA=AC，∠B∵∠PCD=30°，∴DC=3∵DC=AD，AP=2，則AP=AD?DP=3∴DP=2∵AP=2，∴CE=AD=AP+PD=3故④不正確，故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，費(fèi)馬點(diǎn)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．4．(2023·四川眉山·中考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，將△EDC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△HBC，點(diǎn)D，B，H在同一直線上，HE與AB交于點(diǎn)G，延長(zhǎng)HE與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，HB=2，HG=3．以下結(jié)論：①∠EDC=135°；②EC2=CD?CF；③HG=EF；④sinA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)答案:D分析：利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，可判斷①正確；利用三角形相似的判定及性質(zhì)可知②正確；證明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD?HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32【詳解】解：∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，∴∠EDC=∠HBC，∵ABCD為正方形，D，B，H在同一直線上，∴∠HBC=180°?45°=135°，∴∠EDC=135°，故①正確；∵△EDC旋轉(zhuǎn)得到△HBC，∴EC=HC，∠ECH=90°，∴∠HEC=45°，∴∠FEC=180°?45°=135°，∵∠ECD=∠ECF，∴△EFC∽△DEC，∴ECDC∴EC設(shè)正方形邊長(zhǎng)為a，∵∠GHB+∠BHC=45°，∠GHB+∠HGB=45°，∴∠BHC=∠HGB=∠DEC，∵∠GBH=∠EDC=135°，∴△GBH∽△EDC，∴DCHB=EC∵△HEC是等腰直角三角形，∴HE=3∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=135°，∴△HBG∽△HDF，∴HBHD=HGHF，即∵HG=3，∴HG=EF，故③正確；過(guò)點(diǎn)E作EM⊥FD交FD于點(diǎn)M，∴∠EDM=45°，∵ED=HB=2，∴MD=ME=2∵EF=3，∴sin∠EFC=ME∵∠DEC+∠DCE=45°，∠EFC+∠DCE=45°，∴∠DEC=∠EFC，∴sin∠DEC=sin∠EFC=ME綜上所述：正確結(jié)論有4個(gè)，故選：D【點(diǎn)睛】本題考查正方形性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形相似的判定及性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，結(jié)合圖形求解．5．(2023·山東東營(yíng)·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN、OM.以下四個(gè)結(jié)論正確的是（

）①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當(dāng)MN最小時(shí)S△CMN=18SA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④答案:D分析：①依據(jù)題意，利用菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定與性質(zhì)，證出∠MAC=∠DAN，然后證△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可證出．②當(dāng)MN最小值時(shí)，即AM為最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM值最小，利用勾股定理求出AM=A③當(dāng)MN最小時(shí)，點(diǎn)M、N分別為BC、CD中點(diǎn)，利用三角形中位線定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2?EN④當(dāng)OM⊥BC時(shí)，可證△OCM∽△BCO，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例可得OC【詳解】解：如圖：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC與△ADC為等邊三角形，又∠MAC=∠MAN?∠CAN=60°?∠CAN，∠DAN=∠DAC?∠CAN=60°?∠CAN，∴∠MAC=∠DAN，在△CAM與△DAN中∠CAM=∠DAN∴△CAM≌△DAN(ASA)，∴AM=AN，即△AMN為等邊三角形，故①正確；∵AC⊥BD，當(dāng)MN最小值時(shí)，即AM為最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM值最小，∵AB=2,BM=1∴AM=即MN=3故②正確；當(dāng)MN最小時(shí)，點(diǎn)M、N分別為BC、CD中點(diǎn)，∴MN∥BD，∴AC⊥MN，在△CMN中，CE=C∴S△CMN而菱形ABCD的面積為：2×3∴18故③正確，當(dāng)OM⊥BC時(shí)，∠BOC=∠OMC=90°∴△OCM∽△BCO∴OC∴O∴O故④正確；故選：D．【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)與面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位線定理等相關(guān)內(nèi)容，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．6．(2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)F是CD上一點(diǎn)，OE⊥OF交BC于點(diǎn)E，連接AE，BF交于點(diǎn)P，連接OP．則下列結(jié)論：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP?BP=2OP；④若BE:CE=2:3，則tan∠CAE=47；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCDA．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤答案:B分析：分別對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行證明后進(jìn)行判斷：①通過(guò)證明△DOF≌△COEASA得到EC=FD，再證明△EAC≌△FBDSAS得到∠EAC=∠FBD，從而證明∠BPQ=∠AOQ=90°，即②通過(guò)等弦對(duì)等角可證明∠OPA=∠OBA=45°；③通過(guò)正切定義得tan∠BAE=BEAB=BPAP，利用合比性質(zhì)變形得到AP?BP=CE?BPBE，再通過(guò)證明△AOP∽△AEC④作EG⊥AC于點(diǎn)G可得EG∥BO，根據(jù)tan∠CAE=EGAG=⑤將四邊形OECF的面積分割成兩個(gè)三角形面積，利用△DOF≌△COEASA【詳解】①∵四邊形ABCD是正方形，O是對(duì)角線AC、BD的交點(diǎn)，∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°∵OE⊥OF∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°∴∠DOF=∠EOC在△DOF與△COE中∠ODF=∠OCE∴△DOF≌△COE∴EC=FD∵在△EAC與△FBD中EC=FD∴△EAC≌△FBD∴∠EAC=∠FBD又∵∠BQP=∠AQO∴∠BPQ=∠AOQ=90°∴AE⊥BF所以①正確；②∵∠AOB=∠APB=90°∴點(diǎn)P、O在以AB為直徑的圓上∴AO是該圓的弦∴∠OPA=∠OBA=45°所以②正確；③∵tan∠BAE=∴AB∴AB?BE∴AP?BP∴AP?BP=∵∠EAC=∠OAP,∠OPA=∠ACE=45°∴△AOP∽△AEC∴OP∴CE=∴AP?BP=∵1∴AE?BP=AB?BE∴AP?BP=所以③正確；④作EG⊥AC于點(diǎn)G，則EG∥BO，∴EG設(shè)正方形邊長(zhǎng)為5a，則BC=5a，OB=OC=52若BE:CE=2:3，則BECE∴BE+CE∴CE∴EG=∵EG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠GEC=45°∴CG=EG=3∴tan∠CAE=所以④錯(cuò)誤；⑤∵△DOF≌△COEASA∴S四邊形OECF=S△DOF+S△COF=S△COD∵S△COD=1∴S四邊形OECF=1所以⑤正確；綜上，①②③⑤正確，④錯(cuò)誤，故選B【點(diǎn)睛】本題綜合考查了三角形、正方形、圓和三角函數(shù)，熟練運(yùn)用全等三角形、相似三角形、等弦對(duì)等角和三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．7．(2023·湖南益陽(yáng)·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，將△ABC繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，以下結(jié)論：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正確的有（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④答案:B分析：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為50°，通過(guò)推理證明對(duì)①②③④四個(gè)結(jié)論進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：①∵△ABC繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°得到△AB′C′，∴BC＝B′C′．故①正確；②∵△ABC繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°，∴∠BAB′＝50°．∵∠CAB＝20°，∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，∴∠AB′C′＝∠B′AC．∴AC∥C′B′．故②正確；③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，∴∠AB′B＝∠ABB′＝12∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．∴CB′與BB′不垂直．故③不正確；④在△ACC′中，AC＝AC′，∠CAC′＝50°，∴∠ACC′＝12∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正確．∴①②④這三個(gè)結(jié)論正確．故選：B．【點(diǎn)睛】此題考查了旋轉(zhuǎn)性質(zhì)的應(yīng)用，圖形的旋轉(zhuǎn)只改變圖形的位置，不改變圖形的形狀與大小，還考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)、平行線的判定等知識(shí)．熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．(2023·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）下列圖形是黃金矩形的折疊過(guò)程：第一步，如圖（1），在一張矩形紙片一端折出一個(gè)正方形，然后把紙片展平；第二步，如圖（2），把正方形折成兩個(gè)相等的矩形再把紙片展平；第三步，折出內(nèi)側(cè)矩形的對(duì)角線AB，并把AB折到圖（3）中所示的AD處；第四步，如圖（4），展平紙片，折出矩形BCDE就是黃金矩形．則下列線段的比中：①CDDE，②DEAD，③DEND，④ACAD，比值為A．①② B．①③ C．②④ D．②③答案:B分析：設(shè)MN＝2，則AC＝1，求出AD＝AB＝5，BE＝CD＝【詳解】解：設(shè)MN＝2，∴AC＝1，在△ABC中，AB＝A由折疊可知，AD＝AB＝5∴BE＝CD＝AD?AC＝5又∵DE＝BC＝MN＝2，∴CDDEDEADDENDACAD∴比值為5?1故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題，黃金矩形的定義、勾股定理、翻折變換、矩形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．9．(2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，P是邊AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BP，CP，過(guò)點(diǎn)B作射線，交線段CP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交邊AD于點(diǎn)M，且使得∠ABE=∠CBP，如果AB=2，BC=5，AP=x，PM=y，其中2<x?5．則下列結(jié)論中，正確的個(gè)數(shù)為（

）（1）y與x的關(guān)系式為y=x?4x；（2）當(dāng)AP=4時(shí)，△ABP∽△DPC；（3）當(dāng)AP=4時(shí)，A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)答案:C分析：（1）證明△ABM∽△APB，得ABAP=AMAB，將AB=2，（2）利用兩組對(duì)應(yīng)邊成比例且?jiàn)A角相等，判定△ABP∽△DPC；（3）過(guò)點(diǎn)M作MF⊥BP垂足為F，在Rt△APB中，由勾股定理得BP的長(zhǎng)，證明△FPM∽△APB，求出MF，PF，BF的長(zhǎng)，在Rt△BMF中，求出tan∠EBP的值即可．【詳解】解：（1）∵在矩形ABCD中，∴AD∥BC，∠A=∠D=90°，BC=AD=5，AB=DC=2，∴∠APB=∠CBP，∵∠ABE=∠CBP，∴∠ABE=∠APB，∴△ABM∽△APB，∴ABAP∵AB=2，AP=x，PM=y，∴2x解得：y=x?4故（1）正確；（2）當(dāng)AP=4時(shí)，DP=AD?AP=5?4=1，∴DCAP又∵∠A=∠D=90°，∴△ABP∽△DPC，故（2）正確；（3）過(guò)點(diǎn)M作MF⊥BP垂足為F，∴∠A=∠MFP=∠MFB=90°，∵當(dāng)AP=4時(shí)，此時(shí)x=4，y=x?4∴PM=3，在Rt△APB中，由勾股定理得：BP∴BP=A∵∠FPM=∠APB，∴△FPM∽△APB，∴MFAB∴MF2∴MF=355∴BF=BP?PF=25∴tan∠EBP=故（3）不正確；故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，矩形的性質(zhì)，正確找出相似三角形是解答本題的關(guān)鍵．10．(2023·江蘇連云港·統(tǒng)考中考真題）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點(diǎn)A、B、D恰好都落在點(diǎn)O處，且點(diǎn)G、O、C在同一條直線上，同時(shí)點(diǎn)E、O、F在另一條直線上．小煒同學(xué)得出以下結(jié)論：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC=22OF；⑤△COF∽△CEG．其中正確的是（A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④答案:B分析：由折疊的性質(zhì)知∠FGE=90°，∠GEC=90°，點(diǎn)G為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，設(shè)AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=2a，然后利用勾股定理再求得DF=FO=a【詳解】解：根據(jù)折疊的性質(zhì)知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=12同理∠GEC=90°，∴∠FGE+∠GEC=180°∴GF∥EC；故①正確；根據(jù)折疊的性質(zhì)知DG=GO，GA=GO，∴DG=GO=GA，即點(diǎn)G為AD的中點(diǎn)，同理可得點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，設(shè)AD=BC=2a，AB=CD=2b，則DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，∴GC=3a，在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，即(3a)2=a2+(2b)2，∴b=2a∴AB=22a=2設(shè)DF=FO=x，則FC=2b-x，在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，即(2b-x)2=x2+(2a)2，∴x=b2?a2bGE=a2∴GEDF∴GE=6DF；故③正確；∴OCOF∴OC=22OF；故④正確；∵∠FCO與∠GCE不一定相等，∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正確；綜上，正確的有①③④，故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊問(wèn)題，解題時(shí)，我們常常設(shè)要求的線段長(zhǎng)為x，然后根據(jù)折疊和軸對(duì)稱的性質(zhì)用含x的代數(shù)式表示其他線段的長(zhǎng)度，選擇適當(dāng)?shù)闹苯侨切?，運(yùn)用勾股定理列出方程求出答案．模塊二〖押題沖關(guān)〗1．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，連接AE、DE，分別交BD、AC于點(diǎn)P、Q，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AE交CB的延長(zhǎng)線于F，下列結(jié)論：①∠AED+∠EAC+∠EDB=90°；②AP=FP；③AE=102AO；④四邊形OPEQ的面積為43；⑤BF=A．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)答案:C分析：連接OE，證明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性質(zhì)即可判斷①；利用四點(diǎn)共圓證明∠AFP=∠ABP=45°即可判斷②；由正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，則BE=EC=2，求出AE，OA即可判斷③；根據(jù)正方形的性質(zhì)推出△OEQ∽△CDQ，利用相似三角形的性質(zhì)求得四邊形OPEQ的面積即可判斷④；先求得PE，證明△ABE∽△FPE，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可判斷⑤．【詳解】解：如圖，連接OE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∴∠BOC=90°，∵點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，則BE=EC，∴∠EOB=∠EOC=45°，∵∠EOB=∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，∴∠AED+∠EAC+∠EDB=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，故①正確；如圖，連接AF．∵PF⊥AE，∴∠APF=∠ABF=90°，∴A，P，B，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，∴∠AFP=∠ABP=45°，∴∠PAF=∠PFA=45°，∴PA=PF，故②正確；∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，∴BE=EC=2，∴AE=42+∴AEAO=故③正確；∵OB=OD，BE=EC，∴OE是△BCD的中位線，CD=2OE，∴OE∥CD，∴△OEQ∽△CDQ，設(shè)△OEQ邊OE上的高為a，△CDQ邊CD上的高為b，∴ab=OE∴a=2∵OE=1∴S根據(jù)對(duì)稱性可知，△OPE≌△OQE，∴S四邊形OPEQ故④正確；∵△OEQ∽△CDQ，∴EQ∴EQ=1∵DE=AE=25∴EQ=2∴PE=EQ=2∵∠FPE=∠ABE=90°，∠AEB=∠FEP，∴△ABE∽△FPE，∴AEFE=解得：BF=4，故⑤錯(cuò)誤，綜上所述，正確的有①②③④，共4個(gè)，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線定理，勾股定理，三角形外角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考選擇題中的壓軸題．2．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校聯(lián)考二模）如圖，在正方形ABCD中，AD=4，E為CD中點(diǎn)，F(xiàn)為BC上的一點(diǎn)，且∠EAF=45°，∠ABG=∠DAE，連接EF，延長(zhǎng)BG交AE于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N，則以下結(jié)論；①DE+BF=EF②BN⊥AE③BF=83④S△BGFA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)答案:C分析：延長(zhǎng)CD至H，使DH=BF，證明△ABF≌△ADH，推出AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，利用SAS證明△EAF≌△EAH，可判斷①；利用余角關(guān)系可判斷②；在Rt△CEF中，由勾股定理計(jì)算可判斷③；證明△BGF∽△EAH，利用相似三角形的性質(zhì)可判斷④．【詳解】解：延長(zhǎng)CD至H，使DH=BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA=4，∠ABF=∠C=∠ADC=∠ADH=90°，∴△ABF≌△ADH，∴AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，∵∠EAF=45°，∴∠BAF+∠DAE=∠DAH+∠DAE=45°，即∠EAF=∠EAH=45°，又AE=AE，∴△EAF≌△EAHSAS∴EF=EH=ED+DH=ED+BF，①正確；∵∠ABG=∠DAE，∴∠ABG+∠ANB=∠DAE+∠ANB=90°，∴BN⊥AE，②正確；設(shè)BF=DH=x，∵E為CD中點(diǎn)，∴CE=DE=1∴EF=EH=2+x，CF=4?x，在Rt△CEF中，由勾股定理得4?x2解得x=43，即∵∠ABG=∠DAE，∠BAF+∠DAE=45°，∴∠BGF=∠BAF+∠ABG=∠BAF+∠DAE=45°=∠EAH，又∠AFB=∠H，∴△BGF∽△EAH，∵EH=ED+DH=ED+BF=2+4∴S△EAH∴S△BGF∴S△BGF綜上，正確的有①②④，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題．3．（2023·遼寧鐵嶺·校聯(lián)考一模）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是AB上一點(diǎn)，OF⊥OE交AD于點(diǎn)F，連接CF，DE交于點(diǎn)P，連接OP．則下列結(jié)論：①∠OPC=45°；②DE⊥CF；③CP?DP=2OP；④若AF:FD=3:2，則⑤四邊形OEAF的面積是正方形ABCD面積的14．其中正確的結(jié)論是（

A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤答案:B分析：利用全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、圓周角定理、直角三角形的邊角關(guān)系以及等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)逐項(xiàng)判斷即可解答．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴OA=OC=OD，AB=CD=AD，AC⊥BD，∠BAC=∠ADB=∠BDC=∠CAD=45°，∠BAD=∠ADC=90°，∵OF⊥OE，∴∠EOF=∠AOD=90°，∴∠AOE=∠DOF=90°?∠AOF，∴△AOE≌△DOFASA∴AE=DF，又∠EAD=∠FDC，AD=CD，∴△EAD≌△FDCSAS∴∠ADE=∠DCF，∴∠DCF+∠CDP=∠ADE+∠CDP=90°，即∠DPC=90°，∴DE⊥CF，故②正確；∵∠DPC=∠DOC=90°，∴點(diǎn)D、P、O、C四點(diǎn)共圓，∴∠OPC=∠ODC=45°，故①正確；過(guò)O作OH⊥OP交CF于H，如圖，∵∠OPC=45°，OH⊥OP，∴△POH是等腰直角三角形，∴PH=2OP∵∠POH=∠COD=90°，∴∠POD=∠HOC=90°?∠DOH，又OD=OC，∴△POD≌△HOCSAS∴DP=CH，∵PH=CP?CH=CP?DP，∴CP?DP=2∵AF:FD=3:2，∴設(shè)AF=3x，F(xiàn)D=2x，則AD=CD=5x，∴AC=A過(guò)F作FG⊥AC于G，如圖，∵∠CAD=45°，∠AGF=90°，∴△AGF為等腰直角三角形，∴AG=GF=2∴CG=AC?AG=7∴在Rt△CGF中，tan∠ACF=GF∵△AOE≌△DOF，∴S△AOE∴S四邊形OEAF=S△AOE+S△AOF故⑤正確，綜上，正確的結(jié)論有①②③⑤，故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的邊角關(guān)系，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，充分利用正方形的性質(zhì)和添加輔助線構(gòu)造等腰直角三角形和全等三角形是解題的關(guān)鍵．4．（2023·江蘇無(wú)錫·?？级＃┤鐖D，在正方形ABCD中，F(xiàn)是BC邊上一點(diǎn)，連接AF，以AF為斜邊作等腰直角△AEF．有下列四個(gè)結(jié)論：①∠CAF=∠DAE；②點(diǎn)E在線段BD上；③當(dāng)∠AEC=135°時(shí)，CE平分∠ACD；④若點(diǎn)F在BC上以一定的速度由B向C運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度是點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)速度的2倍．其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4答案:C分析：由正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)得：∠FAE=∠DAC=45°，從而可判定①；由△CAF∽△DAE可得∠ADE=∠CDE=45°，由正方形的性質(zhì)可證明△ADE≌△CDE，可得AE=CE，即有∠EAC=∠ECA，再由∠AEC=135°可得∠EAC=∠ECA=22.5°，從而CE、AE分別平分∠ACD、∠CAD，即可判定③；連接BD交AC于點(diǎn)O，由∠ADE=∠CDE=45°知，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段OD，而點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段BC，即可判斷②，由BC=2OD知，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度是點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)速度的【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，AC是對(duì)角線，∴AD=CD，∠ADC=90°，∠DAC=∠DCA=∠ACB=45°，∵△AEF是等腰直角三角形，∴∠FAE=∠DAC=45°，∵∠FAE=∠CAF+∠CAE=∠CAE+∠DAE=∠DAC=45°，∴∠CAF=∠DAE，故①正確；∵△AEF、△DAC都是等腰直角三角形，∴AC=2AD，∴AC∵∠CAF=∠DAE，∴△CAF∽△DAE，∴∠ADE=∠ACB=45°，即點(diǎn)E在線段BD上，故②正確；∵∠ADC=90°，∴∠ADE=∠CDE=45°，在△ADE和△CDE中，AD=CD∠ADE=∠CDE∴△ADE≌△CDESAS∴AE=CE，∴∠EAC=∠ECA，∵∠AEC=135°，∴∠EAC=∠ECA=1∵∠DAC=∠DCA=45°=2∠EAC=2∠ECA，∴CE、AE分別平分∠ACD、∠CAD，故③正確；如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，∵∠ADE=∠CDE=45°，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，點(diǎn)E與點(diǎn)O重合；當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)E與點(diǎn)D重合，∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段OD，而點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段BC，∵BC=CD=2OD，且點(diǎn)F與點(diǎn)∴vF故④錯(cuò)誤；故選：C．【點(diǎn)睛】本題是一個(gè)綜合性較強(qiáng)的題目，考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑的確定等知識(shí)，熟練運(yùn)用這些知識(shí)是正確解答本題的關(guān)鍵．確定點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)路徑是本題的難點(diǎn)所在．5．（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD中，BE=EF=FC，CG=2GD，BG分別交AE，AF于點(diǎn)M，N．下列結(jié)論：①AF⊥BG；②BN=23NF；③BMMG=A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)答案:B分析：①利用SAS證△ABF≌△BCG即可進(jìn)行判斷；②證明△BNF∽△BCG，求得BNNF③作EH⊥AF，令A(yù)B=3a，分別求得MN，BM的值，即可判斷；④連接AG，F(xiàn)G，根據(jù)③中結(jié)論分別求得S四邊形CGNF和S【詳解】解：①∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=CD，∵BE=EF=FC，CG=2GD，∴BF=CG，在△ABF和△BCG中，AB=BC∠ABF=∠C=∴△ABF≌△BCG，∴∠BAF=∠CBG，∵∠BAF+∠BFA=90°，∴∠CBG+∠BFA=90°，即AF⊥BG；所以①正確；②在△BNF和△BCG中，

∠CBG=∠NBF，∠C=∠BNF=90°，∴△BNF∽△BCG，∴BNNF∴BN＝3③作EH⊥AF，令A(yù)B=3a，則BF=2a，BE=EF=CF=a，AF=A∵S∴BN=61313∴AN=AF﹣NF=9∵E是BF中點(diǎn)，∴EH是△BFN的中位線，∴EH=31313a，∴AH=111313解得：MN=27∴BM=BN?MN=31313∴MBMG④連接AG，F(xiàn)G，根據(jù)③中結(jié)論，則NG=BG?BN=7∵SS四邊形ANGD∴S四邊形CGNF即正確的是：①③．故選B【點(diǎn)睛】本題以正方形為載體，主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的中位線定理和相似三角形的判定和性質(zhì)，前兩個(gè)小題難度不大，第③小題中令A(yù)B=3a，熟練運(yùn)用相似三角形的判定和性質(zhì)求得AN，BN，NG，NF的值是解題的關(guān)鍵．6．（2023·安徽滁州·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，E、F是AD邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且AE=FD，連接BE、CF、BD，CF與BD交于點(diǎn)G，連接AG交BE于點(diǎn)H，連接DH，下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（

）①AG⊥BE；②HD平分∠EHG；③△ABG∽△FDG；④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG；⑤線段DH的最小值是5?12；⑥當(dāng)E、FA．5個(gè) B．4個(gè) C．3個(gè) D．2個(gè)答案:A分析：首先證明△ABE?△DCF，△ADG?△CDG，△AGB?△CGB，利用全等三角形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等高模型、三邊關(guān)系一一判斷即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，在△ABE和△DCF中，AB=CD∠BAD=∠ADC∴△ABE?△DCFSAS∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，AD=CD∠ADB=∠CDB∴△ADG?△CDGSAS∴∠DAG=∠DCF，∴∠ABE=∠DAG，∵∠DAG+∠BAH=90°，∴∠ABE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE，故①正確；同法可證：△AGB?△CGB，∵DF∥CB，∴△CBG～△FDG，∴△ABG～△FDG，故③正確；∵S又∵∠DAG=∠FCD，∴S△HDG：取AB的中點(diǎn)O，連接OD、OH，∵正方形的邊長(zhǎng)為1，∴AO=OH=1由勾股定理得，OD=A∵OH+DH≥OD，∴O、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH最小，∴DH最小=如圖，當(dāng)E、F重合時(shí)，則點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，設(shè)EC與BM的交于點(diǎn)N，∵AD∥BC，∴△DEG～△BCG，∴DE∵AB∥CD，∴DM∴DM=1∴CM=1又∵BC=CD，∠BCM=∠CDE=90°，∴△DCE?△CBMSAS∴∠CBM=∠DCE，BM=CE，∵∠DCE+∠BCE=90°，∴∠BCE+∠CBM=90°，∴∠CNB=90°，∵BM=B∴CE=5∵S∴CN=5∴EN=3∵tan∠CBM=CN∴BN=2∴tan∠EBM=ENBN=如下圖，連接AC交BE于K，連接KD，由正方形的對(duì)稱性質(zhì)可得KB=KD，∴∠KBD=∠KDB在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)∠EBD=22.5°時(shí)，∠EBD=∠KDB=∠KDE=22.5°>∠EDH∵∠DEH=∠BED∴∠DHE>∠BDE,即∠DHE>45°此時(shí)DH不平分∠EHG，故②錯(cuò)誤；故選：A．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，勾股定理，等高模型等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，難點(diǎn)在于⑤作輔助線并確定出DH最小時(shí)的情況．7．（2023·黑龍江綏化·校聯(lián)考一模）如圖，在正方形ABCD中，E是線段CD上一動(dòng)點(diǎn)，連接AE交BD于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AE交BC于點(diǎn)G，連接AG，EG，現(xiàn)有以下結(jié)論：①△AFG是等腰直角三角形；②DE+BG=EG；③點(diǎn)A到EG的距離等于正方形的邊長(zhǎng)；④當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到CD的三等分點(diǎn)時(shí)，BGBC=1A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)答案:C分析：如圖所示，延長(zhǎng)GF交AD于H，連接CF，先證明△ADF≌△CDF得到AF=CF，∠DAF=∠DCF，再證明∠AHF=∠CGF，進(jìn)而推出∠CGF=∠GCF，得到FG=FC=AF，△AGF是等腰直角三角形，故①正確；則∠FAG=45°，將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，設(shè)△AGE中，GE上的高為h，證明△AMG≌△AEG，得到GE=MG，AB=h，則GE=BG+DE，點(diǎn)A到EG的距離等于正方形的邊長(zhǎng)，故②③正確；設(shè)BC=CD=3x，BG=y，則CG=3x?y，當(dāng)點(diǎn)E是靠近點(diǎn)D的三等分點(diǎn)時(shí)，則CE=2x，DE=x，EG=x+y，利用勾股定理求出y=32x，得到BG【詳解】解：如圖所示，延長(zhǎng)GF交AD于H，連接CF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADF=∠CDF=45°，AD=CD，又∵DF=DF，∴△ADF≌△CDFSAS∴AF=CF，∠DAF=∠DCF，∵AD∥BC，∴∠AHF=∠CGF，∵FG⊥AE，∴∠HAF+∠AHF=90°，∴∠HAF+∠CGF=90°，∵∠DCF+∠GCF=90°，∴∠CGF=∠GCF，∴FG=FC=AF，∴△AGF是等腰直角三角形，故①正確；∴∠FAG=45°；將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，設(shè)△AGE中，GE上的高為h，∴∠MAE=90°，MA=EA，BM=DE，∠ABM=∠ADE=90°，∴∠ABM+∠ABG=180°，即B、M、G三點(diǎn)共線，∵∠FAG=45°，∴∠MAG=45°，又∵AG=AG，∴△AMG≌△AEGSAS∴GE=MG，AB=h，∴GE=GM=BG+BM=BG+DE，點(diǎn)A到EG的距離等于正方形的邊長(zhǎng)，故②③正確；設(shè)BC=CD=3x，BG=y，則CG=3x?y，當(dāng)點(diǎn)E是靠近點(diǎn)D的三等分點(diǎn)時(shí)，則CE=2x，DE=x，∴EG=BG+DE=x+y，在Rt△CGE中由勾股定理得CG∴3x?y2∴9x2∴y=3∴BGBC同理當(dāng)點(diǎn)E時(shí)靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)時(shí)BGBC綜上所述，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到CD的三等分點(diǎn)時(shí)，BGBC=1故選C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．8．（2023·山東泰安·寧陽(yáng)二中校考一模）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)D作DE∥BF交AC于點(diǎn)N．交AB于點(diǎn)E，連接FN，EM．有下列結(jié)論：①圖中共有三個(gè)平行四邊形；②當(dāng)BD=2BC時(shí)，四邊形DEBF是菱形；③BD⊥ME；④AD2=BD?CMA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④答案:B分析：分別證明四邊形DFBE、四邊形NEMF、四邊形ABCD是平行四邊形，即可判斷結(jié)論①；結(jié)合等腰三角形的判定和性質(zhì)求得DE=BE，可得結(jié)論②；假設(shè)結(jié)論成立，找出與題意的矛盾之處，判斷結(jié)論③，通過(guò)證明相似三角形的性質(zhì)判斷結(jié)論④。【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB，∠ABC=90°，∴∠DAN=∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴∠ANE=∠BMA=90°，∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°，在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∴△ADN?△CBM，∴DN=BM，又∵DF∥BE，DE∥BF，∴四邊形DFBE是平行四邊形，∴DE=BF，∴DE?DN=BF?BM，即EN=FM，∵NE∥FM，∴四邊形NEMF是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴四邊形ABCD是平行四邊形，因此共有3個(gè)平行四邊形，故①正確；∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OD，BD=AC=2OA=2OD，BC=AD，∵BD=2BC∴AO=AD=OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°?∠ADO=30°，∵DE⊥AC，△AOD是等邊三角形，∴∠ADN=ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∵四邊形DEBF是平行四邊形，∴四邊形DEBF是菱形；故②正確；由②可知，當(dāng)BD=2BC時(shí)，四邊形DEBF是菱形，連接EF，則EF⊥BD，若BD⊥ME，則過(guò)點(diǎn)E有兩條直線與已知直線垂直，與平面內(nèi)，過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線垂直于已知直線相矛盾，故③錯(cuò)誤；∵BF⊥AC，∠CBA=90°，∴∠CMB=∠CBA=90°，∵∠BCA=∠MCB，∴△BCA∽△MCB，∴BCCM∵AD=BC，AC=BD，∴AD故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識(shí)；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．9．（2023·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形ABCD中，E、F分別為邊AD、DC上的點(diǎn)，且AE=FC，過(guò)F作FH⊥BE，交AB于G，過(guò)H作HM⊥AB于M，若AB=9，AE=3，則下列結(jié)論中：①△ABE?△CBF；②BE=FG；③2DH=EH+FH；④HM其中結(jié)論正確有（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)答案:D分析：根據(jù)題目條件即可證明△ABE?△CBF，即可判定①；根據(jù)△ABE?△CBF得，∠BEA=∠BFC，BE=BF，由∠FGB=∠FBA得到BF=FG即可判定②；延長(zhǎng)BE到Q，使EQ=FH，連接DQ，證明△DEQ?△DFH，推出DQ=DH,∠QDE=∠FDH，求出∠QDH=90°，得出△DQH是等腰直角三角形，由勾股定理得EH+FH=2DH，即可判定③；連接EF，證明EF=2DE=62，BE=310,根據(jù)【詳解】∵四邊形ABCD是正方形∴AB=BC，∠DAB=∠DCB=90°在△ABE和△CBF中AB=BC∴△ABE?△CBF∴①△ABE?△CBF正確；∵△ABE?△CBF∴∠BEA=∠BFC，BE=BF∵DC∥AB∴∠FBA=∠BFC∴∠BEA=∠FBA∵FH⊥BE∴∠HBG+∠HGB=∠EBA+∠BEA∴∠HGB=∠BEA∴∠HGB=∠FBA，即∠FGB=∠FBA∴BF=FG∴BE=FG∴②BE=FG正確；延長(zhǎng)BE到Q，使EQ=FH，連接DQ，如圖：∵DC∥AB∴∠FGB=∠DFH∵∠FGB=∠AEB,∠AEB=∠DEQ∴∠DFH=∠DEQ∵四邊形ABCD是正方形∴∠ADC=90°，AD=DC∵AE=FC∴DE=DF在△DFH和△DEQ中DF=DE∴△DFH?△DEQ∴DQ=DH,∠QDE=∠FDH∵∠ADC=90°∴∠QDH=∠QDE+∠EDH=∠FDH+∠EDH=∠ADC=90°∴△DQH是等腰直角三角形∴EH+FH=EH+EQ=HQ=∴③2DH=EH+FH連接EF，如圖：∵AD=CD=9，AE=CF=3∴DE=DF=6∴EF=∵BF=∴BE=BF=3設(shè)BH=x則EH=BE?EH=3∵FH⊥BE∴在Rt△FHE中F∴F∴x=910∵HM⊥AB，∠A=90°∴sin∠ABE=∴∴HM=∴∴④HMAE∴①②③④都正確．故答案選：D．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了正方形和三角形，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是添加輔助線，熟悉掌握正方形的邊角性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)的定義．10．（2023·浙江杭州·校聯(lián)考一模）如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=12，點(diǎn)P在邊AB上，D，E分別為BC，PC的中點(diǎn)，連接DE．過(guò)點(diǎn)E作BC的垂線，與BC，AC分別交于F，G兩點(diǎn)．連接DG，交PC于點(diǎn)H．有以下判斷：①∠EDC=45°；②DG⊥PE，且DG=PE；③當(dāng)AP=6時(shí)，△APGA．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④答案:D分析：①由等腰三角形的性質(zhì)可得ABC=ACB=45°，由三角形中位線定理可得DE∥AB，可求解；②由SAS可證△CEF，△GDF全等，可得CE=DG，∠DGF=∠FCE，可求解；③由等腰三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可求AG的長(zhǎng)，再由三角形面積公式可求解；④利用勾股定理和相似三角形的性質(zhì)分別求出CH，CE的值，即可求得解【詳解】解：①∵∠BAC=90°,AB=AC=12∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=12∵D，E分別為BC，PC的中點(diǎn)，∴DE∥AB,DE=1∴∠EDC=∠ABC=45°；故①正確；②∵∠EDF=45°,EF⊥CD,∠ACB=45°，∴△DFE,△GFC是等腰直角三角形，∴DF=EF,FG=CF，又∵∠CFE=∠GFD=90°，∴△CEF≌△GDFSAS，∴CE=DG,∠DGF=∠FCE∵∠DGF+∠GDF=90°∴∠GDF+∠DCE=90°∴∠DHC=90°∴DG⊥PE∵E是PC的中點(diǎn)，∴PE=EC，∴DG=PE，故②正確；③當(dāng)AP=6時(shí)，BP=6,DE=3,∵GF⊥BC,∠EDC=45°∴∠EDC=∠DEF=45°∴DF=EF=∵D是BC的中點(diǎn)，∴BD=CD=6∴CF=∵GF⊥BC,∠ACB=45°∴∠ACB=∠CGF=45°∴GF=FC∴CG=∴AG=AC?CG=12?9=3∴S④設(shè)AP為x，AC=12，∴PC=∵CF=3EF=3∴EC=∵∠ACP=∠GCH,∠A=90°=∠GHC∴△APC∽△HGC∴∴∴GH=∴CHCE即CHCE的最大值為故④正確，綜上所述，①②③④正確，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．模塊三〖考前預(yù)測(cè)〗1．（2023·山東東營(yíng)·東營(yíng)市東營(yíng)區(qū)實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，PA、PB是⊙O的切線，切點(diǎn)分別為A、B，BC是⊙O的直徑，PO交⊙O于E點(diǎn)，連接AB交PO于F，連接CE交AB于D點(diǎn)．下列結(jié)論：①PA=PB；②OP⊥AB；③CE平分∠ACB；④OF=12AC；⑤E是△PAB的內(nèi)心；⑥△CDAA．5 B．4 C．3 D．2答案:A分析：連接OA，BE，①根據(jù)PA、PB是⊙O的切線，即可判斷；②根據(jù)PA=PB，OA=OB，可得OP是AB的垂直平分線，進(jìn)而可以判斷；③根據(jù)OP是AB的垂直平分線，可得AE=BE，進(jìn)而可以判斷；④根據(jù)OB=OC，AF=BF，即可判斷；⑤證明∠PBE=∠EBA，∠APE=∠BPE，即可判斷；⑥根據(jù)AC∥OE，可得【詳解】解：如圖，連接OA，BE，①∵PA、PB是⊙O的切線，∴PA=PB，故①正確；②∵PA=PB，OA=OB，∴OP是AB的垂直平分線，∴OP⊥AB，故②正確；③∵OP是AB的垂直平分線，∴AE∴∠ACE=∠BCE，∴CE平分∠ACB，故③正確；④∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC=90°，∵∠BFO=90°，∴OF∥AC，∵OB=OC，AF=BF，∴OF=1⑤∵PB是⊙O的切線，∴∠PBE+∠EBC=90°，∵BC是⊙O的直徑，∴∠EBC+∠ECB=90°，∴∠PBE=∠ECB，∵∠ECB=∠EBA，∴∠PBE=∠EBA，∵∠APE=∠BPE，∴E是△PAB的內(nèi)心，故⑤正確；⑥∵AC∥OE，∴△CDA∽△EDF，故⑥錯(cuò)誤；∴其中一定成立的是①②③④⑤，共5個(gè)故選：A．【點(diǎn)睛】此題屬于圓的綜合題，涉及了圓周角定理、切線的性質(zhì)、三角形中位線定理、線段垂直平分線的判定，直角三角形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及圓周角定理．2．（2023·山東棗莊·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，∠A所對(duì)弧的度數(shù)為120°．∠ABC、∠ACB的角平分線分別交于AC、AB于點(diǎn)D、E，CE、BD相交于點(diǎn)F．以下四個(gè)結(jié)論：①cos∠BFE=12；②BC=BD；③EF=FD；④BF=2DFA．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④答案:B分析：由∠A=60°，可得出∠ABC+∠BCA=120°．再根據(jù)∠ABC、∠ACB的角平分線分別是BD，CE，即得出∠CBF+∠BCF=60°=∠BFE，從而可求出cos∠BFE=12，故①正確；由題意可知∠BDC=60°+∠DBA，∠BCA=120°?2∠DBA．若BC=BD成立，則應(yīng)有∠BDC=∠BCA，即60°+∠DBA=120°?2∠DBA，從而可解出∠DBA=20°，進(jìn)而得出∠ABC=40°，而題意沒(méi)有條件可以說(shuō)明∠ABC是40°，故②錯(cuò)誤；作FW⊥AC，F(xiàn)S⊥AB，由三角形內(nèi)心的性質(zhì)可知FW=FS，∠FSE=∠FWD=90°，∠EFD=∠SFW=120°，從而得出∠SFE=∠WFD，即證明△FSE≌△WFD(ASA)，得出FD=FE，故③正確；由于點(diǎn)F是內(nèi)心而不是各邊中線的交點(diǎn)，故【詳解】解：∵∠A=60°，∴∠ABC+∠BCA=180°?∠A=120°．∵∠ABC、∠ACB的角平分線分別是BD，CE，∴∠CBF+∠BCF=1∴cos∠BFE=1∵∠BDC=∠A+12∠ABC=60°+∠DBA又∵若BC=BD成立，則應(yīng)有∠BDC=∠BCA，∴60°+∠DBA=120°?2∠DBA，∴∠DBA=20°，∴∠ABC=40°，而根據(jù)題意，沒(méi)有條件可以說(shuō)明∠ABC是40°，故②錯(cuò)誤；如圖作FW⊥AC，F(xiàn)S⊥AB，∵點(diǎn)F是△ABC內(nèi)心，∴FW=FS，∠FSE=∠FWD=90°，∠EFD=∠SFW=120°，∴∠SFE=∠WFD，∴△FSE≌△WFD(ASA)，∴FD=FE，故③正確；由于點(diǎn)F是內(nèi)心而不是各邊中線的交點(diǎn)，故BF=2DF不一定成立，因此④不正確．故本題正確的結(jié)論為①③．故選B．【點(diǎn)睛】本題考查角平分線的定義，三角形內(nèi)角和定理，求角的余弦值，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)心的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)等知識(shí)．熟練掌握上述知識(shí)并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．3．（2023·天津·模擬預(yù)測(cè)）如圖，△ABC中，AC=BC，點(diǎn)M，N分別在AC，AB上，將△AMN沿直線MN翻折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D恰好落在BC邊上（不含端點(diǎn)B，C），下列結(jié)論：①直線MN垂直平分AD；②∠CDM=∠BND；③AD=CD；④若M是AC中點(diǎn)，則AD⊥BC．其中一定正確的是（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④答案:C分析：①根據(jù)將△AMN沿直線MN翻折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D恰好落在BC邊上（不含端點(diǎn)B，C），證明直線MN垂直平分AD，故①正確；②先由①得，直線MN垂直平分AD，則AN=DN，AM=DM，再根據(jù)”等邊對(duì)等角“證明∠NAD=∠NDA，∠MAD=∠MDA，則∠AMD=180°?2∠MAD，再根據(jù)∠AMD是△CDM的一個(gè)外角，∠BND是△NAD的一個(gè)外角，證明∠AMD=∠C+∠CDM，∠BND=∠NAD+∠NDA=2∠NAD，進(jìn)一步證明∠CDM=180°?2∠MAD?∠C，根據(jù)AC=BC，得到∠CAB=∠B，則∠C=180°?2∠CAB，然后根據(jù)∠CAB=∠MAD+∠NAD，證明∠CDM=2∠NAD，從而得到∠CDM=∠BND，故②正確；③證明∠C與∠CAD不一定相等，得到AD與CD不一定相等，故③錯(cuò)誤；④先根據(jù)M是AC的中點(diǎn)，證明AM=CM，再由①得，直線MN垂直平分AD，則AM=DM，再證明AM=DM=CM，最后證明∠ADC=90°，即AD⊥BC，故④正確．【詳解】①∵將△AMN沿直線MN翻折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D恰好落在BC邊上（不含端點(diǎn)B，C），∴直線MN垂直平分AD，故①正確；②由①得，直線MN垂直平分AD，∴AN=DN，AM=DM，∴∠NAD=∠NDA，∠MAD=∠MDA，∴∠AMD=180°?∠MAD?∠MDA=180°?2∠MAD∵∠AMD是△CDM的一個(gè)外角，∠BND是△NAD的一個(gè)外角，∴∠AMD=∠C+∠CDM，∠BND=∠NAD+∠NDA=2∠NAD∴∠C+∠CDM=180°?2∠MAD，∴∠CDM=180°?2∠MAD?∠C，∴AC=BC，∴∠CAB=∠B，∴∠C=180°?∠B?∠CAB=180°?2∠CAB又∵∠CAB=∠MAD+∠NAD，∴∠C=180°?2∠CDM=180°?2∠MAD?即∠CDM=2∠NAD，又∵∠BND=2∠NAD(已證)，∴∠CDM=∠BND，故②正確；③∵AC=BC，∴∠CAB=∠B，∴∠C=180°?∠B?∠CAB=180°?2∠CAB又∵∠CAD=∠CAB?∠BAD，∴180°?2∠CAB與∠CAB?∠BAD不一定相等，∴∠C與∠CAD不一定相等，∴AD與CD不一定相等，故③錯(cuò)誤；④∵M(jìn)是AC的中點(diǎn)，∴AM=CM，∵AM=DM，∴AM=DM=CM，∴∠MAD=∠MDA，∠MDC=∠C，又∠MAD+∠MDA+∠MDC+∠C=180°，∴∠MDA+∠MDC=90°，∴∠ADC=90°，∴AD⊥BC，故④正確；綜上所述，一定正確的有①②④，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查垂直平分線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)題意的條件，進(jìn)行恰當(dāng)?shù)耐评碚撟C．4．（2023·安徽蕪湖·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D為線段BC上一點(diǎn)，以AD為一邊構(gòu)造Rt△ADE，∠DAE=90°，①∠BAD=∠EDC；②△ADO～△ACD；③BDO