01挑戰(zhàn)壓軸題(選擇題)(原卷版+解析)

（挑戰(zhàn)壓軸題）-2023年中考數(shù)學(xué)【三輪沖刺】專題匯編（長(zhǎng)沙專用）—01挑戰(zhàn)壓軸題（選擇題）1．(2023·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC①分別過點(diǎn)A、B為圓心，大于12AB的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于P、②作直線PQ交AB于點(diǎn)D；③以點(diǎn)D為圓心，AD長(zhǎng)為半徑畫弧交PQ于點(diǎn)M、連接AM、BM．若AB=22，則AM的長(zhǎng)為（

A．4 B．2 C． D．22．(2023·湖南益陽·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．②③④3．(2023·湖南湘潭·統(tǒng)考中考真題）如圖，BC為⊙O的直徑，弦AD⊥BC于點(diǎn)E，直線l切⊙O于點(diǎn)C，延長(zhǎng)OD交l于點(diǎn)F，若AE=2，∠ABC=22.5°，則CF的長(zhǎng)度為（）A．2 B．22 C．234．(2023·湖南衡陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形紙片ABCD,AB=4,BC=8，點(diǎn)M、N分別在矩形的邊AD、BC上，將矩形紙片沿直線MN折疊，使點(diǎn)C落在矩形的邊AD上，記為點(diǎn)P，點(diǎn)D落在G處，連接PC，交MN于點(diǎn)Q，連接CM．下列結(jié)論：①四邊形CMPN是菱形；②點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，MN=5；③△PQM的面積S的取值范圍是4≤S≤5．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③5．(2023·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，分別以點(diǎn)A和點(diǎn)B為圓心，大于12AB的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于M、N兩點(diǎn)，作直線MN，交BC于點(diǎn)D，連接AD，則∠CAD的度數(shù)是(A．20° B．30° C．45° D．60°1．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）如圖，在四邊形ABCD中，AB=BC，AD=CD，我們把這種兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做“箏形”．箏形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，且∠ADC=120°，∠ABC=60°，則不正確的結(jié)論是（

A．△ABC是等邊三角形 B．BD=2ADC．AC⊥BD D．S四邊形ABCD=AC·BD2．（2023·湖南長(zhǎng)沙·校聯(lián)考三模）如圖，在△ABC中，AB=AC，以點(diǎn)B為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，交BA于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，分別以點(diǎn)M、N為圓心，大于12MN的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧在△ABC的內(nèi)部相交于點(diǎn)P，畫射線BP，交AC于點(diǎn)D，若AD=BD，則∠ADBA．36° B．54° C．72° D．108°3．（2023·湖南湘潭·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E，F(xiàn)分別為AB，CD邊上的點(diǎn)，且EF∥BC，G為EF上一點(diǎn)，且GF=1，M，N分別為GD，的中點(diǎn)，則MN的長(zhǎng)為（）A．83 B．94 C．524．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中一組菱形A1C1B1O，A2C2B2C1，A3CA．5 B．9 C．52 D．925．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，等腰△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)D是圓中優(yōu)孤上一點(diǎn)，連接DB、DC，已知AB=AC,∠ABC=70°，則∠BDC的度數(shù)為（

A．10° B．20° C．30° D．40°6．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，等邊△ABC的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)D是邊AC上的一動(dòng)點(diǎn)，連接BD，以BD為斜邊向上作等腰Rt△BDE，連接AE，則A．1 B．2 C．2 D．27．（2023·湖南湘潭·模擬預(yù)測(cè)）如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，OE//AB交AD于點(diǎn)E．若OA=2，的周長(zhǎng)為10，則平行四邊形ABCD的周長(zhǎng)為（

）A．16 B．32 C．36 D．408．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D，過C點(diǎn)作CG⊥AB于G，交AD于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥①∠CED=∠CDE；②S△AEC:S△AEG=AC:AG；A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)9．（2023·湖南長(zhǎng)沙·校聯(lián)考一模）如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，根據(jù)尺規(guī)作圖保留的痕跡，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（

A．AD是∠BAC的平分線 B．AD=BDC．AC=2CD D．S△10．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）把量角器和含30°角的三角板按如圖方式擺放：零刻度線與長(zhǎng)直角邊重合，移動(dòng)量角器使外圓弧與斜邊相切時(shí)，發(fā)現(xiàn)中心恰好在刻度2處，短直角邊過量角器外沿刻度120處（即OC=2cm，∠BOF=120°A．23?2C．83?811．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將邊長(zhǎng)為2的正六邊形OABCDE繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)n個(gè)45°，得到正六邊形OAnBnCnDnEA．?3,?3 B．?3,?3 C．3,?12．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，E為AD的中點(diǎn)，連接OE，∠ABC=60°，BD=43，則OE=（

A．4 B．23 C．2 D．13．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，，將Rt△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到Rt△A'B'CA．25π+24 B．5π+24 C．25π D．5π14．（2023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=8，AD=6．∠A=60°，E是邊AD上且，F(xiàn)是邊AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到EG，連接BG、CG，則BG+CG的最小值是（

）A．221 B． C．27 15．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）在?ABCD中，∠B=70°，，以AD為直徑的⊙O交CD于點(diǎn)E，則DE的長(zhǎng)是（

）A．13π B．23π C．1．（2023·湖南衡陽·模擬預(yù)測(cè)）矩形紙片ABCD中，AB=5，AD=4，將紙片折疊，使點(diǎn)B落在邊CD上的B'處，折痕為AE．延長(zhǎng)交AB的延長(zhǎng)線于M，折痕AE上有點(diǎn)P，下列五個(gè)結(jié)論中正確的有（）①∠M=∠B'AM；②PB=PB'；③AE=552；④A．2 B．3 C．4 D．52．(2023·湖南長(zhǎng)沙·長(zhǎng)沙市北雅中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，ΔABC中，AC=6，點(diǎn)O是AB邊上的一點(diǎn)，⊙O與AC、BC分別相切于點(diǎn)A、E，點(diǎn)F為⊙O上一點(diǎn)，連，若四邊形ACEF是菱形，則圖中陰影部分面積是（）A．3?π3 B．2π3?33．(2023·湖南長(zhǎng)沙·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，AB邊上取一點(diǎn)P，畫正方形PQMN，使Q，M在邊BC上，N在邊AC上，連接BN，在BN上截取NE=NM，連接EQ，EM，當(dāng)tan∠NBM=34時(shí)，則∠QEMA．60° B．70° C．75° D．90°4．(2023·湖南長(zhǎng)沙·長(zhǎng)沙市北雅中學(xué)校考一模）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足為點(diǎn)C，將劣弧AB沿弦AB折疊交于OC的中點(diǎn)D，若AB=210，則⊙O的半徑為（

A．22 B．23 C．325．(2023·湖南邵陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AB＞BC，以點(diǎn)A為圓心、AB長(zhǎng)為半徑的弧BE與DC相交于點(diǎn)E，點(diǎn)E為DC的中點(diǎn)，則由BC、CE和弧BE圍成的陰影部分圖形的面積是（

）A．63?8π3 B． C．66．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，AB＜BC，連接AC，分別以點(diǎn)A，C為圓心，大于12AC的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)M，N，直線MN分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)①四邊形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC?EF＝CF?CD；④若AF平分∠BAC，則CF＝2BF．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（

）A．4 B．3 C．2 D．17．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┤鐖D，在四邊形ABCD中，∠B=90°，AC=6，AB∥CD，AC平分∠DAB．設(shè)，AD=y，則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系用圖象大致可以表示為（

）A． B． C． D．8．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，點(diǎn)A?2,5，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（

A．5,?2 B．2,?5 C．2,5 D．?2,?59．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，按以下步驟作圖：①以B為圓心，任意長(zhǎng)為半徑作弧，分別交BA、BC于M、N兩點(diǎn)；②分別以M、N為圓心，以大于12MN的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于點(diǎn)P；③作射線BP，交邊AC于D點(diǎn)．若AB=10，BC=6，則線段A．3 B．103 C．83 10．（2023·湖南永州·?？家荒＃┤鐖D，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，過點(diǎn)O作OM⊥弦BC于點(diǎn)M，若⊙O的半徑為4，則弦心距OMA．23 B． C．2 D．211．（2023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）已知點(diǎn)Px0,y0和直線，求點(diǎn)P到直線的距離d可用公式d=kx0?y0+b1+k2計(jì)算．根據(jù)以上材料解決下面問題：如圖，⊙C的圓心C的坐標(biāo)為1,1，半徑為1，直線l的表達(dá)式為，A．355 B．355?112．（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）如圖，已知ΔABC和ΔABD都⊙O是的內(nèi)接三角形，AC和BD相交于點(diǎn)E，則與ΔADE的相似的三角形是（）A．ΔBCE B．ΔABC C．ΔABD D．ΔABE13．（2023·湖南岳陽·?？家荒＃┤鐖D，將矩形紙片ABCD折疊，使點(diǎn)C與點(diǎn)A重合，折痕為EF，若AB=4，BC=8．則D′F的長(zhǎng)為（）A．25 B．4 C．3 D．214．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┰凇鰽BC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝10，用尺規(guī)作圖的方法作線段AD和線段DE，保留作圖痕跡如圖所示，認(rèn)真觀察作圖痕跡，則△BDE的周長(zhǎng)是()A．8 B．52 C．152215．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，周長(zhǎng)為8的菱形ABCD中，∠ABC=60°，點(diǎn)Q為BC邊中點(diǎn)，點(diǎn)P為對(duì)角線上一動(dòng)點(diǎn)，沿的路徑行進(jìn)，設(shè)PD長(zhǎng)度為x，，PC的長(zhǎng)度之和為y，在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中y與x的函數(shù)圖象如圖2所示，設(shè)函數(shù)圖象最低點(diǎn)的坐標(biāo)為m,n，則m?n的值為（

）A．22 B．322 C．2（挑戰(zhàn)壓軸題）-2023年中考數(shù)學(xué)【三輪沖刺】專題匯編（長(zhǎng)沙專用）—01挑戰(zhàn)壓軸題（選擇題）1．(2023·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC①分別過點(diǎn)A、B為圓心，大于12AB的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于P、②作直線PQ交AB于點(diǎn)D；③以點(diǎn)D為圓心，AD長(zhǎng)為半徑畫弧交PQ于點(diǎn)M、連接AM、BM．若AB=22，則AM的長(zhǎng)為（

A．4 B．2 C． D．2答案:B分析：根據(jù)作圖可知PM垂直平分AB，DM=12AB【詳解】解：由作圖可得PM垂直平分AB，AD=DM=則△ADM∴由勾股定理得：AM=故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了作垂線，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，掌握基本作圖理解題意是解題的關(guān)鍵．2．(2023·湖南益陽·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．3．(2023·湖南湘潭·統(tǒng)考中考真題）如圖，BC為⊙O的直徑，弦AD⊥BC于點(diǎn)E，直線l切⊙O于點(diǎn)C，延長(zhǎng)OD交l于點(diǎn)F，若AE=2，∠ABC=22.5°，則CF的長(zhǎng)度為（）A．2 B．22 C．23答案:B分析：根據(jù)垂徑定理求得AC=CD，AE=DE=2，即可得到∠COD=2∠ABC=45°，則△OED是等腰直角三角形，得出OD=22，根據(jù)切線的性質(zhì)得到BC⊥CF，得到△OCF是等腰直角三角形，進(jìn)而即可求得CF=OC=OD【詳解】解：∵BC為⊙O的直徑，弦AD⊥BC于點(diǎn)E，AE=2，∠ABC=22.5°∴AC=CD,AE∴∠COD=2∠ABC=45°，∴△OED是等腰直角三角形，∴OE=ED=2，∴OD=2∵直線l切⊙O于點(diǎn)C，∴BC⊥CF，∴△OCF是等腰直角三角形，∴CF=OC，∵OC=OD=22∴CF=22故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，等弧所對(duì)的圓心角和圓周角的關(guān)系，切線的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，求得CF=OC=OD是解題的關(guān)鍵．4．(2023·湖南衡陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形紙片ABCD,AB=4,BC=8，點(diǎn)M、N分別在矩形的邊AD、BC上，將矩形紙片沿直線MN折疊，使點(diǎn)C落在矩形的邊AD上，記為點(diǎn)P，點(diǎn)D落在G處，連接PC，交MN于點(diǎn)Q，連接CM．下列結(jié)論：①四邊形CMPN是菱形；②點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，MN=5；③△PQM的面積S的取值范圍是4≤S≤5．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③答案:C分析：根據(jù)矩形的性質(zhì)與折疊的性質(zhì)，證明出∠PMN=∠PNM，PM=PN，通過等量代換，得到PM=CN，則由一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形得到結(jié)論正確；用勾股定理CN=5，CQ=12AC=25，由菱形的性質(zhì)對(duì)角線互相垂直，再用勾股定理求出MN=2QN=25；當(dāng)MN過點(diǎn)D時(shí)，最小面積S=14S菱形CMPS【詳解】解：①如圖1，∵PM∥∴∠PMN=∵折疊，∴∠MNC=∠∴∠PMN=∴PM=PN，∴PM=CN，∴MP∥∴四邊形CNPM為平行四邊形，∵CN=NP，∴平行四邊形CNPM為菱形，故①正確，符合題意；②當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，如圖2所示設(shè)BN=x，則AN=MC=8?x，在Rt△ABN中，AB即42解得：x=3，∴CN=5，AC=A∴CQ=1又∵四邊形CNPM為菱形，∴AC⊥MN，且MN=2QN，∴QN=∴MN=2QN=25故②錯(cuò)誤，不符合題意．③當(dāng)MN過點(diǎn)D時(shí)，如圖3所示：此時(shí)，CN最短，四邊形CMPN的面積最小，則S最小為S=1當(dāng)P點(diǎn)與A點(diǎn)重合時(shí)，CN最長(zhǎng)，四邊形CMPN的面積最大，則S最大為S=1∴4≤S≤5，故③正確，符合題意．故答案為：①③．故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)、折疊問題、勾股定理的綜合應(yīng)用，熟練掌握菱形的判定定理與性質(zhì)定理、勾股定理是解決本題的關(guān)鍵．5．(2023·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，分別以點(diǎn)A和點(diǎn)B為圓心，大于12AB的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于M、N兩點(diǎn)，作直線MN，交BC于點(diǎn)D，連接AD，則∠CAD的度數(shù)是(A．20° B．30° C．45° D．60°答案:B分析：根據(jù)內(nèi)角和定理求得∠BAC=60°，由中垂線性質(zhì)知DA=DB，即∠DAB=∠B=30°，從而得出答案．【詳解】在△ABC中，∵∠B=30°，∠C=90°，∴∠BAC=180°-∠B-∠C=60°，由作圖可知MN為AB的中垂線，∴DA=DB，∴∠DAB=∠B=30°，∴∠CAD=∠BAC-∠DAB=30°，故選B．【點(diǎn)睛】本題主要考查作圖-基本作圖，熟練掌握中垂線的作圖和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．1．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）如圖，在四邊形ABCD中，AB=BC，AD=CD，我們把這種兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做“箏形”．箏形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，且∠ADC=120°，∠ABC=60°，則不正確的結(jié)論是（

A．△ABC是等邊三角形 B．BD=2ADC．AC⊥BD D．S四邊形ABCD=AC·BD答案:D分析：由“箏形”的性質(zhì)可得AB=BC，AD=CD，可證△ABC是等邊三角形，故正確；由“SSS”可證△ABD≌△CBD，可得，∠ADB=∠BDC=60°，由直角三角形的性質(zhì)可得BD=2AD，故B正確；由等腰三角形的性質(zhì)可以判定C正確，由三角形的面積公式判定D錯(cuò)誤，即可求解．【詳解】解∶∵AB=BC，∠ABC=60°∴△ABC是等邊三角形，故正確；∴∠BAC=∵AD=CD，∠ADC=120°∴∠DAC=∴∠DAB=90°∵AD=CD，AB=BC，BD=BD，∴△ABD∴12∠ABC=30°，∠∴BD=2AD，故B正確；∵AB=BC，∠ABD=∴12AC，AC⊥BD，故C∵△ABD∴S四邊形ABCD=S故選：D．【點(diǎn)睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的性質(zhì)及判定是解題的關(guān)鍵．2．（2023·湖南長(zhǎng)沙·校聯(lián)考三模）如圖，在△ABC中，AB=AC，以點(diǎn)B為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫弧，交BA于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，分別以點(diǎn)M、N為圓心，大于12MN的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧在△ABC的內(nèi)部相交于點(diǎn)P，畫射線BP，交AC于點(diǎn)D，若AD=BD，則∠ADBA．36° B．54° C．72° D．108°答案:D分析：由題意可得BP為∠ABC的角平分線，則∠ABD=∠CBD，由AD=BD，可得，即可得∠ABC=2∠A，由AB=AC，可得∠ABC=∠C，再結(jié)合三角形內(nèi)角和定理可列出關(guān)于∠A的方程，進(jìn)而可得出答案．【詳解】解：由題意可得BP為∠ABC，∵AD=BD∴∠∴∠∴∠∵AB∴∠∴∠解得∠A=36°∴∠故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查作圖?基本作圖、等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．3．（2023·湖南湘潭·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E，F(xiàn)分別為AB，CD邊上的點(diǎn)，且EF∥BC，G為EF上一點(diǎn)，且GF=1，M，N分別為GD，的中點(diǎn)，則MN的長(zhǎng)為（）A．83 B．94 C．52答案:C分析：作于，NQ⊥CD于Q，MK⊥NQ于K，先證明四邊形BCFE為矩形得到EF=BC=4，根據(jù)平行線分線段成比例定理和相似三角形的性質(zhì)得到MHGF=DMDG=DHDF=12，則MH=12，DH=12DF，同理可得NQ=2，CQ=【詳解】作于，NQ⊥CD于Q，MK⊥NQ于K，則四邊形MKQH為矩形，如圖：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD=90°，CB=CD=4，∵EF∥∴EF⊥∴四邊形BCFE為矩形，∴EF=BC=4，∴MH∥EF，NQ∥∵M(jìn)H∥GF，M點(diǎn)為DG的中點(diǎn)，∴DMDG=DH∴MHGF=DMDG=同理可得，CQ=12∴，∵四邊形MKQH為矩形，∴KQ=KH=12，∴，在Rt△MNK中，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了平行線分線段成比例，正方形的性質(zhì)，勾股定理，添加輔助線構(gòu)造平行線，利用中點(diǎn)結(jié)合比例關(guān)系求線段長(zhǎng)度是解決問題的關(guān)鍵．4．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中一組菱形A1C1B1O，A2C2B2C1，A3CA．5 B．9 C．52 D．92答案:B分析：先求出A5B5【詳解】解：∵OC∴C1，根據(jù)此規(guī)律可得，又∵A59，0，∴A5∴菱形A5C5故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的面積公式，關(guān)鍵是要找出Cn5．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，等腰△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)D是圓中優(yōu)孤上一點(diǎn)，連接DB、DC，已知AB=AC,∠ABC=70°，則∠BDC的度數(shù)為（

A．10° B．20° C．30° D．40°答案:D分析：先根據(jù)等邊對(duì)等角和三角形內(nèi)角和定理求出∠A=40°【詳解】解：∵AB=AC，∠ABC=70°∴∠ABC=∴∠A=180°?∴∠BDC=故選D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了同弧所對(duì)的圓周角相等、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識(shí)點(diǎn)，掌握同弧所對(duì)的圓周角相等是解題的關(guān)鍵．6．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，等邊△ABC的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)D是邊AC上的一動(dòng)點(diǎn)，連接BD，以BD為斜邊向上作等腰Rt△BDE，連接AE，則A．1 B．2 C．2 D．2答案:B分析：過點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)，作射線HE，可證點(diǎn)B，點(diǎn)D，點(diǎn)，點(diǎn)E四點(diǎn)共圓，可得，則點(diǎn)E在∠AHB的角平分線上運(yùn)動(dòng)，即當(dāng)AE⊥EH時(shí)，AE的長(zhǎng)度有最小值，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)，作射線HE，∵△ABC是等邊三角形，BH⊥∴AH=2=CH，∴點(diǎn)B，點(diǎn)D，點(diǎn)，點(diǎn)E四點(diǎn)共圓，，∴點(diǎn)E在∠AHB∴當(dāng)AE⊥EH時(shí)，AE的長(zhǎng)度有最小值，，，∴AE的最小值為2，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，垂線段最短，四點(diǎn)共圓，圓周角定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．7．（2023·湖南湘潭·模擬預(yù)測(cè)）如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，OE//AB交AD于點(diǎn)E．若OA=2，的周長(zhǎng)為10，則平行四邊形ABCD的周長(zhǎng)為（

）A．16 B．32 C．36 D．40答案:B分析：由平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，AD=BC，OB=OD，證OE是ΔABD的中位線，則AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=8，則AB+AD=2AE+2OE=16，即可得出答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，AO=OC，∵OE//AB∴AE∴AE=DE是ΔABD的中位線，∴AB=2OE，AD=2AE，∵ΔAOE∴OA+AE+OE=10∴AE+OE=10?OA=10?2=8∴AB+AD=2AE+2OE=16∴?ABCD的周長(zhǎng)=2×(AB+AD)=2×16=32．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、三角形中位線定理等知識(shí)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和三角形中位線定理，求出AD+AB=16是解題的關(guān)鍵．8．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D，過C點(diǎn)作CG⊥AB于G，交AD于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥①∠CED=∠CDE；②S△AEC:S△AEG=AC:AG；A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)答案:C分析：根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，可證明∠CED=∠CDE；根據(jù)角平分線的性質(zhì)，過點(diǎn)E作于，可計(jì)算出S△AEC=12AC?EH，S△AEG=12AG?EG，并證明【詳解】解：結(jié)論①，，CG⊥AB，AD平分∠BAC，，∠CAD+∠，，∴∠CED=∠CDE結(jié)論②，如圖所示，過點(diǎn)E作于，∵AD平方∠BAC，CG⊥∴EGS△AEC=12S△AEC:S結(jié)論③，，DF⊥AB，AD平分∠BAC，，∠CAD=∠DAF，DC=DF，∴△，∵CG⊥AB，DF⊥∴CG，且由結(jié)論①正確得，∠CED=∠在△CDE中，∠ECD+2∠EDC=180°，即∠FDB+2，∴條件不足，無法證明∠ADF=2∠ECD綜上所述，正確的有①②．故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)的綜合，掌握直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2023·湖南長(zhǎng)沙·校聯(lián)考一模）如圖，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，根據(jù)尺規(guī)作圖保留的痕跡，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（

A．AD是∠BAC的平分線 B．AD=BDC．AC=2CD D．S△答案:C分析：由尺規(guī)作圖知AD是∠BAC的平分線，可得∠BAD=∠CAD=∠B=30°，由等角對(duì)等邊得AD=BD，再由30°的直角三角形的性質(zhì)得AD=2CD，再由AD=BD=2CD得S△【詳解】解：由尺規(guī)作圖可知AD是∠BAC故選項(xiàng)A正確；∵∠C=90°，∠B=30°∴，∴∠BAD=∴∠BAD=∴AD=BD故選項(xiàng)B正確；在Rt△ACD中，∠C=90°，∠CAD=30°∴故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；∵AD=BD=2CD∴S故選項(xiàng)D正確．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查30°的直角三角形的性質(zhì)，角平分線的尺規(guī)作圖，等邊對(duì)等角，理解30°所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半是解題關(guān)鍵．10．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）把量角器和含30°角的三角板按如圖方式擺放：零刻度線與長(zhǎng)直角邊重合，移動(dòng)量角器使外圓弧與斜邊相切時(shí)，發(fā)現(xiàn)中心恰好在刻度2處，短直角邊過量角器外沿刻度120處（即OC=2cm，∠BOF=120°A．23?2C．83?8答案:C分析：先求出∠COF，進(jìn)而求出OE＝OF＝4cm，再求出OB，進(jìn)而求出BE，最后用三角形的面積減去扇形的面積，即可求出答案．【詳解】在Rt△OCF中，∠COF=180°?∴∠OFC=90°?∠COF=30°∵OC=2∴OF=2OC=4連接OE，則OE=OF=4cm∵外圓弧與斜邊相切，∴∠BEO＝90°，在Rt△BOE中，∠B=30°∴∠DOE=60°，OB=2OE=8cm根據(jù)勾股定理得，BE=O∴S故選：C．【點(diǎn)睛】此題主要考查了切線的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積公式和扇形的面積公式，求出圓的半徑是解本題的關(guān)鍵．11．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將邊長(zhǎng)為2的正六邊形OABCDE繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)n個(gè)45°，得到正六邊形OAnBnCnDnEA．?3,?3 B．?3,?3 C．3,?答案:A分析：由于正六邊形每次轉(zhuǎn)45°，根據(jù)，則D2022的坐標(biāo)與D6的坐標(biāo)相同，求得D【詳解】解：∵將邊長(zhǎng)為2的正六邊形OABCDE繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)n個(gè)45°，∵當(dāng)n=2022時(shí)，則D2022的坐標(biāo)與D6則OD如圖，過點(diǎn)D作DF⊥x于F，過點(diǎn)D6F6∵OE=DE=2，OD=OD∴△∴DF=∵正六邊形OABCDE的一個(gè)外角3606=60°∴DF=∵∠∴∠∴OF=∴D∴D∴D故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解直角三角形，正六邊形的性質(zhì)，正多邊形的外角和，內(nèi)角和，求得D202212．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，E為AD的中點(diǎn)，連接OE，∠ABC=60°，BD=43，則OE=（

A．4 B．23 C．2 D．答案:C分析：根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AB=AD=DC=BC，AC⊥BD，再由△AOD直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半得出OE=12AD．利用菱形性質(zhì)、直角三角形邊長(zhǎng)公式求出AD=4【詳解】∵?ABCD是菱形，E為∴AB=AD=DC=BC，AC⊥∴△AOD是直角三角形，OE=1∵∠ABC=60°，BD=43∴∠ADO=12∠ADC=∵AD2?∴AD=4，OE=1故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形、直角三角形的性質(zhì)的理解與應(yīng)用能力．解題關(guān)鍵是得出OE=12AD13．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，，將Rt△ABC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到Rt△A'B'CA．25π+24 B．5π+24 C．25π D．5π答案:A分析：根據(jù)勾股定理定理求出AB，然后根據(jù)扇形的面積和三角形的面積公式求解．【詳解】解：∵∠ACB＝90°，，，∴AB=A∴Rt△ABC所掃過的面積為故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，扇形的面積的計(jì)算，勾股定理，熟練掌握扇形的面積公式是解答的關(guān)鍵．14．（2023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，平行四邊形ABCD中，AB=8，AD=6．∠A=60°，E是邊AD上且，F(xiàn)是邊AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將線段EF繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到EG，連接BG、CG，則BG+CG的最小值是（

）A．221 B． C．27 答案:A分析：如圖，取AB的中點(diǎn)N，連接EN，EC，GN，作EH⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于H．利用全等三角形的性質(zhì)證明∠GNB=60°，點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡是射線NG，由“SAS”可證△EGN?△BGN，可得GB=GE，推出GB+GC=GE+GC≥EC，求出EC即可解決問題．【詳解】解：如圖，取AB的中點(diǎn)N，連接EN，EC，GN，作EH⊥CD交CD的延長(zhǎng)線于H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=BD，∵AE=2DE，∴AE=4，DE=2，∵點(diǎn)N是AB的中點(diǎn)，∴AN=NB=4，∴AE=AN，∵∠A=60°，∴△AEN是等邊三角形，∴∠AEN=∠FEG=60°，∴∠AEF=∠NEG，∵EA=EN，EF=EG，∴△AEF?△NEG（SAS)，∴∠ENG=∠A=60°，∴∠ANE=60°，∴∠GNB=180°-60°-60°=60°，∴點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡是射線NG，∵BN=EN，∠BNG=∠ENG=60°，NG=NG，∴△EGN?△BGN（SAS)，∴GB=GE，∴GB+GC=GE+GC≥EC，在Rt△DEH中，∵∠H=90°，DE=2，∠EDH=60°，∴DH=12DE=1，EH=在Rt△ECH中，EC=EH∴GB+GC≥221∴GB+GC的最小值為2故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)變換，軌跡，菱形的性質(zhì)，解直角三角形，全等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)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．15．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）在?ABCD中，∠B=70°，，以AD為直徑的⊙O交CD于點(diǎn)E，則DE的長(zhǎng)是（

）A．13π B．23π C．答案:D分析：連接OE，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出∠DOE的度數(shù)與OD的長(zhǎng)，進(jìn)而根據(jù)弧長(zhǎng)公式計(jì)算即可求得．【詳解】解：連接OE，如圖所示．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠D=∠B=70°，AD=BC=4，∴OA=OD=2，∵OD=OE，∴∠OED=∠D=70°，∴∠DOE=180°?2×70°=40°，∴DE的長(zhǎng)=40π×2故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、圓的性質(zhì)以及弧長(zhǎng)公式，熟練掌握和運(yùn)用各圖形的性質(zhì)及公式是解決本題的關(guān)鍵．1．（2023·湖南衡陽·模擬預(yù)測(cè)）矩形紙片ABCD中，AB=5，AD=4，將紙片折疊，使點(diǎn)B落在邊CD上的B'處，折痕為AE．延長(zhǎng)交AB的延長(zhǎng)線于M，折痕AE上有點(diǎn)P，下列五個(gè)結(jié)論中正確的有（）①∠M=∠B'AM；②PB=PB'；③AE=552；④A．2 B．3 C．4 D．5答案:B分析：②借助軸對(duì)稱可知；③利用勾股定理求B'D，構(gòu)造方程，求EB，在構(gòu)造勾股定理求AE=552；①④由相似CB':BM=CE:BE，BM=103，在計(jì)算【詳解】解：點(diǎn)P在對(duì)稱軸上，點(diǎn)B與點(diǎn)B'則PB=PB故②正確；連結(jié)AB'，由翻折，AB=AB由勾股定理DB∴CB設(shè)BE=x=B在Rt△B'由勾股定理(4?x)解得x=5∴BE=5在Rt△ABE中，；故③正確；過M作MF⊥DC，交DC延長(zhǎng)線于F，由BM∥∴△EC∴CB∴，∴BM=10∴FB'=FC+C則B'∴B故④不正確；∵A∴B∴∠B故①不正確；連接BB'，由對(duì)稱性可知，BG=B∵B'∴∠D∴BE∥∴∠EBG=在△BEG和△B∠EBG=∴△BEG∴BE=B∴四邊形為平行四邊形，又BE=EB∴四邊形是菱形，故⑤正確．五個(gè)結(jié)論中正確的是②③⑤．故選：B．【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)、圖形的翻折變換，三角形全等判定與性質(zhì)，勾股定理，菱形的判定與性質(zhì)等知識(shí)的應(yīng)用，此題的關(guān)鍵是能夠證明△BEG2．(2023·湖南長(zhǎng)沙·長(zhǎng)沙市北雅中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，ΔABC中，AC=6，點(diǎn)O是AB邊上的一點(diǎn)，⊙O與AC、BC分別相切于點(diǎn)A、E，點(diǎn)F為⊙O上一點(diǎn)，連，若四邊形ACEF是菱形，則圖中陰影部分面積是（）A．3?π3 B．2π3?3答案:A分析：根據(jù)菱形的性質(zhì)得∠C=∠AFE，根據(jù)圓周角定理得∠AOE=2∠AFE，根據(jù)切線性質(zhì)得OA⊥AC,OE⊥【詳解】解：∵四邊形ACEF是菱形，∴∠由圓周角定理得：∠AOE=2∵⊙O與AC、BC分別相切于點(diǎn)A、E，∴OA⊥AC,OE⊥BC，∴∠C+∠AOE=180°，∴∠C=60°，∴∠B=30°，∴OB=2OE=2OA，BC=2AC=26，∠BOE=60°∴AB=B∴OA=OE=13AB=∴BE=O∴陰影部分面積=12×6故選A．【點(diǎn)睛】此題考查了切線的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、扇形面積公式、圓周角定理、勾股定理等知識(shí)；熟練掌握并運(yùn)用相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．(2023·湖南長(zhǎng)沙·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，AB邊上取一點(diǎn)P，畫正方形PQMN，使Q，M在邊BC上，N在邊AC上，連接BN，在BN上截取NE=NM，連接EQ，EM，當(dāng)tan∠NBM=34時(shí)，則∠QEMA．60° B．70° C．75° D．90°答案:D分析：證明△BEQ∽△BEM，可得∠BEQ=∠BME，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可∠NEM=∠NME，由∠BME+∠NME=90°，可得∠BEQ+∠NEM=90°，進(jìn)而可得答案．【詳解】∵PQMN為正方形，∴QM=NM，∴∠BMN=90°．∵tan∴在Rt△BMN中，設(shè)MN=QM=3a，則BM=4a，∴BQ=BM?QM=a，∴BN=B∵NE=NM，∴∠NEM=NME，NE=NM=3a，∴BE=BN?NE=5a?3a=2a，BQBE=a2a∴BQ∵∠EBQ=∠MBE∴△BEQ∽△BEM，．∵∠BME+∠NME=90°，∴∠BEQ+∠NEM=90°，．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，以及解直角三角形，勾股定理等知識(shí)，解題關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定．4．(2023·湖南長(zhǎng)沙·長(zhǎng)沙市北雅中學(xué)校考一模）如圖，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足為點(diǎn)C，將劣弧AB沿弦AB折疊交于OC的中點(diǎn)D，若AB=210，則⊙O的半徑為（

A．22 B．23 C．32答案:C分析：連接OA，設(shè)半徑為x，用x表示出OC，根據(jù)勾股定理列關(guān)于x的方程，便可求得結(jié)果．【詳解】解：連接OA，設(shè)半徑為x，∵將劣弧AB沿弦AB折疊交于OC的中點(diǎn)D，∴OC＝x，OC⊥AB，∴AC＝12AB＝10∵OA2?OC2＝AC2，∴，解得：x＝32故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的基本性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，關(guān)鍵是根據(jù)勾股定理列出相應(yīng)的方程．5．(2023·湖南邵陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AB＞BC，以點(diǎn)A為圓心、AB長(zhǎng)為半徑的弧BE與DC相交于點(diǎn)E，點(diǎn)E為DC的中點(diǎn)，則由BC、CE和弧BE圍成的陰影部分圖形的面積是（

）A．63?8π3 B． C．6答案:A分析：根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AB=CD=AE=4，∠ADC=90°，結(jié)合中點(diǎn)及特殊角的三角函數(shù)值與勾股定理得出∠DAE=30°，AD=AE2?DE2=2【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB=CD=AE=4，∠ADC=90°∵E為CD中點(diǎn)，∴CE=DE=2，在Rt?ADE中，sin∠∴∠DAE=30°，AD=AE∴∠BAE=60°，S=AB·AD?=4×2=63故選：A．【點(diǎn)睛】題目主要考查矩形的性質(zhì)，特殊角的三角形函數(shù)值，勾股定理，求不規(guī)則圖形的面積等，理解題意，綜合運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．6．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，AB＜BC，連接AC，分別以點(diǎn)A，C為圓心，大于12AC的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)M，N，直線MN分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)①四邊形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC?EF＝CF?CD；④若AF平分∠BAC，則CF＝2BF．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（

）A．4 B．3 C．2 D．1答案:B分析：根據(jù)作圖可得，且平分AC，設(shè)AC與MN的交點(diǎn)為O，證明四邊形為菱形，即可判斷①，進(jìn)而根據(jù)等邊對(duì)等角即可判斷②，根據(jù)菱形的性質(zhì)求面積即可求解．判斷③，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得BF=FO，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】如圖，設(shè)AC與MN的交點(diǎn)為O，根據(jù)作圖可得，且平分AC，∴AO=OC∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∴∠又∵∠AOE=∠COF，AO=CO，∴△∴AE=FC∵AE∴四邊形是平行四邊形，垂直平分AC，，∴四邊形是菱形，故①正確；②∵FA=FC∴∠∴∠AFB＝2∠ACB；故②正確；③由菱形的面積可得12AC?EF＝CF?CD；故③④∵四邊形ABCD是矩形，∴∠若AF平分∠BAC，F(xiàn)B⊥則BF=FO，∴∠∵∠∵∠∴∠∴FO=∵FO=BF∴CF＝2BF．故④正確；故選B【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．7．（2023·湖南衡陽·?？家荒＃┤鐖D，在四邊形ABCD中，∠B=90°，AC=6，AB∥CD，AC平分∠DAB．設(shè)，AD=y，則y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系用圖象大致可以表示為（

）A． B． C． D．答案:D分析：先證明CD=AD=y，過D點(diǎn)做DE⊥AC于點(diǎn)E，證明△ABC【詳解】解：∵AB∥CD，∴∠ACD=∵AC平分∠DAB，∴∠BAC=∴∠ACD=∠CAD，則CD=AD=y，即△ACD過D點(diǎn)做DE⊥AC于點(diǎn)E．則DE垂直平分AC，AE=CE=12AC=3∵∠BAC=∠CAD，∠B=∴△ABC∴ACAD∴6y∴y=18∵在△ABC中，AB<AC，∴x<6，故選D．【點(diǎn)睛】本題考查的是角平分線的定義，等腰三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，反比例函數(shù)的圖象，證明△ABC8．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，點(diǎn)A?2,5，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（

A．5,?2 B．2,?5 C．2,5 D．?2,?5答案:B分析：根據(jù)菱形的中心對(duì)稱性，A、C坐標(biāo)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，利用橫反縱也反的口訣求解即可．【詳解】∵菱形是中心對(duì)稱圖形，且對(duì)稱中心為原點(diǎn)，∴A、C坐標(biāo)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴C的坐標(biāo)為2,?5，故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的中心對(duì)稱性質(zhì)，原點(diǎn)對(duì)稱，熟練掌握菱形的性質(zhì)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．9．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，按以下步驟作圖：①以B為圓心，任意長(zhǎng)為半徑作弧，分別交BA、BC于M、N兩點(diǎn)；②分別以M、N為圓心，以大于12MN的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于點(diǎn)P；③作射線BP，交邊AC于D點(diǎn)．若AB=10，BC=6，則線段A．3 B．103 C．83 答案:A分析：由尺規(guī)作圖痕跡可知，BD是∠ABC的角平分線，過D點(diǎn)作DH⊥AB于H點(diǎn)，根據(jù)全等證明出BC=BH,設(shè)DC=DH=x則AD=AC-DC=8-x，BC=BH=6，AH=AB-BH=4，在Rt△ADH中，由勾股定理得到，由此即可求出x的值．【詳解】解：由尺規(guī)作圖痕跡可知，BD是∠ABC的角平分線，過D點(diǎn)作DH⊥AB于H點(diǎn)，∵∠C=∠DHB=90°，∴DC=DH，AC=A∵∠C=∠DHB=90°，∠HBD=∠CBD，BD=BD∴△BHD≌△BCD（AAS）∴BC=BH

設(shè)DC=DH=x，則AD=AC-DC=8-x，BC=BH=6，AH=AB-BH=4，在Rt△ADH中，由勾股定理：AD代入數(shù)據(jù)：，解得x=3，故CD=3，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了角平分線的尺規(guī)作圖，在角的內(nèi)部角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等，勾股定理等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握角平分線的尺規(guī)作圖是解決本題的關(guān)鍵．10．（2023·湖南永州·?？家荒＃┤鐖D，正六邊形ABCDEF內(nèi)接于⊙O，過點(diǎn)O作OM⊥弦BC于點(diǎn)M，若⊙O的半徑為4，則弦心距OMA．23 B． C．2 D．2答案:A分析：如圖，連接OB、OC．首先證明△OBC是等邊三角形，求出BC、BM，根據(jù)勾股定理即可求出OM．【詳解】解：如圖，連接OB、OC．∵ABCDEF是正六邊形，∴∠BOC=60°，OB=OC=4