專題16解答壓軸題（幾何篇）-2022年中考數學真題分項匯編

2022年中考數學真題分項匯編（江蘇專用）專題16解答壓軸題（幾何篇）一、解答題1．（2022·江蘇無錫·統考中考真題）如圖，已知四邊形ABCD為矩形AB=22，BC=4，點E在BC上，CE=AE，將△ABC沿AC翻折到△AFC，連接EF(1)求EF的長；(2)求sin∠CEF的值．【答案】(1)17(2)8【分析】(1)先由RtΔABE可求得AE的長度，再由角度關系可得∠FAE=90°(2)過F作FM⊥CE于M，利用勾股定理列方程，即可求出EM的長度，同時求出FM的長度，得出答案.【詳解】（1）設BE=x，則EC=4-x，∴AE=EC=4-x，在RtΔABE中，∴(22∴x=1，∴BE=1，AE=CE=3，∵AE=EC，∴∠1=∠2，∵∠ABC=90∴∠CAB=90∴∠CAB=90由折疊可知ΔFAC?∴∠FAC=∠CAB=90°-∠1∴∠FAC+∠1=90∴∠FAE=90在RtΔFAE中，（2）過F作FM⊥BC于M，∴∠FME=∠FMC=90°，設EM=a,則EC=3a，在Rt△FME中，FM2在Rt△FMC中，FM∴FE∴(17∴a=5∴EM=5∴FM=(∴sin∠CEF=【點睛】此題考查了銳角三角函數，勾股定理，矩形的性質，通過添加輔助線構建直角三角形是解題的關鍵．2．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·統考中考真題）已知，點E、F、G、H分別在正方形ABCD的邊AB、BC、CD、AD上．(1)如圖1，當四邊形EFGH是正方形時，求證：AE+AH=AB；(2)如圖2，已知AE=AH，CF=CG，當AE、CF的大小有_________關系時，四邊形EFGH是矩形；(3)如圖3，AE=DG，EG、FH相交于點O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的邊長為16，FH長為20，當△OEH的面積取最大值時，判斷四邊形EFGH是怎樣的四邊形？證明你的結論．【答案】(1)見解析(2)AE=CF(3)平行四邊形，證明見解析【分析】（1）利用平行四邊形的性質證得∠BEF=∠AHE，根據角角邊證明△AEH≌△BFE．（2）當AE=CF，證得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可證得四邊形EFGH是矩形．（3）利用正方形的性質證得AEGD為平行四邊形，過點H作HM⊥BC，垂足為點M，交EG于點N，由平行線分線段成比例，設OE=4x，OF=5x，HN=h，則可表示出HN，從而把△OEH的面積用x的代數式表示出來，根據二次函數求出最大值，則可得OE=OG，OF=OH，即可證得平行四邊形．【詳解】（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴∠A=∠B=90°，∴∠AEH+∠AHE=90°．∵四邊形EFGH為正方形，∴EH=EF，∠HEF=90°，∴∠AEH+∠BEF=90°，∴∠BEF=∠AHE．在△AEH和△BFE中，∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，∴△AEH≌△BFE．∴AH=BE．∴AE+AH=AE+BE=AB；（2）AE=CF；證明如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴△AEH≌△FCG，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴△EBF是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四邊形EFGH是矩形．（3）∵四邊形ABCD為正方形，∴AB∥∵AE=DG，AE∥∴四邊形AEGD為平行四邊形．∴AD∥∴EG∥過點H作HM⊥BC，垂足為點M，交EG于點N，∴HNHM∵OE:OF=4:5，設OE=4x，OF=5x，HN=h，則h16∴h=44-x∴S=1∴當x=2時，△OEH的面積最大，∴OE=4x=8=12EG=OG∴四邊形EFGH是平行四邊形．【點睛】此題考查了正方形的性質，矩形的判定和平行四邊形的性質與判定，平行線分線段成比例定理，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質，二次函數的最值，有一定的綜合性，解題的關鍵是熟悉這些知識并靈活運用．3．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·統考中考真題）如圖1是一張圓凳的造型，已知這張圓凳的上、下底面圓的直徑都是30cm，高為42.9cm．它被平行于上、下底面的平面所截得的橫截面都是圓．小明畫出了它的主視圖，是由上、下底面圓的直徑AB、CD以及AC、BD組成的軸對稱圖形，直線l為對稱軸，點M、N分別是AC、BD的中點，如圖2，他又畫出了AC所在的扇形并度量出扇形的圓心角∠AEC=66°，發(fā)現并證明了點E在MN上．請你繼續(xù)完成參考數據：sin66°≈910，cos66°≈25，tan66°≈【答案】42cm【分析】連接AC，交MN于點H．設直線l交MN于點Q，根據圓周角定理可得∠AEM=33°，解Rt△AEH，得出1320【詳解】解：連接AC，交MN于點H．設直線l交MN于點Q．∵M是AC的中點，點E在MN上，∴∠AEM=∠CEM=1在△AEC中，∵EA=EC，∠AEH=∠CEH，∴EH⊥AC，AH=CH．∵直線l是對稱軸，∴AB⊥l，CD⊥l，MN⊥l，∴AB∥∴AC⊥AB．∴AC=42.9，AH=CH=429在Rt△AEH中，sin∠AEH=即1120則AE=39．∵tan∠AEH=即1320則EH=33．∴MH=6．∵該圖形為軸對稱圖形，張圓凳的上、下底面圓的直徑都是30cm∴HQ=1∴MQ=MH+HQ=6+15=21．∴MN=42cm【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，解直角三角形的實際應用，構造直角三角形是解題的關鍵．4．（2022·江蘇南通·統考中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，點E在折線BCD上運動，將AE繞點A順時針旋轉得到AF，旋轉角等于∠BAC，連接CF．(1)當點E在BC上時，作FM⊥AC，垂足為M，求證AM=AB；(2)當AE=32時，求CF(3)連接DF，點E從點B運動到點D的過程中，試探究DF的最小值．【答案】(1)見詳解(2)3或13(3)3【分析】（1）證明△ABE?△AMF即可得證．（2）分情況討論，當點E在BC上時，借助△ABE?△AMF，在Rt△CMF中求解；當點E在CD上時，過點E作EG⊥AB于點G，FH⊥AC于點H，借助△AGE?△AHF并利用勾股定理求解即可．（3）分別討論當點E在BC和CD上時，點F所在位置不同，DF的最小值也不同，綜合比較取最小即可．（1）如圖所示，由題意可知，∠AMF=∠B=90°，∴∠BAE=∠MAF，由旋轉性質知：AE=AF，在△ABE和△AMF中，{∠B=∠AMF∴△ABE?△AMF，∴AM=AB．（2）當點E在BC上時，在Rt△ABE中，AB=4，AE=32則BE=A在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，則AC=A由（1）可得，MF=BE=2在Rt△CMF中，MF=2，CM=AC-AM=5-4=1則CF=M當點E在CD上時，如圖，過點E作EG⊥AB于點G，FH⊥AC于點H，同（1）可得△AGE?△AHF，∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，由勾股定理得CF=3故CF的長為3或13．（3）如圖1所示，當點E在BC邊上時，過點D作DH⊥FM于點H，由（1）知，∠AMF=90故點F在射線MF上運動，且點F與點H重合時，DH的值最小．在△CMJ與△CDA中，{∠CMJ=∠ADC∴Rt△CMJ~Rt△CDA，∴CM即∴1∴MJ=34，DJ=CD-CJ=4-5在△CMJ與△DHJ中，{∠CMJ=∠DHJ∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，∴CM即1DHDH=11故DF的最小值115如圖2所示，當點E在線段CD上時，將線段AD繞點A順時針旋轉∠BAC的度數，得到線段AR，連接FR，過點D作DQ⊥AR，DK⊥FR，由題意可知，∠DAE=∠RAF，在△ARF與△ADE中，{AD=AR∴△ADE?△ARF，∴∠ARF=∠ADE=90故點F在RF上運動，當點F與點K重合時，DF的值最??；由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90故四邊形DQRK是矩形；∴DK=QR，∴AQ=AD?cos∵AR=AD=3，∴DK=QR=AR-AQ=3-12故此時DF的最小值為35由于35<115，故【點睛】本題考查矩形的性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的性質和判定、勾股定理、解直角三角形，解決本題的關鍵是各性質定理的綜合應用．5．（2022·江蘇常州·統考中考真題）在四邊形ABCD中，O是邊BC上的一點．若△OAB≌△OCD，則點O叫做該四邊形的“等形點”．(1)正方形_______“等形點”（填“存在”或“不存在”）；(2)如圖，在四邊形ABCD中，邊BC上的點O是四邊形ABCD的“等形點”．已知CD=42，OA=5，BC=12，連接AC，求AC(3)在四邊形EFGH中，EH//FG．若邊FG上的點O是四邊形EFGH的“等形點”，求OFOG【答案】(1)不存在，理由見詳解(2)4(3)1【分析】（1）根據“等形點”的概念，采用反證法即可判斷；（2）過A點作AM⊥BC于點M，根據“等形點”的性質可得AB=CD=42，OA=OC=5，OB=7=OD，設MO=a，則BM=BOMO=7a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，則在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC（3）根據“等形點”的性質可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根據EH∥FG，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，進而有OE=OH，可得OF=【詳解】（1）不存在，理由如下：假設正方形ABCD存在“等形點”點O，即存在△OAB≌△OCD，∵在正方形ABCD中，點O在邊BC上，∴∠ABO=90°，∵△OAB≌△OCD，∴∠ABO=∠CDO=90°，∴CD⊥DO，∵CD⊥BC，∴DO∥∵O點在BC上，∴DO與BC交于點O，∴假設不成立，故正方形不存在“等形點”；（2）如圖，過A點作AM⊥BC于點M，如圖，∵O點是四邊形ABCD的“等形點”，∴△OAB≌△OCD，∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，∵CD=42，OA=5，BC=12∴AB=CD=42，OA=OC=5∴OB=BCOC=125=7=OD，∵AM⊥BC，∴∠AMO=90°=∠AMB，∴設MO=a，則BM=BOMO=7a，∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，AM∴AB2-B解得：a=3，即MO=3，∴MC=MO+OC=3+5=8，AM=∴在Rt△AMC中，AC=A即AC的長為45（3）如圖，∵O點是四邊形EFGH的“等形點”，∴△OEF≌△OGH，∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，∵EH∥∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，∴根據∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，∴OE=OH，∵OF=OH，OE=OG，∴OF=OG，∴OFOG【點睛】本題考查了全等三角形的性質、勾股定理、正方形的性質、平行的性質等知識，充分利用全等三角形的性質是解答本題的關鍵．6．（2022·江蘇常州·統考中考真題）（現有若干張相同的半圓形紙片，點O是圓心，直徑AB的長是12cm，C是半圓弧上的一點（點C與點A、B不重合），連接AC、BC(1)沿AC、BC剪下△ABC，則△ABC是______三角形（填“銳角”、“直角”或“鈍角”）；(2)分別取半圓弧上的點E、F和直徑AB上的點G、H．已知剪下的由這四個點順次連接構成的四邊形是一個邊長為6cm(3)經過數次探索，小明猜想，對于半圓弧上的任意一點C，一定存在線段AC上的點M、線段BC上的點N和直徑AB上的點P、Q，使得由這四個點順次連接構成的四邊形是一個邊長為4cm【答案】(1)直角(2)見詳解(3)小明的猜想正確，理由見詳解【分析】（1）AB是圓的直徑，根據圓周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；（2）以A為圓心，AO為半徑畫弧交⊙O于點E，再以E為圓心，EO為半徑畫弧交于⊙O點F連接EF、FO、EA，G、H點分別與A、O點重合，即可；（3）當點C靠近點A時，設CM=13CA，CN=13CB，可證MN∥AB,推出MN=13AB=4cm，分別以M，N為圓心，MN為半徑作弧交【詳解】（1）解：如圖，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠ACB是直角，即△ABC是直角三角形，故答案為：直角；（2）解：以A為圓心，AO為半徑畫弧交⊙O于點E，再以E為圓心，EO為半徑畫弧交于⊙O點F連接EF、FO、EA，G、H點分別與A、O點重合，即可，作圖如下：由作圖可知AE=EF=FH=HG=OA=12AB=6即四邊形EFHG是邊長為6cm的菱形；（3）解：小明的猜想正確，理由如下：如圖，當點C靠近點A時，設CM=13∴CMCA∴MN∥∴MNAB∴MN=1分別以M，N為圓心，MN為半徑作弧交AB于點P，Q，作MD⊥AB于點D，NE⊥AB于點E，∴MN=MP=NQ=4cm∵MN∥AB,MD⊥AB，∴MD=NE，在RtΔMDP和MP=NQMD=NE∴RtΔMDP∴∠MPD=∠NQE，∴MP//又∵MP=NQ，∴四邊形MNQP是平行四邊形，又∵MN=MP，∴四邊形MNQP是菱形；同理，如圖，當點C靠近點B時，采樣相同方法可以得到四邊形MNQP是菱形，故小明的猜想正確．【點睛】本題考查了圓周角定理、尺規(guī)作圖、菱形的性質與判定等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用上述知識解決問題．7．（2022·江蘇南通·統考中考真題）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，BD為⊙O的直徑，AC平分∠BAD,CD=22，點E在BC的延長線上，連接DE(1)求直徑BD的長；(2)若BE=52【答案】(1)4(2)6【分析】（1）設OC輔助線，利用直徑、角平分線的性質得出∠DAC的度數，利用圓周角與圓心角的關系得出∠COD的度數，根據半徑與直徑的關系，結合勾股定理即可得出結論．（2）由（1）已知∠COD=90°，OC=OD得出∠BDC的度數，根據圓周角的性質結合∠DAC=∠BDC得出S1=S2，再根據直徑、等腰直角三角形的性質得出BC的值，進而利用直角三角形面積公式求出S△ECD【詳解】（1）解：如圖所示，連接OC，∵BD為⊙O的直徑，AC平分∠BAD，∴∠BAD=90°，∠BAC=∠DAC=1∴∠COD=∵CD=22，OC=OD∴2OD2=C∴OD=∴BD=OD+OB=2+2=4．（2）解：如圖所示，設其中小陰影面積為S1，大陰影面積為S3，弦CD與劣弧CD所形成的面積為∵由（1）已知∠COD=90°，∠DAC=45°，OC=OD，BD=4，∴∠BDC=1∵∠DAC=∠BDC，∴弦BC=弦CD，劣弧BC=劣弧CD∴S∵BD為⊙O的直徑，CD=∴∠BCD=∠ECD=∵BE=52∴CE=BE-BC=52∴S∴S【點睛】本題考查圓的性質的理解與綜合應用能力．涉及對半徑與直徑的關系，直徑的性質，圓周角與圓心角的關系，圓周角的性質，勾股定理，直角三角形，角平分線等知識點．半徑等于直徑的一半；直徑所對的圓周角是直角；在同圓或等圓中，相等的弦所對的圓周角等于圓心角的一半；在同圓或等圓中，圓周角相等=弧相等=弦相等．一個直角三角中，兩個直角邊邊長的平方加起來等于斜邊長的平方．恰當借助輔助線，靈活運用圓周角的性質建立等式關系是解本題的關鍵．8．（2022·江蘇鹽城·統考中考真題）【經典回顧】梅文鼎是我國清初著名的數學家，他在《勾股舉隅》中給出多種證明勾股定理的方法圖1是其中一種方法的示意圖及部分輔助線．在△ABC中，∠ACB=90°，四邊形ADEB、ACHI和BFGC分別是以Rt△ABC的三邊為一邊的正方形．延長IH和FG，交于點L，連接LC并延長交DE于點J，交AB于點K，延長DA交IL于點M．(1)證明：AD=LC；(2)證明：正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；(3)請利用（2）中的結論證明勾股定理．(4)【遷移拓展】如圖2，四邊形ACHI和BFGC分別是以△ABC的兩邊為一邊的平行四邊形，探索在AB下方是否存在平行四邊形ADEB，使得該平行四邊形的面積等于平行四邊形ACHI、BFGC的面積之和．若存在，作出滿足條件的平行四邊形ADEB（保留適當的作圖痕跡）；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析(4)存在，見解析【分析】（1）根據正方形的性質和SAS證明△ACB≌△HCG，可得結論；（2）證明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得結論；（3）證明正方形ACHI的面積+正方形BFGC的面積＝?ADJK的面積+?KJEB的面積＝正方形ADEB，可得結論；（4）如圖2，延長IH和FG交于點L，連接LC，以A為圓心CL為半徑畫弧交IH于一點，過這一點和A作直線，以A為圓心，AI為半徑作弧交這直線于D，分別以A，B為圓心，以AB，AI為半徑畫弧交于E，連接AD，DE，BE，則四邊形ADEB即為所求．【詳解】（1）證明：如圖1，連接HG，∵四邊形ACHI，ABED和BCGF是正方形，∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，∵∠ACB＝90°，∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∴∠GCH＝∠ACB，∴△ACB≌△HCG（SAS），∴GH＝AB＝AD，∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，∴四邊形CGLH是矩形，∴CL＝GH，∴AD＝LC；（2）證明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，∴∠BAC＝∠MAI，∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，∴△ABC≌△AMI（ASA），由（1）知：△ACB≌△HCG，∴△AMI≌△HGC，∵四邊形CGLH是矩形，∴S△CHG＝S△CHL，∴S△AMI＝S△CHL，∴正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；（3）證明：由正方形ADEB可得AB∥DE，又AD∥LC，所以四邊形ADJK是平行四邊形，由（2）知，四邊形ACLM是平行四邊形，由（1）知，AD=LC，所以S平行四邊形延長EB交LG于Q，同理有S平行四邊形所以S正方形所以AC（4）解：如圖為所求作的平行四邊形ADEB．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是全等三角形的性質和判定，平行四邊形的性質和判定，矩形的性質和判定，正方形的性質，勾股定理的證明等知識；熟練掌握正方形的性質和全等三角形的判定與性質，根據圖形面積的關系證出勾股定理是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．9．（2022·江蘇泰州·統考中考真題）已知：△ABC中，D為BC邊上的一點.(1)如圖①，過點D作DE∥AB交AC邊于點E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的長；(2)在圖②，用無刻度的直尺和圓規(guī)在AC邊上作點F，使∠DFA=∠A；（保留作圖痕跡，不要求寫作法）(3)如圖③，點F在AC邊上，連接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面積等于12CD?AB，以FD為半徑作⊙F，試判斷直線BC與⊙F【答案】(1)2(2)圖見詳解(3)直線BC與⊙F相切，理由見詳解【分析】（1）由題意易得CDBD=2（2）作DT∥AC交AB于點T，作∠TDF=∠ATD，射線DF交AC于點F，則點F即為所求；（3）作BR∥CF交FD的延長線于點R，連接CR，證明四邊形ABRF是等腰梯形，推出AB=FR，由CF∥BR，推出S△CFB=S△CFR=【詳解】（1）解：∵DE∥AB，∴△CDE∽△CBA，∴DEAB∵AB=5，BD=9，DC=6，∴DE5∴DE=2；（2）解：作DT∥AC交AB于點T，作∠TDF=∠ATD，射線DF交AC于點F，則點F即為所求；如圖所示：點F即為所求，（3）解：直線BC與⊙F相切，理由如下：作BR∥CF交FD的延長線于點R，連接CR，如圖，∵∠DFA=∠A，∴四邊形ABRF是等腰梯形，∴AB=FR，∵△FBC的面積等于12∴S△CFB∴CD⊥DF，∵FD是⊙F的半徑，∴直線BC與⊙F相切．【點睛】本題主要考查相似三角形的性質與判定、平行線的性質與判定及切線的判定，熟練掌握相似三角形的性質與判定、平行線的性質與判定及切線的判定是解題的關鍵．10．（2022·江蘇泰州·統考中考真題）如圖①，矩形ABCD與以EF為直徑的半圓O在直線l的上方，線段AB與點E、F都在直線l上，且AB=7，EF=10，BC＞5.點B以1個單位/秒的速度從點E處出發(fā)，沿射線EF方向運動矩形ABCD隨之運動，運動時間為t秒(1)如圖2，當t=2.5時，求半圓O在矩形ABCD內的弧的長度；(2)在點B運動的過程中，當AD、BC都與半圓O相交，設這兩個交點為G、H連接OG，OH.若∠GOH為直角，求此時t的值.【答案】(1)5π(2)8或9秒【分析】(1)通過計算當t=2.5時EB=BO，進而得到△MBE≌△MBO，判斷出△MEO為等邊三角形得到∠EOM=60°，然后根據弧長公式求解；(2)通過判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性質分析求解．【詳解】（1）解：設BC與⊙O交于點M，如下圖所示：當t=2.5時，BE=2.5，∵EF=10，∴OE=12EF=5∴OB=2.5，∴EB=OB，在正方形ABCD中，∠EBM=∠OBM=90°，且MB=MB，∴△MBE≌△MBO(SAS)，∴ME=MO，∴ME=EO=MO，∴△MOE是等邊三角形，∴∠EOM=60°，∴ME=（2）解：連接GO和HO，如下圖所示：∵∠GOH=90°，∴∠AOG+∠BOH=90°，∵∠AOG+∠AGO=90°，∴∠AGO=∠BOH，在△AGO和△OBH中，∠AGO=∠BOH∠GAO=∠HBO=∴△AGO≌△BOH(AAS)，∴AG=OB=BEEO=t5，∵AB=7，∴AE=BEAB=t7，∴AO=EOAE=5(t7)=12t，在Rt△AGO中，AG2+AO2=OG2，∴(t5)2+(12t)2=52，解得：t1=8，t2=9，即t的值為8或9秒．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，弧長公式的計算，勾股定理的應用，掌握全等三角形的判定(一線三垂直模型)，結合勾股定理列方程是解題關鍵．11．（2022·江蘇蘇州·統考中考真題）（1）如圖1，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB，交AB于點D，DE//AC，交BC于點E．①若DE=1，BD=32，求②試探究ABAD（2）如圖2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2個外角，∠BCF=2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延長線于點D，DE//AC，交CB的延長線于點E．記△ACD的面積為S1，△CDE的面積為S2，△BDE的面積為S3．若S【答案】（1）①BC=94；②ABAD-BEDE【分析】（1）①證明△CED∽△CDB，根據相似三角形的性質求解即可；②由DE∥AC，可得ABAD=BCDE，由①同理可得（2）根據平行線的性質、相似三角形的性質可得S1S2=ACDE=BCBE，又S3S2=BECE，則S1?S3【詳解】（1）①∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠DCB=1∵∠ACB=2∠B，∴∠ACD=∠DCB=∠B．∴CD=BD=3∵DE∥∴∠ACD=∠EDC．∴∠EDC=∠DCB=∠B．∴CE=DE=1．∴△CED∽△CDB．∴CECD∴BC=9②∵DE∥∴ABAD由①可得CE=DE，∴ABAD∴ABAD∴ABAD-BE（2）∵DE∥∴△BDE∽△BAC∴∴S1∵S3∴S1又∵S1∴BCCE設BC=9x，則CE=16x．∵CD平分∠BCF，∴∠ECD=∠FCD=1∵∠BCF=2∠CBG，∴∠ECD=∠FCD=∠CBD．∴BD=CD．∵DE∥∴∠EDC=∠FCD．∴∠EDC=∠CBD=∠ECD．∴CE=DE．∵∠DCB=∠ECD，∴△CDB∽△CED．∴CDCE∴CD∴CD=12x．如圖，過點D作DH⊥BC于H．∵BD=CD=12x，∴BH=1∴cos∠CBD=【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，求余弦，掌握相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．12．（2022·江蘇淮安·統考中考真題）在數學興趣小組活動中，同學們對菱形的折疊問題進行了探究．如圖（1），在菱形ABCD中，∠B為銳角，E為BC中點，連接DE，將菱形ABCD沿DE折疊，得到四邊形A'B'ED，點A的對應點為點A'，點B的對應點為點B'．(1)【觀察發(fā)現】A'D與B'E的位置關系是______；(2)【思考表達】連接B'C，判斷∠DEC與(3)如圖（2），延長DC交A'B'于點G，連接EG(4)【綜合運用】如圖（3），當∠B=60°時，連接B'C，延長DC交A'B'于點G，連接EG【答案】(1)A'(2)∠DEC=∠B(3)∠DEG=90°，理由見解析；(4)DG【分析】（1）利用菱形的性質和翻折變換的性質判斷即可；（2）連接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知點B、B'、C在以BC為直徑,E（3）連接B'C，DB，DB'，延長DE至點H，求出∠DGA'=180°-2x-y，∠GB'（4）延長DG交EB'的延長線于點T，過點D作DR⊥GA'交GA'的延長線于點R，設GC=GB'=x，CD=A'【詳解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥∴由翻折的性質可知，A'故答案為：A'（2）解：∠DEC=∠B理由：如圖，連接B'C，∵E為BC中點，∴EB=EC=EB∴點B、B'、C在以BC為直徑,E∴∠BB∴BB由翻折變換的性質可知BB∴DE∥∴∠DEC=∠B（3）解：結論：∠DEG=90°；理由：如圖，連接B'C，DB，DB'，延長由翻折的性質可知∠BDE=∠B設∠BDE=∠B'DE=x∵四邊形ABCD是菱形，

∴∠ADB=∠CDB=∠B'D∴∠A'∴∠DGA∴∠BEB∵EC=EB'，點B、B'、C在以BC為直徑∴∠EB∵A'∴∠A∴∠GB∴∠CGA∵∠CGA∴∠GB∴GC=GB'，∵EB'=EC，∴EG⊥CB'，∵DE∥∴DE⊥EG，∴∠DEG=90°；（4）解：結論：DG理由：如圖，延長DG交EB'的延長線于點T，過點D作DR⊥GA'交設GC=GB'=x∵∠B=60∴∠A=∠DA∴∠DA∴A'R=A在Rt△DGR中，則有2a+x∴x=4∴GB'=∵TB∴△B∴TB∴T∴TB∵CB∴CB∴DE=7∵∠DEG=90°，∴DG∴DG【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質，翻折變換，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數解決問題，學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．13．（2022·江蘇連云港·統考中考真題）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到點E，使DE=AD，且BE⊥DC．(1)求證：四邊形DBCE為菱形；(2)若△DBC是邊長為2的等邊三角形，點P、M、N分別在線段BE、BC、CE上運動，求PM+PN的最小值．【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）先根據四邊形ABCD為平行四邊形的性質和DE=AD證明四邊形DBCE為平行四邊形，再根據BE⊥DC，即可得證；（2）先根據菱形對稱性得，得到PM+PN=PM+PN'，進一步說明PM+PN的最小值即為菱形的高，再利用三角函數即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∵DE=AD，∴DE=BC，又∵點E在AD的延長線上，∴DE∥∴四邊形DBCE為平行四邊形，又∵BE⊥DC，∴四邊形DBCE為菱形．（2）解：如圖，由菱形對稱性得，點N關于BE的對稱點N'在DE上，∴PM+PN=PM+PN'，當P、M、N'共線時，PM+PN=PM+PN'=MN'，過點D作DH⊥BC，垂足為H，∵DE∥∴MN'的最小值即為平行線間的距離DH的長，∵△DBC是邊長為2的等邊三角形，∴在Rt△DBH中，∠DBC=60°，DB=2，sin∠DBC=∴DH=DB·sin∴PM+PN的最小值為3．【點睛】本題考查了最值問題，考查了菱形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，三角函數等知識，運用了轉化的思想方法．將最值問題轉化為求菱形的高是解答本題的關鍵．14．（2022·江蘇蘇州·統考中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，D是AB的中點，CD與AB交于點E．F是AB延長線上的一點，且CF=EF．(1)求證：CF為⊙O的切線；(2)連接BD，取BD的中點G，連接AG．若CF=4，BF=2，求AG的長．【答案】(1)見解析(2)AG=【分析】（1）方法一：如圖1，連接OC，OD．由∠OCD=∠ODC，FC=FE，可得∠OED=∠FCE，由AB是⊙O的直徑，D是AB的中點，∠DOE=90°，進而可得∠OCF=90°，即可證明CF為⊙O的切線；方法二：如圖2，連接OC，BC．設∠CAB=x°．同方法一證明∠OCF=90°，即可證明CF為⊙O的切線；（2）方法一：如圖3，過G作GH⊥AB，垂足為H．設⊙O的半徑為r，則OF=r+2．在Rt△OCF中，勾股定理求得r=3，證明GH∥DO，得出△BHG∽BOD，根據BHBO=BGBD，求得方法二：如圖4，連接AD．由方法一，得r=3．AB=6，D是AB的中點，可得AD=BD=32，根據勾股定理即可求得AG【詳解】（1）（1）方法一：如圖1，連接OC，OD．∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC．∵FC=FE，∴∠FCE=∠FEC．

∵∠OED=∠FEC，∴∠OED=∠FCE．∵AB是⊙O的直徑，D是AB的中點，∴∠DOE=90°．∴∠OED+∠ODC=90°．∴∠FCE+∠OCD=90°，即∠OCF=90°．∴OC⊥CF．∴CF為⊙O的切線．方法二：如圖2，連接OC，BC．設∠CAB=x°．∵AB是⊙O的直徑，D是AB的中點，∴∠ACD=∠DCB=45°．∴∠CEF=∠CAB+∠ACD=45+x∵FC=FE，∴∠FCE=∠FEC=45+x°∴∠BCF=x°．∵OA=OC，∴∠ACO=∠OAC=x°．∴∠BCF=∠ACO．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°．∴∠OCB+∠ACO=90°．∴∠OCB+∠BCF=90°，即∠OCF=90°．∴OC⊥CF．∴CF為⊙O的切線．（2）解：方法一：如圖3，過G作GH⊥AB，垂足為H．設⊙O的半徑為r，則OF=r+2．在Rt△OCF中，42解之得r=3．∵GH⊥AB，∴∠GHB=90°．

∵∠DOE=90°，∴∠GHB=∠DOE．∴GH∥∴△BHG∽BOD∴BHBO∵G為BD中點，∴BG=1∴BH=12BO=∴AH=AB-BH=6-3∴AG=G方法二：如圖4，連接AD．由方法一，得r=3．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°．∵AB=6，D是AB的中點，∴AD=BD=32∵G為BD中點，∴DG=1∴AG=A【點睛】本題考查了切線的判定，勾股定理，相似三角形的性質與判定，綜合運用以上知識是解題的關鍵．15．（2022·江蘇宿遷·統考中考真題）如圖，在網格中，每個小正方形的邊長均為1，每個小正方形的頂點稱為格點，點A、B、C、D、M均為格點．【操作探究】在數學活動課上，佳佳同學在如圖①的網格中，用無刻度的直尺畫了兩條互相垂直的線段AB、CD，相交于點P并給出部分說理過程，請你補充完整：解：在網格中取格點E，構建兩個直角三角形，分別是△ABC和△CDE．在Rt△ABC中，tan在Rt△CDE中，，所以tan∠BAC=所以∠BAC=∠DCE．因為∠ACP+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠ACP+∠BAC=90°，所以∠APC=90°，即AB⊥CD．(1)【拓展應用】如圖②是以格點O為圓心，AB為直徑的圓，請你只用無刻度的直尺，在BM上找出一點P，使PM=AM，寫出作法，并給出證明：(2)【拓展應用】如圖③是以格點O為圓心的圓，請你只用無刻度的直尺，在弦AB上找出一點P．使AM2=AP·【答案】(1)tan∠DCE=(2)見解析【分析】（1）取格點N，作射線AN交BM于點P，則AN⊥MO根據垂徑定理可知，點P即為所求作；（2）取格點I，連接MI交AB于點P，點P即為所求作．利用正切函數證得∠FMI=∠MNA，利用圓周角定理證得∠B=∠MNA，再推出△PAM∽△MAB，即可證明結論．（1）解：【操作探究】在網格中取格點E，構建兩個直角三角形，分別是△ABC和△CDE．在Rt△ABC中，tan在Rt△CDE中，tan∠DCE=所以tan∠BAC=所以∠BAC=∠DCE．因為∠ACP+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠ACP+∠BAC=90°，所以∠APC=90°，即AB⊥CD．故答案為：tan∠DCE=取格點N，作射線AN交BM于點P，點P即為所求作；∵∴∠MOD=∠NAC∵∠NAC+∠ANC=90°∴∠ANC+∠DOM=90°∴AN⊥OM∴（2）解：取格點I，連接MI交AB于點P，點P即為所求作；證明：作直徑AN，連接BM、MN，在Rt△FMI中，tan∠FMI=在Rt△MNA中，tan∠MNA=所以tan∠FMI=∴∠FMI=∠MNA，∵∠B=∠MNA，∴∠AMP=∠B，∵∠PAM=∠MAB，∴△PAM∽△MAB，∴PAAM∴AM2=AP·【點睛】本題考查作圖應用與設計，相似三角形的判定和性質，圓周角定理，解直角三角形等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．16．（2022·江蘇徐州·統考中考真題）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，點P在邊AB上，D、E分別為BC、PC的中點，連接DE．過點E作BC的垂線，與BC、AC分別交于F、G兩點．連接DG，交PC于點H．(1)∠EDC的度數為；(2)連接PG，求△APG的面積的最大值；(3)PE與DG存在怎樣的位置關系與數量關系？請說明理由；(4)求CHCE【答案】(1)45°(2)9(3)PE=DG，理由見解析(4)2【分析】（1）先說明∠B=45°，再說明DE是△CBP的中位線可得DE∥BP，然后由平行線的性質即可解答；（2）先說明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF=22DE、GF=CF=22CG；設AP=x，則BP=12x，BP=12x=2DE，然后通過三角形中位線、勾股定理、線段的和差用（3）先證明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，進而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，進而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可說明DG、PE的位置關系；（4）先說明△CEF∽△CDH得到CECD=CFCH，進而得到CHCE=CF?CD【詳解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12∴∠B=∠ACB=45°∵，D、E分別為BC、PC的中點∴DE∥BP，DE=12∴∠EDC=∠B=45°．（2）解：如圖：連接PG∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形∴DF=EF=22DE，GF=CF=2設AP=x，則BP=12x，BP=12x=2DE∴DE=12-x2，EF=12-x∵Rt△APC，∴PC=AP∴CE=12∵Rt△EFC∴FC=FG=CE∴CG=2CF=12+x∴AG=12CG=1212+x2=∴S△APG=12所以當x=