汇编34 2022-2024年九年级中考数学真题 几何综合(湖南专版）

2022-2024年中考数学真题知识点汇编34《几何综合》 湖南专版 1.【2022常德】 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ） A. B. ， C. D. 2．（2023•岳阳）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题：“今有圆材，径二尺五寸．欲为方版，令厚七寸，问广几何？”结合如图，其大意是：今有圆形材质，直径BD为25寸，要做成方形板材，使其厚度CD达到7寸．则BC的长是（　　） A．寸 B．25寸 C．24寸 D．7寸 3．（2023•岳阳）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题：“今有圆材，径二尺五寸．欲为方版，令厚七寸，问广几何？”结合如图，其大意是：今有圆形材质，直径BD为25寸，要做成方形板材，使其厚度CD达到7寸．则BC的长是（　　） A．寸 B．25寸 C．24寸 D．7寸 4. 如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点P．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ） A. B. C. D. 5．（2023•常德）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一点，且AD＝2，过点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为 　　． 6．（2024长沙）才在平面直角坐标系中，△AOB为等边三角形，点A的坐标为（1，0）．把△A0B按如图所示的方式放置，并将△AOB进行变换：第一次变换将△AOB绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△AOB边长的2倍，得到△A1OB1；第二次旋转将△A1OB1绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△A1OB1边长的2倍，得到△A2OB2，…．依次类推，得到△A2023OB2023，则△A2023OB2023的边长为 　 　，点A2023的坐标为 　 　． 7（2023•郴州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点M是AB的中点，求CM＝　　． 8. 【2022•娄底】如图，已知等腰的顶角的大小为，点D为边上的动点（与、不重合），将绕点A沿顺时针方向旋转角度时点落在处，连接．给出下列结论：①；②；③当时，的面积取得最小值．其中正确的结论有________（填结论对应的序号）． 9【2022•娄底】如图，以为边分别作菱形和菱形（点，，共线），动点在以为直径且处于菱形内的圆弧上，连接交于点．设． （1）求证：无论为何值，与相互平分；并请直接写出使成立的值． （2）当时，试给出的值，使得垂直平分，请说明理由． 10.【2022•衡阳】 如图，为⊙的直径，过圆上一点作⊙的切线交的延长线与点，过点作交于点，连接． （1）直线与⊙相切吗？并说明理由； （2）若，，求的长． 11 【2022常德】在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． （1）当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． （2）当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 12（2022•常德）如图，已知是的直径，于，是上的一点，交于，，连接交于． （1）求证：CD是的切线； （2）若，，求、的长． 13．（2023•常德）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，延长DA至E，连接EB．EC． （1）求证：△BAE≌△CAE； （2）在如图1中，若AE＝AD，其它条件不变得到图2，在图2中过点D作DF⊥AB于F，设H是EC的中点，过点H作HG∥AB交FD于G，交DE于M． 求证：①AF•MH＝AM•AE； ②GF＝GD． 14．（2023•长沙）如图，AB＝AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E． （1）求证：△ABE≌△ACD； （2）若AE＝6，CD＝8，求BD的长． 15 （2024•长沙）如图，点C在线段上，，，． （1）求证：； （2）若，求的度数． 16（2023•株洲）如图所示，四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，∠ABD＝45°，直线l与三条线段CD、CA、DA的延长线分别交于点E、F、G，且满足∠CFE＝45°． （1）求证：直线l⊥直线CE； （2）若AB＝DG． ①求证：△ABC≌△GDE； ②若，求四边形ABCD的周长． 17．【2022•怀化】如图，在等边三角形中，点为边上任意一点，延长至点，使，连接交于点，于点． （1）求证：； （2）若，求线段的长（结果用含的代数式表示）． 5.（2024长沙）如图，在中，对角线，相交于点O，． （1）求证：； （2）点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 18. 【2022•永州】如图，已知，是的直径，是的切线，点在的延长线上，，交于点， （1）求证：； （2）求证：； （3）若的面积，求四边形的面积． 19【2022•湘潭】如图，在⊙中，直径与弦相交于点，连接、． （1）求证：； （2）连接，若，，求⊙的半径． 20. 【2022常德】如图，已知是的直径，于，是上的一点，交于，，连接交于． （1）求证：CD是的切线； （2）若，，求、的长． 21. 【2022常德】在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． （1）当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． （2）当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 22．（2023•常德）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，延长DA至E，连接EB．EC． （1）求证：△BAE≌△CAE； （2）在如图1中，若AE＝AD，其它条件不变得到图2，在图2中过点D作DF⊥AB于F，设H是EC的中点，过点H作HG∥AB交FD于G，交DE于M． 求证：①AF•MH＝AM•AE； ②GF＝GD． 23．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E． （1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 　π　（结果保留π）； （2）若，则　　． 24．（2023•衡阳）如图，AB是⊙O的直径，AC是一条弦，D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F，交⊙O于点H，DB交AC于点G． （1）求证：AF＝DF． （2）若AF，sin∠ABD，求⊙O的半径． 25．（2023•永州）如图，以AB为直径的⊙O是△ABC的外接圆，延长BC到点D．使得∠BAC＝∠BDA，点E在DA的延长线上，点M在线段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G． （1）求证：ED是⊙O的切线； （2）若，BD＝5，AC＞CD，求BC的长； （3）若DE•AM＝AC•AD，求证：BM⊥CE． 26. 【2023•怀化】如图，是的直径，点是外一点，与相切于点，点为上的一点．连接、、，且． （1）求证：为的切线； （2）延长与的延长线交于点D，求证：； （3）若，求阴影部分的面积． 27. 【2023•岳阳】如图1，在中，，点分别为边的中点，连接． 初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________． 特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接． （1）求的度数； （2）求的长． 深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由． 28．（2023•邵阳）如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB＝8，AC＝6，DE＝4． （1）证明：△ABC∽△DEB． （2）求线段BD的长． 29．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E． （1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 　　（结果保留π）； （2）若，则　 　． 30．（2023•湘潭）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的高． （1）证明：△ABD∽△CBA； （2）若AB＝6，BC＝10，求BD的长． 31．（2023•邵阳）如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB＝8，AC＝6，DE＝4． （1）证明：△ABC∽△DEB． （2）求线段BD的长． 32（2024•长沙） 对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（ ） （2）如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． （3）已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】（1）①×；②√；③√ （2）①外接型单圆；②见解析 （3），， 33. （2024长沙）如图，在中，对角线，相交于点O，． （1）求证：； （2）点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 2022-2024年中考数学真题知识点汇编34《几何综合》 湖南专版解析版 1.【2022常德】 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ） A. B. ， C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D． 【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC， ∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE， ∴△BCE是等边三角形， ∴BE=BC，故A正确； B．∵点F是边AC中点， ∴CF=BF=AF=AC， ∵∠BCA=30°， ∴BA=AC， ∴BF=AB=AF=CF， ∴∠FCB=∠FBC=30°， 延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°， ∴∠BHE=∠DEC=90°， ∴BF//ED， ∵AB=DE， ∴BF=DE，故B正确． C．∵BF∥ED，BF=DE， ∴四边形BEDF是平行四边形， ∴BC=BE=DF， ∵AB=CF， BC=DF，AC=CD， ∴△ABC≌△CFD， ∴，故C正确； D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°， ∴∠FCG=30°， ∴FG=CG， ∴CG=2FG． ∵∠DCE=∠CDG=30°， ∴DG=CG， ∴DG=2FG．故D错误． 故选D． 2．（2023•岳阳）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题：“今有圆材，径二尺五寸．欲为方版，令厚七寸，问广几何？”结合如图，其大意是：今有圆形材质，直径BD为25寸，要做成方形板材，使其厚度CD达到7寸．则BC的长是（　　） A．寸 B．25寸 C．24寸 D．7寸 【考点】勾股定理；圆周角定理． 【分析】首先根据直径所对的圆周角是直角得∠BCD＝90°，然后再Rt△BCD中利用勾股定理即可求出BC的长． 【解答】解：依题意得：BD为⊙O的直径， ∴∠BCD＝90°， 在Rt△BCD中，BD＝25寸，CD＝7寸， 由勾股定理得：． ∴BC的长为24寸． 故选：C． 【点评】此题主要考查了圆周角定理，勾股定理的应用，解答此题的关键是理解直径所对的圆周角是直角． 3．（2023•岳阳）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题：“今有圆材，径二尺五寸．欲为方版，令厚七寸，问广几何？”结合如图，其大意是：今有圆形材质，直径BD为25寸，要做成方形板材，使其厚度CD达到7寸．则BC的长是（　　） A．寸 B．25寸 C．24寸 D．7寸 【考点】勾股定理；圆周角定理． 【分析】首先根据直径所对的圆周角是直角得∠BCD＝90°，然后再Rt△BCD中利用勾股定理即可求出BC的长． 【解答】解：依题意得：BD为⊙O的直径， ∴∠BCD＝90°， 在Rt△BCD中，BD＝25寸，CD＝7寸， 由勾股定理得：． ∴BC的长为24寸． 故选：C． 【点评】此题主要考查了圆周角定理，勾股定理的应用，解答此题的关键是理解直径所对的圆周角是直角． 4. 如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点P．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作，交延长线于H，则，根据菱形的性质和平行线的性质得到，，，进而利用含30度角的直角三角形的性质，证明得到，然后代值整理即可求解． 【详解】解：如图，过D作，交延长线于H，则， ∵在菱形中，，， ∴，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C． 5．（2023•常德）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一点，且AD＝2，过点D作DE∥BC交AC于E，将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置．则图2中的值为 　　． 【考点】相似三角形的判定与性质；旋转的性质． 【分析】利用勾股定理求得线段AC的长度，利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质得到，由旋转的性质得到 ∠DAB＝∠EAC，再利用相似三角形的判定与性质得到． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6， ∴AC10． ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴． ∵将△ADE绕A点顺时针旋转到图2的位置， ∴∠DAB＝∠EAC， ∴△ADB∽△AEC， ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质定理是解题的关键． 6．（2024长沙）才在平面直角坐标系中，△AOB为等边三角形，点A的坐标为（1，0）．把△A0B按如图所示的方式放置，并将△AOB进行变换：第一次变换将△AOB绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△AOB边长的2倍，得到△A1OB1；第二次旋转将△A1OB1绕着原点O顺时针旋转60°，同时边长扩大为△A1OB1边长的2倍，得到△A2OB2，…．依次类推，得到△A2023OB2023，则△A2023OB2023的边长为 　22023　，点A2023的坐标为 　（22022，﹣22022）　． 【考点】相似三角形的性质；规律型：点的坐标；坐标与图形变化﹣旋转． 【分析】利用等边三角形的性质，探究规律后，利用规律解决问题． 【解答】解：由题意OA＝1＝20，OA1＝2＝21，OA2＝4＝22，OA3＝8＝23，…OAn＝2n， ∴△A2023OB2023的边长为22023， ∵2023÷6＝337…1， ∴A2023与A1都在第四象限，坐标为（22022，﹣22022•）． 故答案为：22023，（22022，﹣22022）． 【点评】本题考查相似三角形的性质，规律型—点的坐标等知识，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型． 7（2023•郴州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点M是AB的中点，求CM＝　5　． 【考点】直角三角形斜边上的中线． 【分析】由勾股定理可求解AB的长，再利用直角三角形斜边上的中线可求解． 【解答】解：连接CM， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB， ∵点M是AB的中点， ∴CMAB＝5． 故答案为：5． 【点评】本题主要考查由勾股定理，直角三角形斜边上的中线，求解AB的长是解题的关键． 8. 【2022•娄底】如图，已知等腰的顶角的大小为，点D为边上的动点（与、不重合），将绕点A沿顺时针方向旋转角度时点落在处，连接．给出下列结论：①；②；③当时，的面积取得最小值．其中正确的结论有________（填结论对应的序号）． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】依题意知，和是顶角相等的等腰三角形，可判断②；利用SAS证明， 可判断①；利用面积比等于相似比的平方，相似比为，故最小时面积最小，即，等腰三角形三线合一，D为中点时 . 【详解】∵绕点A沿顺时针方向旋转角度得到 ∴， ∴ 即 ∴ ∵ 得：（SAS） 故①对 ∵和是顶角相等的等腰三角形 ∴ 故②对 ∴ 即AD最小时最小 当时，AD最小 由等腰三角形三线合一，此时D点是BC中点 故③对 故答案为：①②③ 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，手拉手模型，选项③中将面积与相似比结合是解题的关键 . 9【2022•娄底】如图，以为边分别作菱形和菱形（点，，共线），动点在以为直径且处于菱形内的圆弧上，连接交于点．设． （1）求证：无论为何值，与相互平分；并请直接写出使成立的值． （2）当时，试给出的值，使得垂直平分，请说明理由． 【答案】（1）见解析， （2）2，理由见解析 【解析】 【分析】（1）①连接BF、CE，证明四边形BFCE为平行四边形即可，②由题意可知四边形BFCE为菱形，进而可证明为等边三角形，即可求解； （2）连接AF，AO ，由垂直平分线的性质易证，从而可知，再由正方形的以及圆的相关性质可证得，设正方形边长为x，在 中，由正切的定义即可求解． 【小问1详解】 证明：如图所示：连接BF、CE， ∵菱形和菱形（点，，共线）， ∴点G、B、E共线， ， ， ∴四边形BFCE是平行四边形， ∴与相互平分， 即：无论为何值，与相互平分； 又∵， ∴四边形BFCE是菱形， ∴BE=BF， 又∵菱形和菱形， ， 为等边三角形， ； 【小问2详解】 如图所示：连接AF，AO ，设EF与AC交于点H， ∵垂直平分 ， 由（1）知，O为BC的中点， ∴动点在以O为圆心，为直径且处于菱形内的圆弧上， ， ， ， ， 在和 中， ， ， ， ∵，菱形， ∴四边形BCFG为正方形， ， ， 设，则 ， ， 在 中， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆中的相关性质，直径所对的圆周角为90度，正切的定义等，熟练掌握以上知识点，并能综合运用是解题的关键． 10.【2022•衡阳】 如图，为⊙的直径，过圆上一点作⊙的切线交的延长线与点，过点作交于点，连接． （1）直线与⊙相切吗？并说明理由； （2）若，，求的长． 【答案】 （1）相切，见解析 （2） 【解析】 【分析】 （1）先证得：，再证，得到，即可求出答案； （2）设半径为；则：，即可求得半径，再在直角三角形中，利用勾股定理，求解即可． 【小问1详解】 证明：连接． ∵为切线， ∴， 又∵， ∴，， 且， ∴， 在与中； ∵， ∴， ∴， ∴直线与相切． 【小问2详解】 设半径为； 则：，得； 在直角三角形中，， ，解得 【点睛】本题主要考查与圆相关的综合题型，涉及全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行线性质、勾股定理及全等三角形的判定和性质是解题的关键． 11 【2022常德】在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． （1）当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． （2）当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）①证明即可；②连接BG，CG，证明，即可证明； （2）①的结论和（1）中证明一样，证明即可；②的结论，作，证明即可． 【小问1详解】 证明：①证明过程： 四边形ABCD为矩形， 平分 为等腰直角三角形 ②证明：连接BG，CG， G为AF的中点，四边形ABCD为矩形， 平分， 【小问2详解】 作，如图所示 由（1）同理可证： 四边形ABCD为平行四边形 G为AF的中点，由平行线分线段成比例可得 ， 【点睛】本题考查了以矩形与平行四边形为桥梁，涉及全等三角形的证明，相似三角形的证明，正确作出辅助线并由此得到相应的全等三角形和相似三角形是解题的关键． 12（2022•常德）如图，已知是的直径，于，是上的一点，交于，，连接交于． （1）求证：CD是的切线； （2）若，，求、的长． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）连接OD，由可以推出，从而证明即可； （2）作交BC于点M，根据勾股定理求出BC的长，然后再根据平行得到即可求解． 【小问1详解】 证明：连接OD，如图所示： OD为经过圆心的半径 CD是的切线． 【小问2详解】 如图所示：作交BC于点M ，， 令， 在 ，解得： 【点睛】本题考查了圆的切线证明，勾股定理，相似三角形，全等三角形的判定等知识，综合性较强，熟练掌握几何基础知识并联系各知识体系并正确的作出辅助线是解题的关键 13．（2023•常德）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，延长DA至E，连接EB．EC． （1）求证：△BAE≌△CAE； （2）在如图1中，若AE＝AD，其它条件不变得到图2，在图2中过点D作DF⊥AB于F，设H是EC的中点，过点H作HG∥AB交FD于G，交DE于M． 求证：①AF•MH＝AM•AE； ②GF＝GD． 【考点】三角形综合题． 【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力． 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到EB＝EC，利用SSS公理证明△BAE≌△CAE； （2）①连接AH，证明△AFD∽△MAH，根据相似三角形的性质证明； ②证明△AMH∽△DAC，再根据三角形中位线定理证明即可． 【解答】证明：（1）∵AB＝AC，D是BC的中点， ∴AD是BC的垂直平分线， 又∵E在AD上， ∴EB＝EC， 在△BAE和△CAE中， ， ∴△BAE≌△CAE（SSS）； （2）①连接AH， ∵A，H分别是ED和EC的中点， ∴AH为△EDC的中位线， ∴AH∥DC， ∴∠EAH＝∠EDC＝90°， 又∵DF⊥AB， ∴∠AFD＝90°， 又∵HG∥AB， ∴∠FAD＝∠AMH， ∴△AFD∽△MAH， ∴， ∴AF⋅MH＝AM⋅AD， ∵AE＝AD， ∴AF⋅MH＝AM⋅AE； ②∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠ABD＝∠ADF＝∠AHM， ∴∠AHM＝∠ACB， ∴△AMH∽△DAC， ∵A、H分别为ED和EC中点， ∴AH为△EDC的中位线， ∴， ∴AMAD，即M为AD中点， ∵AF∥GH， ∴G为FD中点， ∴GF＝GD． 【点评】本题考查的是三角形全等的判定和性质、相似三角形的判定和性质，掌握三角形相似的判定定理是解题的关键． 14．（2023•长沙）如图，AB＝AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E． （1）求证：△ABE≌△ACD； （2）若AE＝6，CD＝8，求BD的长． 【考点】全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的相似；推理能力． 【分析】（1）利用“AAS”可证明△ABE≌△ACD； （2）先利用全等三角形的性质得到AD＝AE＝6，再利用勾股定理计算出AC，从而得到AB的长，然后计算AB﹣AD即可． 【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC， ∴∠AEB＝∠ADC＝90°， 在△ABE和△ACD中， ， ∴△ABE≌△ACD（AAS）； （2）解：∵△ABE≌△ACD， ∴AD＝AE＝6， 在Rt△ACD中，AC10， ∵AB＝AC＝10， ∴BD＝AB﹣AD＝10﹣6＝4． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． 15 （2024•长沙）如图，点C在线段上，，，． （1）求证：； （2）若，求的度数． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，证明是等边三角形是解答的关键． （1）直接根据全等三角形的判定证明结论即可； （2）根据全等三角形的性质得到，，再证明是等边三角形，利用等边三角形的性质求解即可． 【小问1详解】 证明：在与中， ， 所以； 【小问2详解】 解：因为，， 所以，， 所以是等边三角形． 所以． 16（2023•株洲）如图所示，四边形ABCD是半径为R的⊙O的内接四边形，AB是⊙O的直径，∠ABD＝45°，直线l与三条线段CD、CA、DA的延长线分别交于点E、F、G，且满足∠CFE＝45°． （1）求证：直线l⊥直线CE； （2）若AB＝DG． ①求证：△ABC≌△GDE； ②若，求四边形ABCD的周长． 【考点】圆的综合题． 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等得出∠ACD＝∠ABD＝45°，结合已知∠CFE＝45°，利用三角形内角和定理求出∠CEF＝90°，即可得到直线l⊥直线CE； （2）①根据圆内接四边形对角互补得到∠ABC+∠ADC＝180°，再根据邻补角的定义得出∠GDE+∠ADC＝180°，从而得到∠ABC＝∠GDE，根据直径所对的圆周角是直角得出∠ACB＝90°，结合（1）中∠CEF＝90°，可以得到∠ACB＝∠GED，最后利用AAS证得△ABC≌△GDE； ②由①已证△ACB≌△GED可以得出BC＝DE，于是有BC+CD＝DE+CD＝CE，再根据圆的半径求出直径AB的长，再证△ABD为等腰直角三角形，从而求出AD的长，即可求出四边形ABCD的周长． 【解答】（1）证明：在⊙O中，， ∴∠ACD＝∠ABD＝45°， 即∠FCE＝45° ∵∠CFE＝45°， ∴∠CEF＝180°﹣∠CFE﹣∠FCE＝180°﹣45°﹣45°＝90°， 即直线l⊥直线CE； （2）①证明：∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， ∵∠GDE+∠ADC＝180°， ∴∠ABC＝∠GDE， ∵AB为σO的直径， ∴∠ACB＝90°， 由（1）知∠CEF＝90°，即∠GED＝90°， ∴∠ACB＝∠GED， 在△ACB和△GED中， ， ∴△ACB≌△GED（AAS）； ②解：已证△ACB≌△GED， ∴BC＝DE， ∴BC+CD＝DE+CD＝CE， ∵R＝1， ∴AB＝2R＝2， ∵AB为σO的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠ABD＝45°， ∴∠BAD＝45°， ∴AD＝BD， 由勾股定理得AD2+BD2＝AB2， 即2AD2＝AB2＝22＝4， ∴， ∴四边形ABCD的周长为：AB+BC+CD+AD＝2． 【点评】本题考查了同弧所对的圆周角相等，圆内接四边形对角互补，三角形全等的判定与性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理以及四边形的周长的计算，涉及的知识点较多，需熟练掌握． 17．【2022•怀化】如图，在等边三角形中，点为边上任意一点，延长至点，使，连接交于点，于点． （1）求证：； （2）若，求线段的长（结果用含的代数式表示）． 解：（1）证明：过点作，交于点，如图所示． 在等边中，． ， ，，. 是等边三角形.. ，. 在和中，， .. （2）是等边三角形，且，. ，. . ，，． 5.（2024长沙）如图，在中，对角线，相交于点O，． （1）求证：； （2）点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 【答案】（1）见解析 （2）， 【解析】 【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键． （1）直接根据矩形的判定证明即可； （2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得，．进而可得，再根据等腰三角形的判定得到，过点O作于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得，，，然后利用正切定义求解即可． 【小问1详解】 证明：因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形是矩形． 所以； 【小问2详解】 解：中，，， 所以， 因为四边形是矩形， 所以，． 因为，所以． 过点O作于点F，则， 所以， 在中，， 所以． 18. 【2022•永州】如图，已知，是的直径，是的切线，点在的延长线上，，交于点， （1）求证：； （2）求证：； （3）若的面积，求四边形的面积． 【答案】（1）详见解析 （2）详见解析 （3）18 【解析】 【分析】（1）根据圆切线的性质即可求解； （2）根据圆的性质证，即可证明； （3）由得，进而得，所以，由即可求解； 【小问1详解】 证明∵是的直径，是的切线， ∴，， ∴， ∴． 【小问2详解】 证明∵， ∴， ∵，， ∴， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴． 小问3详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，，， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的性质、三角形的全等、相似三角形的判定与性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． 19【2022•湘潭】如图，在⊙中，直径与弦相交于点，连接、． （1）求证：； （2）连接，若，，求⊙的半径． 【答案】（1）证明见解析 （2）⊙的半径为3 【解析】 【分析】（1）利用，同弧所对的圆周角相等，得到，再结合对顶角相等，即可证明； （2）利用，得到，根据直径所对的圆周角是直角得到，再利用直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得⊙的半径． 【小问1详解】 证明：在⊙中， ∵， ∴， 又∵, ∴． 【小问2详解】 解：∵， 由（1）可知，， ∵直径， ∴， ∴在中，，， ∴， ∴， 即⊙的半径为3． 【点睛】本题考查圆的基本知识，相似三角形的判定，以及含角的直角三角形．主要涉及的知识点有同弧所对的圆周角相等；两个角对应相等的两个三角形相似；直径所对的圆周角是直角；直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半． 20. 【2022常德】如图，已知是的直径，于，是上的一点，交于，，连接交于． （1）求证：CD是的切线； （2）若，，求、的长． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）连接OD，由可以推出，从而证明即可； （2）作交BC于点M，根据勾股定理求出BC的长，然后再根据平行得到即可求解． 【小问1详解】 证明：连接OD，如图所示： OD为经过圆心的半径 CD是的切线． 【小问2详解】 如图所示：作交BC于点M ，， 令， 在 ，解得： 【点睛】本题考查了圆的切线证明，勾股定理，相似三角形，全等三角形的判定等知识，综合性较强，熟练掌握几何基础知识并联系各知识体系并正确的作出辅助线是解题的关键． 21. 【2022常德】在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． （1）当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． （2）当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）①证明即可；②连接BG，CG，证明，即可证明； （2）①的结论和（1）中证明一样，证明即可；②的结论，作，证明即可． 【小问1详解】 证明：①证明过程： 四边形ABCD为矩形， 平分 为等腰直角三角形 ②证明：连接BG，CG， G为AF的中点，四边形ABCD为矩形， 平分， 【小问2详解】 作，如图所示 由（1）同理可证： 四边形ABCD为平行四边形 G为AF的中点，由平行线分线段成比例可得 ， 【点睛】本题考查了以矩形与平行四边形为桥梁，涉及全等三角形的证明，相似三角形的证明，正确作出辅助线并由此得到相应的全等三角形和相似三角形是解题的关键． 22．（2023•常德）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，延长DA至E，连接EB．EC． （1）求证：△BAE≌△CAE； （2）在如图1中，若AE＝AD，其它条件不变得到图2，在图2中过点D作DF⊥AB于F，设H是EC的中点，过点H作HG∥AB交FD于G，交DE于M． 求证：①AF•MH＝AM•AE； ②GF＝GD． 【考点】三角形综合题． 【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力． 【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到EB＝EC，利用SSS公理证明△BAE≌△CAE； （2）①连接AH，证明△AFD∽△MAH，根据相似三角形的性质证明； ②证明△AMH∽△DAC，再根据三角形中位线定理证明即可． 【解答】证明：（1）∵AB＝AC，D是BC的中点， ∴AD是BC的垂直平分线， 又∵E在AD上， ∴EB＝EC， 在△BAE和△CAE中， ， ∴△BAE≌△CAE（SSS）； （2）①连接AH， ∵A，H分别是ED和EC的中点， ∴AH为△EDC的中位线， ∴AH∥DC， ∴∠EAH＝∠EDC＝90°， 又∵DF⊥AB， ∴∠AFD＝90°， 又∵HG∥AB， ∴∠FAD＝∠AMH， ∴△AFD∽△MAH， ∴， ∴AF⋅MH＝AM⋅AD， ∵AE＝AD， ∴AF⋅MH＝AM⋅AE； ②∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠ABD＝∠ADF＝∠AHM， ∴∠AHM＝∠ACB， ∴△AMH∽△DAC， ∵A、H分别为ED和EC中点， ∴AH为△EDC的中位线， ∴， ∴AMAD，即M为AD中点， ∵AF∥GH， ∴G为FD中点， ∴GF＝GD． 【点评】本题考查的是三角形全等的判定和性质、相似三角形的判定和性质，掌握三角形相似的判定定理是解题的关键． 23．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E． （1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 　π　（结果保留π）； （2）若，则　　． 【考点】平行线分线段成比例；垂径定理；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算． 【专题】圆的有关概念及性质；图形的相似；推理能力． 【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理可得∠BOC＝60°，利用弧长公式即可求出的长； （2）连接OC，根据垂径定理得到OC⊥BD，再由切线得到EC∥BD，利用平行线分线段成比例得出，再根据勾股求出EC＝2x，代入比例式即可解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接OC， ∵∠A＝30°，AB＝6， ∴∠BOC＝60°，OB＝3， ∴的长π； 故答案为：π； （2）如图，连接OC， ∵点C为的中点， ∴， ∴OC⊥BD， 又∵EC是⊙O的切线， ∴OC⊥EC， ∴EC∥BD， ∵， ∴， 设EB＝x，则AB＝3x，BO＝OCx，EOx，AE＝4x， ∴EC2x， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理、圆周角定理、切线的判定与性质，勾股定理，弧长的计算，掌握圆周角定理、切线的判定与性质是关键． 24．（2023•衡阳）如图，AB是⊙O的直径，AC是一条弦，D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F，交⊙O于点H，DB交AC于点G． （1）求证：AF＝DF． （2）若AF，sin∠ABD，求⊙O的半径． 【考点】圆周角定理；解直角三角形；圆心角、弧、弦的关系． 【专题】三角形；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力；推理能力． 【分析】（1）由D是弧AC的中点，得出，再由垂径定理得出，根据等弧所对圆周角相等得出∠ADH＝∠CAD，即可证明出结论． （2）证明出∠ADE＝∠B，得出tan∠ADE，设AE＝x，根据勾股定理求出x，再求出直径即可． 【解答】（1）证明：∵D是弧AC的中点， ∴， ∵AB⊥DH，且AB是⊙O的直径， ∴， ∴， ∴∠ADH＝∠CAD， ∴AF＝DF． （2）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠DAB+∠B＝90°， ∵∠DAE+∠ADE＝90°， ∴∠ADE＝∠B， ∴sin∠ADE， ∴tan∠ADE， 设AE＝x，则DE＝2x， ∵DF＝AF， ∴EF＝2x， ∵AE2+EF2＝AF2， ∴x＝2， ∴AD2， ∴AB， ∴AB＝10， ∴⊙O的半径为5． 【点评】本题考查了圆的相关性质的应用，解直角三角形、勾股定理的计算是解题关键． 25．（2023•永州）如图，以AB为直径的⊙O是△ABC的外接圆，延长BC到点D．使得∠BAC＝∠BDA，点E在DA的延长线上，点M在线段AC上，CE交BM于N，CE交AB于G． （1）求证：ED是⊙O的切线； （2）若，BD＝5，AC＞CD，求BC的长； （3）若DE•AM＝AC•AD，求证：BM⊥CE． 【考点】圆的综合题． 【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；推理能力；应用意识． 【分析】（1）由AB是⊙O的直径得∠ACB＝90°，故∠BAC+∠ABC＝90°，由∠BAC＝∠BDA得∠BDA+∠ABC＝90°，有∠BAD＝90°，即可得证； （2）证明△ACB∽△DCA，则 ，可得 ，解得BC＝2 或BC＝3，由AC＞CD即可得到BC的长； （3）先证明△ABC∽△DAC，则 ，得到AC•AD＝CD•AB，由 DE•AM＝AC•AD得到DE•AM＝CD•AB，故 ，由同角的余角相等得∠BAM＝∠CDE，有△AMBB∽△DCE，得∠E＝∠ABM，进一步得到∠EGA+∠E＝∠ABM+∠BGN＝90°，则∠BNG＝90°，即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠BAC+∠ABC＝90°， ∵∠BAC＝∠BDA， ∴∠BDA+∠ABC＝90°， ∴∠BAD＝90°， ∴ED是⊙O的切线； （2）解：∵∠BAC＝∠BDA，∠ACB＝∠DCA＝90°， ∴△ACB∽△DCA， ∴， ∴， 解得BC＝2或BC＝3， 当BC＝2时，CD＝BD﹣BC＝3， 当BC＝3时，CD＝BD﹣BC＝2， ∵AC＞CD，即CD， ∴BC＝3； （3）证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠DCA＝90°， ∵∠BAC＝∠BDA， ∴△ABC∽△DAC， ∴， ∴AC•AD＝CD•AB， ∵DE•AM＝AC•AD， ∴DE．AM＝CD•AB， ∴， ∵∠BAM+∠CAD＝∠CDE+∠CAD＝90°， ∴∠BAM＝∠CDE， ∴△AMB∽△DCE， ∴∠E＝∠ABM， ∵∠EGA＝∠BGN， ∴∠EGA+∠E＝∠ABM+∠BGN＝90°， ∴∠BNG＝90°， ∴BM⊥CE． 【点评】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 26. 【2023•怀化】如图，是的直径，点是外一点，与相切于点，点为上的一点．连接、、，且． （1）求证：为的切线； （2）延长与的延长线交于点D，求证：； （3）若，求阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，证明，即可得证； （2）根据，即可得证； （3）根据圆周角定理得出，进而勾股定理求得，根据，即可求解． 【小问1详解】 证明：∵是的切线， ∴ 如图所示，连接 在与中， ∴ ∵为上的一点． ∴是的切线； 【小问2详解】 ∵是的切线； ∴， ∴ ∴ 【小问3详解】 解：∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴ 【点睛】本题考查了切线的性质与判定，圆周角定理，求含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，求扇形面积，熟练掌握以上知识是解题的关键． 27. 【2023•岳阳】如图1，在中，，点分别为边的中点，连接． 初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________． 特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接． （1）求的度数； （2）求的长． 深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或 【解析】 【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论； （2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则； （3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解． 【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点， ∴是的中位线， ∴；； 故答案是：； （2）特例研讨：（1）如图所示，连接，， ∵是的中位线， ∴， ∴ ∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到， ∴； ∵点在同一直线上时， ∴ 又∵在中，是斜边的中点， ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∴，即旋转角 ∴ ∴是等边三角形， 又∵， ∴, ∴, ∴, ∴ （2）如图所示，连接， ∵，， ∴，, ∵, ∴ ∴, 设，则， 在中，，则， 在中，, ∴, 解得：或（舍去） ∴, （3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时， ∵， ∴， 设，则， ∵是的中位线， ∴ ∴， ∵将绕点顺时针旋转，得到， ∴，， ∴ ∴， ∵点在同一直线上， ∴ ∴， ∴在同一个圆上， ∴ ∴ ∵， ∴； 如图所示，当在上时， ∵ ∴在同一个圆上， 设，则， 将绕点顺时针旋转，得到， 设，则，则， ∴， ∵, ∴， ∵ ∴ ∴ 综上所述，或 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 28．（2023•邵阳）如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB＝8，AC＝6，DE＝4． （1）证明：△ABC∽△DEB． （2）求线段BD的长． 【考点】相似三角形的判定与性质． 【专题】图形的相似；推理能力． 【分析】（1）利用同角的余角相等得∠C＝∠DBE，可证明结论； （2）根据相似三角形的性质即可求出答案． 【解答】（1）证明：∵CA⊥AD，ED⊥AD，CB⊥BE， ∴∠A＝∠CBE＝∠D＝90°， ∴∠C+∠CBA＝90°，∠CBA+∠DBE＝90°， ∴∠C＝∠DBE， ∴△ABC∽△DEB； （2）解：∵△ABC∽△DEB， ∴， ∴， ∴BD＝3． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，利用同角的余角相等得∠C＝∠DBE是解决问题的关键． 29．（2023•岳阳）如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E． （1）若∠A＝30°，AB＝6，则的长是 　π　（结果保留π）； （2）若，则　　． 【考点】平行线分线段成比例；垂径定理；圆周角定理；切线的性质；弧长的计算． 【专题】圆的有关概念及性质；图形的相似；推理能力． 【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理可得∠BOC＝60°，利用弧长公式即可求出的长； （2）连接OC，根据垂径定理得到OC⊥BD，再由切线得到EC∥BD，利用平行线分线段成比例得出，再根据勾股求出EC＝2x，代入比例式即可解决问题． 【解答】解：（1）如图，连接OC， ∵∠A＝30°，AB＝6， ∴∠BOC＝60°，OB＝3， ∴的长π； 故答案为：π； （2）如图，连接OC， ∵点C为的中点， ∴， ∴OC⊥BD， 又∵EC是⊙O的切线， ∴OC⊥EC， ∴EC∥BD， ∵， ∴， 设EB＝x，则AB＝3x，BO＝OCx，EOx，AE＝4x， ∴EC2x， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理、圆周角定理、切线的判定与性质，勾股定理，弧长的计算，掌握圆周角定理、切线的判定与性质是关键． 30．（2023•湘潭）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边BC上的高． （1）证明：△ABD∽△CBA； （2）若AB＝6，BC＝10，求BD的长． 【考点】相似三角形的判定与性质． 【专题】图形的相似；推理能力． 【分析】（1）根据已知条件得出∠BDA＝∠BAC，又∠B为公共角，于是得出△ABD∽△CBA； （2）根据相似三角形的性质即可求出BD的长． 【解答】（1）证明：∵AD是斜边BC上的高， ∴∠BDA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠BDA＝∠BAC， 又∵∠B为公共角， ∴△ABD∽△CBA； （2）解：由（1）知△ABD∽△CBA， ∴， ∴， ∴BD＝3.6． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟知有两个角相等的两个三角形相似是解题的关键． 31．（2023•邵阳）如图，CA⊥AD，ED⊥AD，点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE．已知AB＝8，AC＝6，DE＝4． （1）证明：△ABC∽△DEB． （2）求线段BD的长． 【考点】相似三角形的判定与性质． 【专题】图形的相似；推理能力． 【分析】（1）利用同角的余角相等得∠C＝∠DBE，可证明结论； （2）根据相似三角形的性质即可求出答案． 【解答】（1）证明：∵CA⊥AD，ED⊥AD，CB⊥BE， ∴∠A＝∠CBE＝∠D＝90°， ∴∠C+∠CBA＝90°，∠CBA+∠DBE＝90°， ∴∠C＝∠DBE， ∴△ABC∽△DEB； （2）解：∵△ABC∽△DEB， ∴， ∴， ∴BD＝3． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，利用同角的余角相等得∠C＝∠DBE是解决问题的关键． 32（2024•长沙） 对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； （ ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形； （ ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（ ） （2）如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． （3）已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】（1）①×；②√；③√ （2）①外接型单圆；②见解析 （3），， 【解析】 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①根据已知结合题中定义可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论； ②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可． 【小问1详解】 解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以 ①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，即； 故③正确， 故答案为：①×；②√；③√； 【小问2详解】 解：①∵四边形中，， ∴四边形无内切圆，又该四边形有外接圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即和均为半圆， ∴是的直径． 【小问3详解】 ①证明：如图，连接、、、、， ∵是四边形的内切圆， ∴，，，， ∴， 在四边形中，， 同理可证，， ∵四边形是“完美型双圆”四边形， ∴该四边形有外接圆，则， ∴，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接、、、， ∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H， ∴∴，，，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， 在中，由得， 解得； 在中，， ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 33. （2024长沙）如图，在中，对角线，相交于点O，． （1）求证：； （2）点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 【答案】（1）见解析 （2）， 【解析】 【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键． （1）直接根据矩形的判定证明即可； （2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得，．进而可得，再根据等腰三角形的判定得到，过点O作于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得，，，然后利用正切定义求解即可． 【小问1详解】 证明：因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形是矩形． 所以； 【小问2详解】 解：中，，， 所以， 因为四边形是矩形， 所以，． 因为，所以． 过点O作于点F，则， 所以， 在中，， 所以． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$