专题09 几何综合（3类中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题题源解密（广东专用）

专题09 几何综合 课标要求 考点 考向 1.理解三角形及其内角、外角、中线、高线、角平分线等概念，掌握三角形的三边关系、内角和定理等基本性质。能够运用全等三角形的判定和性质解决简单的几何问题，如证明线段相等、角相等、图形的全等关系等。了解等腰三角形、等边三角形、直角三角形的特殊性质，掌握它们的判定方法，并能运用这些性质和判定解决相关问题。熟悉相似三角形的概念、判定定理和性质，能够利用相似三角形解决实际问题，如测量物体高度、计算距离等。 2.认识四边形的各种类型，如平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形等，掌握它们的定义、性质和判定方法。理解四边形的内角和、外角和定理，能够运用这些定理解决四边形的角度计算问题。掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系，能够进行相互转化，并利用它们的性质解决相关问题。了解四边形的中位线定理，能够运用中位线定理解决四边形中的线段关系问题。 3.理解圆的基本概念，如圆的定义、半径、直径、弧、弦、圆心角、圆周角等。掌握圆的性质，如圆的对称性、垂径定理、圆周角定理等，并能运用这些性质解决与圆相关的问题。了解点与圆、直线与圆的位置关系，掌握切线的性质和判定方法，能够解决与切线相关的问题。熟悉圆的周长、面积公式，以及扇形的面积、弧长公式，能够运用这些公式解决实际问题。 三角形 三角形综合 四边形 四边形综合 圆 圆综合 考点一 三角形 ►考向一 三角形综合 1.（2024•广东）【知识技能】 （1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC． 【数学理解】 （2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝BD•CC′． 【拓展探索】 （3）如图3，在△ABC中，tanB＝，点D在AB上，AD＝．过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE＝．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 考点二 四边形 ►考向一 四边形综合 1.（2023•深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F， ①求证：△ABE≌△FCB； ②若S矩形ABCD＝20时，则BE•CF＝　20　． （2）如图2，在菱形ABCD中，cosA＝，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF•BC的值． （3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF•EG＝7时，请直接写出AG的长． 2.（2023•广州）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF． （1）若∠ABE＝15°，求证：△ABF是等边三角形； （2）延长FA，交射线BE于点G． ①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长． 考点三 圆 ►考向一 圆的综合 15．（2024•广州）如图，在菱形ABCD中，∠C＝120°．点E在射线BC上运动（不与点B，点C重合），△AEB关于AE的轴对称图形为△AEF．（1）当∠BAF＝30°时，试判断线段AF和线段AD的数量和位置关系，并说明理由； （2）若AB＝6+6，⊙O为△AEF的外接圆，设⊙O的半径为r． ①求r的取值范围； ②连接FD，直线FD能否与⊙O相切？如果能，求BE的长度；如果不能，请说明理由． 2.（2023•广东）综合探究 如图1，在矩形ABCD中（AB＞AD），对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A′．连接AA′交BD于点E，连接CA′． （1）求证：AA'⊥CA'； （2）以点O为圆心，OE为半径作圆． ①如图2，⊙O与CD相切，求证：； ②如图3，⊙O与CA′相切，AD＝1，求⊙O的面积． 1.（2024•深圳）【定义】 如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该点为所在边的中点，那么这个平行四边形叫做“垂中平行四边形”，垂足叫做“垂中点”． 如图1，在▱ABCD中，BF⊥AC于点E，交AD于点F，若F为AD的中点，则▱ABCD是垂中平行四边形，E是垂中点． 【应用】 （1）如图1，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若，CE＝2，则AE＝　1　；AB＝　　； （2）如图2，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若AB＝BD，试猜想AF与CD的数量关系，并加以证明； （3）如图3，在△ABC中，BE⊥AC于点E，CE＝2AE＝12，BE＝5． ①请画出以BC为边的垂中平行四边形，使得E为垂中点，点A在垂中平行四边形的边上； （不限定画图工具，不写画法及证明，在图上标明字母） ②将△ABC沿AC翻折得到△AB'C，若射线CB'与①中所画的垂中平行四边形的边交于另一点P，连接PE，请直接写出PE的长． 一、单选题 1．（2024·广东广州·三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，的平分线交对角线于点E，且，则线段的长为（    ） A．1 B． C． D． 2．（2024·广东深圳·三模）如图，在等腰中，，，为的中点，为上一点，且，是上两动点，且，则的最小值为（    ） A．8 B． C． D．10 二、填空题 3．（2024·广东广州·模拟预测）如图，为的直径，点A是弧的中点，交于E点，的切线与的延长线交于点F，，．则（1）弧的长＝ ；（2） ． 4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，矩形的长，将矩形对折，折痕为，展开后，再将折到的位置，使点C刚好落在线段的中点F处，则折痕 ． 5．（2024·广东广州·二模）如图，在边长为6的正方形中．点E在边上，，点P、Q分别是直线、上的两个动点，将沿翻折，使点A落在点F处，连接，，则的最小值是 ． 6．（2024·广东河源·一模）如图，矩形中，，，点，分别在边，边上运动，点在矩形内，且，，，则线段的取值范围为 ． 7．（19-20九年级上·江苏连云港·期中）如图，在中，，，，的半径为2，点是边上的动点，过点作的一条切线（点为切点），则线段长的最小值为 ． 三、解答题 8．（2024·广东湛江·模拟预测）【综合与实践】 问题情境：数学课上，同学们利用两张全等的直角三角形纸片进行图形变换的操作探究，已知，，，． 【操作探究1】 （1）小颖将和按如图1的方式在同一平面内放置，其中与重合，此时，、三点恰好共线．点，在点异侧，求线段的长； 【操作探究2】 （2）小军在图1的基础上进行了如下操作：保持不动，将绕点按顺时针方向旋转角度（，射线和交于点（如图2）． ①求证：； ②如图3，当时，延长交于点，求线段的长． 9．（2024·广东·模拟预测）如图，在等腰直角中，，，点E为的中点，，将线段绕点E顺时针旋转，连接、；点D为中点，连接，直线与直线交于点N． (1)如图1，若，，求的长； (2)连接并延长至点M，使，连接． ①如图2，若，求证：； ②如图3，当点G、F、B共线时，，连接，，请直接写出的值． 10．（2024·广东深圳·模拟预测）【几何探究】 【教材呈现】如图1，，，点是边上一点，且，若，则 ； 【探究发现】如图2，在正方形中，点是上动点，点是上一点，且，将绕点逆时针旋转，点落在射线上的点处，点对应点为点，连接． （1）当点为中点时，求证：为等腰直角三角形； （2）如果点为上任意一点，试探究：与之间的数量关系，写出你的结论并加以证明； 【迁移运用】如图3，在菱形中，，点是上动点，点是上一点，且，将绕点逆时针旋转，点落在射线上的点处，点对应点为点，连接，直接写出与之间的数量关系（用含有的式子表示）． 11．（2024·广东东莞·一模）如图1，是中的平分线，，以为半径的与相交于点，且． (1)求证：是切线； (2)如图2，设与的切点为，连接．当时，求的半径； (3)若是线段的中点，连与交于，在（2）的条件下，求的值． 12．（2024·广东中山·模拟预测）已知抛物线，经过平面直角坐标系中的A、B、C三点，，，． (1)如图1，外接圆记作，则 度； (2)如图2，连接，点P是位于上方的抛物线的一动点，过P作x轴的垂线交于点E，交x轴于F点，当时，求P点的坐标； (3)如图，过M作于点N，是否存在P点，使得？若存在，求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由． 13．（2023·广东河源·二模）如图，是的直径，是的一条弦，直线为的切线，，交的延长线于点E (1)求证：； (2)连接，延长交于点F，延长交于点G．当F为的中点时，求证：； (3)若的半径为6，在（2）的条件下，求图中阴影部分面积． 14．（2024·广东深圳·三模）如图1，在矩形中，，点是对角线上的一动点． 【初步探究】 （1）下表是某探究小组得出的正确结果：（部分数据被遮挡） 已知 2 表中被遮挡的数据　　　，　　　，　　　； 【探究运用】 （2）当时，求的值． 【拓展延伸】 （3）如图2，的外接圆交于点，交于点，交于点，若，当时，直接写出此时的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 几何综合 课标要求 考点 考向 1.理解三角形及其内角、外角、中线、高线、角平分线等概念，掌握三角形的三边关系、内角和定理等基本性质。能够运用全等三角形的判定和性质解决简单的几何问题，如证明线段相等、角相等、图形的全等关系等。了解等腰三角形、等边三角形、直角三角形的特殊性质，掌握它们的判定方法，并能运用这些性质和判定解决相关问题。熟悉相似三角形的概念、判定定理和性质，能够利用相似三角形解决实际问题，如测量物体高度、计算距离等。 2.认识四边形的各种类型，如平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形等，掌握它们的定义、性质和判定方法。理解四边形的内角和、外角和定理，能够运用这些定理解决四边形的角度计算问题。掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系，能够进行相互转化，并利用它们的性质解决相关问题。了解四边形的中位线定理，能够运用中位线定理解决四边形中的线段关系问题。 3.理解圆的基本概念，如圆的定义、半径、直径、弧、弦、圆心角、圆周角等。掌握圆的性质，如圆的对称性、垂径定理、圆周角定理等，并能运用这些性质解决与圆相关的问题。了解点与圆、直线与圆的位置关系，掌握切线的性质和判定方法，能够解决与切线相关的问题。熟悉圆的周长、面积公式，以及扇形的面积、弧长公式，能够运用这些公式解决实际问题。 三角形 三角形综合 四边形 四边形综合 圆 圆综合 考点一 三角形 ►考向一 三角形综合 1.（2024•广东）【知识技能】 （1）如图1，在△ABC中，DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′．当点E的对应点E′与点A重合时，求证：AB＝BC． 【数学理解】 （2）如图2，在△ABC中（AB＜BC），DE是△ABC的中位线．连接CD，将△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC′，连接A′B，C′C，作△A′BD的中线DF．求证：2DF•CD＝BD•CC′． 【拓展探索】 （3）如图3，在△ABC中，tanB＝，点D在AB上，AD＝．过点D作DE⊥BC，垂足为E，BE＝3，CE＝．在四边形ADEC内是否存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用等腰三角形+平行线证明∠DAE＝∠BCA即可得证； （2）先证△ADA′∽△CDC得到，再证AA'＝2DF，代入变形即可得证； （3）利用特殊点，∠AGD＝90°，∠CGE＝90°，则G就是以AD为直径的圆和以CE为直径的圆的交点，根据题意证G在内部即可． 【解答】（1）证明：∵△ADC绕点D按逆时针方向旋转，得到△A′DC'，且E'与A重合， ∴AD＝DE， ∴∠DAE＝∠DEA， ∵DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∴∠DEA＝∠BCA， ∴∠DAE＝∠BCA， ∴AB＝BC． （2）证明：连接AA'， ∵旋转， ∴∠ADA′＝∠CDC′，AD＝A'D，CD＝C'D， ∴， ∴△ADA′∽△CDC′， ∴， ∵DE是△ABC的中位线，DF是△A'BD的中线， ∴AD＝BD，BF＝A'F， ∴DF是△AA'B的中位线， ∴AA'＝2DF， ∴， ∴2DF•CD＝BD•CC' （3）解：存在，理由如下， 解法一：取AD中点M，CE中点N，连接MN， ∵AD是⊙M直径，CE是⊙N直径， ∴∠AGD＝90°，∠CGE＝90°， ∴∠AGD+∠CGE＝180°， ∵tanB＝，BE＝3， ∴BD＝5， ∵CE＝， ∴EN＝CE＝， ∴BN＝BE+EN＝， ∵DE⊥CE， ∴DE是⊙N的切线，即DE在⊙N外， 作NF⊥AB， ∵∠B＝∠B，∠BED＝∠BFN＝90°， ∴△BDE∽△BNF， ∴， ∴NF＝＞，即NF＞rn， ∴AB在⊙N外， ∴G点在四边形ADEC内部． 作MH⊥BC， ∵BM＝，tanB＝， ∴BH＝，MH＝， ∴NH＝， ∴MN＝≈7.4＜AM+CN ∴⊙M和⊙N有交点． 故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°． 解法二：相似互补弓形， 分别以AD，CE为弦作⊙O2和⊙O，使得△O2AD∽△OEC，两圆的交点即为所求． 作图步骤：①在四边形ADEC内任取一点F，作△EFC得外接圆，圆心为O，连接OE，OC， ②作AD的中垂线， ③以D为圆心，OC为半径画圆交AD中垂线于点O2， ④以O2为圆心，O2A为半径画圆，交⊙O于点G，点G即为所求． 证明：∵＝＝， ∴△O2AD∽△OEC， ∴∠AO2D＝∠EOC， ∵∠AGD＝（360°﹣∠AO2D）＝180°﹣∠AO2D， ∠EGC＝∠EOC， ∴∠AGD+∠EGC＝180°． 故四边形ADEC内存在点G，使得∠AGD+∠CGE＝180°． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、中位线定理、圆周角定理、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 考点二 四边形 ►考向一 四边形综合 1.（2023•深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F， ①求证：△ABE≌△FCB； ②若S矩形ABCD＝20时，则BE•CF＝　20　． （2）如图2，在菱形ABCD中，cosA＝，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF•BC的值． （3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF•EG＝7时，请直接写出AG的长． 【分析】（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，进而证明∠FCB＝∠ABE 结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB； ②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，证明△ABE∽△FCB，得出 ，根据S矩形ABCD＝AB•CD＝20，即可求解； （2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB＝BC，根据已知条件得出 ，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解； （3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM 于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出 MG＝7，根据 tan∠MEH＝tan∠HGE，得出 HE2＝HM•HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过 点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据 tan∠FEH＝tan∠M得出 EH2＝FH•HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得 ，而 ，得出矛盾，则此情况不存在；当G点在CD边上时，过G点作GH⊥AD交AD的延长线于点H，再由勾股定理求AG的长即可． 【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A＝∠ABC＝90°， ∴∠ABE+∠CBF＝90°， 又∵CF⊥BC， ∴∠FCB+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°， ∴∠FCB＝∠ABE， 又∵BC＝BE， ∴△ABE≌△FCB（AAS）； ②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°， ∴△ABE∽△FCB． ∴＝， 又∵S矩形ABCD＝AB•CD＝20， ∴BE•CF＝AB•BC＝20， （2）∵在菱形ABCD中，， ∴AD∥BC，AB＝BC，则∠CBE＝∠A， ∵CE⊥AB，∠CEB＝90°， ∴， ∴， ∴， ∵EF⊥AD，CE⊥AB， ∴∠AFE＝∠BEC＝90°， 又∵∠CBE＝∠A， ∴△AFE∽△BEC， ∴， ∴EF•BC＝AE•CE＝AB×CE＝S菱形ABCD＝×24＝32； （3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作 EH⊥DM于点H， ∵平行四边形ABCD中，AB＝6，CE＝2， ∴CD＝AB＝6， DE＝DC﹣EC＝6﹣2＝4， ∵DM∥FC， ∴△EDM∽△ECF， ∴， ＝＝2， ∴S△MGE＝2S△EFG＝EF•EG＝7， 在Rt△DEH 中，∠HDE＝∠A＝60°， 则 ，， ∴， ∴MG＝7， ∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH＝90°﹣∠HEG＝∠HGE， ∴tan∠MEH＝tan∠HGE， ∵， ∴HE2＝HM•HG， 设AG＝a，则GD＝AD﹣AG＝5﹣a， GH＝GD+HD＝5﹣a+2＝7﹣a，HM＝GM﹣GH＝7﹣（7﹣a）＝a， （2）2＝a（7﹣a）， 解得：a＝3或a＝4， 即AG＝3或AG＝4， ②当G点在AB边上时，如图所示， 连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形， 设AG＝x，则 DN＝AG＝x，EN＝DE﹣DN＝4﹣x， ∵GN∥CM， ∴△ENG∽△ECM， ∴， ∴， ∴， ∵EF•， ∴， 过点E作EH⊥BC于点H， 在Rt△EHC中，EC＝2，∠ECH＝60°， ∴，CH＝1， ∴， 则 ， ∴， ∴，， ∵∠MEF＝∠EHM＝90°，∠FEH＝90°﹣∠MEH＝∠M， ∴tan∠FEH＝tan∠M， 即 ， ∴EH2＝FH•HM， 即 ， 解得： x2＝8 （舍去）， 即 ； ③当G点在BC边上时，如图所示， 过点B作BT⊥DC于点T， 在Rt△BTC 中，， ， ， EF•EG＝7， ∴， ∵， ∴G点不可能在BC边上， ④当G点在CD上时，EF⊥GE，不符合相交，舍去， 综上所述，AG的长为3或4或 ． 【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键． 2.（2023•广州）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF． （1）若∠ABE＝15°，求证：△ABF是等边三角形； （2）延长FA，交射线BE于点G． ①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长． 【分析】（1）由轴对称的性质得到BF＝BC，根据正方形的性质得到∠ABC＝90°，求得∠CBE＝75°，根据轴对称的性质得到∠FBE＝∠CBE＝75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论； （2）①根据轴对称的性质得到BC＝BF，根据正方形的性质得到BC＝AB，得到BA＜BE＜BG，推出点B不可能是等腰三角形BGF顶角的顶点，若点F是等腰三角形BGF顶角的顶点，则有∠FGB＝∠FBG＝∠CBG，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下GF＝GB了，连接CG交AD于H，根据全等三角形的性质得到FG＝CG，得到△BGF为等腰三角形，根据平行线的性质得到∠AHG＝∠BCG，求得∠BGF＝∠BGC＝＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠GBC＝∠GCB＝（180°﹣∠BGC）＝67.5°，于是得到∠ABE＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣67.5°＝22.5°； ②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△GBC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，设AB＝2x，则AC＝2x，根据直角三角形的性质得到GM＝＝x，MN＝＝x，推出PG≤GM+MN＝（）x，当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设PG与AD交于Q，则四边形ABPQ是矩形，根据矩形的性质得到AQ＝PB＝x，PQ＝AB＝2x，求得QM＝MP＝x，GM＝x，于是得到结论． 【解答】（1）证明：由轴对称的性质得到BF＝BC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°， ∵∠ABE＝15°， ∴∠CBE＝75°， ∵BC关于BE对称的线段为BF， ∴∠FBE＝∠CBE＝75°， ∴∠ABF＝∠FBE﹣∠ABE＝60°， ∴△ABF是等边三角形； （2）解：①能， ∵边BC关于BE对称的线段为BF， ∴BC＝BF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝AB， ∴BF＝BC＝BA， ∵E是边AD上一动点， ∴BA＜BE＜BG， ∴点B不可能是等腰三角形BGF的顶点， 若点F是等腰三角形BGF的顶点， 则有∠FGB＝∠FBG＝∠CBG， 此时E与D重合，不合题意， ∴只剩下GF＝GB了， 连接CG交AD于H，如图1， ∵BC＝BF，∠CBG＝∠FBG，BG＝BG， ∴△CBG≌△FBG（SAS）， ∴FG＝CG， ∵BA＝BC＝BF， ∴∠BFA＝∠BAF， ∵△CBG≌△FBG， ∴∠BFG＝∠BCG， ∵AD∥BC， ∴∠AHG＝∠BCG， ∴∠BAF+∠HAG＝∠AHG+∠HAG＝180°﹣∠BAD＝90°， ∴∠FGC＝180°﹣∠HAG﹣∠AHG＝90°， ∴∠BGF＝∠BGC＝＝45°， ∵GB＝GC， ∴∠GBC＝∠GCB＝（180°﹣∠BGC）＝67.5°， ∴∠ABE＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣67.5°＝22.5°； ②由①知，△CBG≌△FBG， 要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值， 在△GBC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可， 如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N， 设AB＝2x，则AC＝2x， 由①知∠AGC＝90°，M是AC的中点， ∴GM＝＝x，MN＝＝x， ∴PG≤GM+MN＝（）x， 当G，M，N三点共线时，取等号， ∴△BGF面积的最大值＝ ＝（1）× ＝； 如图3，设PG与AD交于Q， 则四边形ABPQ是矩形， ∴AQ＝PB＝x，PQ＝AB＝2x， ∴QM＝MP＝x，GM＝x， ∴QG＝（）， ∵QE+AE＝AQ＝x， ∴， ∴ ＝2（）x ＝2（）×（） ＝． 另解：∵AB＝， ∴PB＝AB＝， ∵PG＝， ∵△ABE∽△PGB， ∴， ∴， ∴AE＝． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 考点三 圆 ►考向一 圆的综合 15．（2024•广州）如图，在菱形ABCD中，∠C＝120°．点E在射线BC上运动（不与点B，点C重合），△AEB关于AE的轴对称图形为△AEF．（1）当∠BAF＝30°时，试判断线段AF和线段AD的数量和位置关系，并说明理由； （2）若AB＝6+6，⊙O为△AEF的外接圆，设⊙O的半径为r． ①求r的取值范围； ②连接FD，直线FD能否与⊙O相切？如果能，求BE的长度；如果不能，请说明理由． 【分析】（1）根据折叠的性质和菱形的性质易得AB＝AF＝AD再根据角度求出∠DAF＝90°即可得证； （2）画出示意图，找到半径r和AE的关系，在求出AE的范围即可求解； （3）画出示意图，利用弦切角定理和圆周角定理以及等腰三角形的性质可求得∠AEF＝∠AEB＝75°，再在解三角形ABE即可求解． 【解答】解：（1）AF＝AD，AF⊥AD，理由如下， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠BAD＝∠C＝120°， ∵△ABE和△AFE关于AE轴对称， ∴AB＝AF， ∴AF＝AD， ∵∠BAF＝30°， ∴∠DAF＝∠BAD﹣∠BAF＝90°， ∴AF⊥AD， 综上，AF＝AD，AF⊥AD． （2）①如图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OE，作OG⊥AE于点G，作AH⊥BC于点H． ∵∠AFE＝∠ABE＝60°， ∴∠AOE＝120°， ∵OA＝OE， ∴∠OAE＝∠OEA＝30°， ∴OA＝＝AG， ∵r＝OA＝AG＝•AE＝AE， 在Rt△ABH中，AH＝AB•sin60°＝9+3， ∵AE≥AH，且点E不与B、C重合， ∴AE≥9+3，且AE≠6+6， ∴r≥3+3，且r≠2+6． （3）能相切，此时BE＝12，理由如下： 假设存在，如图画出示意图，设△AEF的外接圆圆心为O，连接OA、OF，作EH⊥AB于点H， ∵∠AFE＝∠ACB＝60°， ∴点C也在⊙O上， 设∠AFD＝α，则∠AEF＝∠AEB＝α（弦切角）， ∴∠CEF＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝180°﹣2α， ∵AF＝AD， ∴∠ADF＝∠AFD＝α， ∴∠DAF＝180°﹣2α， ∵∠CEF＝∠CAF， ∴∠CAF＝180°﹣2α＝∠DAF， ∵∠CAD＝∠BAD＝60°， ∴∠CAF＝180°﹣2α＝∠DAF＝30°， ∴α＝75°，即∠AEB＝75°， 作EH⊥AB于点H， ∵∠B＝60°， ∴∠BEH＝30°， ∴∠AEH＝∠EAH＝45°， 设BH＝m，则EH＝AH＝m，BE＝2m， ∵AB＝6+6， ∴m+m＝6+6， ∴m＝6， ∴BE＝12． 【点评】本题主要考查了菱形的性质、切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识和画出示意图是解题关键． 2.（2023•广东）综合探究 如图1，在矩形ABCD中（AB＞AD），对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A′．连接AA′交BD于点E，连接CA′． （1）求证：AA'⊥CA'； （2）以点O为圆心，OE为半径作圆． ①如图2，⊙O与CD相切，求证：； ②如图3，⊙O与CA′相切，AD＝1，求⊙O的面积． 【分析】（1）根据轴对称的性质可得AE＝A′E，AA′⊥BD，根据四边形ABCD是矩形，得出OA＝OC，从而OE∥A′C，从而得出AA′⊥CA′； （2）①设CD⊙O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G，可证得OG＝OF＝OE，从而得出∠EAO＝∠GAO＝∠GBO，进而得出∠EAO＝30°，从而； ②设⊙O切CA′于点H，连接OH，可推出AA′＝2OH，CA′＝2OE，从而AA′＝CA′，进而得出∠A′AC＝∠A′CA＝45°，∠AOE＝∠ACA′＝45°，从而得出AE＝OE，OD＝OA＝AE，设OA＝OE＝x，则OD＝OA＝，在Rt△ADE中，由勾股定理得出＝1，从而求得x2＝，进而得出⊙O的面积． 【解答】（1）证明：∵点A关于BD的对称点为A′， ∴AE＝A′E，AA′⊥BD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OC， ∴OE∥A′C， ∴AA′⊥CA′； （2）①证明：如图2， 设CD⊙O与CD切于点F，连接OF，并延长交AB于点G， ∴OF⊥CD，OF＝OE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OB＝OD＝BD，AB∥CD，AC＝BD，OA＝AC， ∴OG⊥AB，∠FDO＝∠GBO，OA＝OB， ∴∠GAO＝∠GBO， ∵∠DOF＝∠BOG， ∴△DOF≌△BOG（ASA）， ∴OG＝OF， ∴OG＝OE， 由（1）知：AA′⊥BD， ∴∠EAO＝∠GAO， ∵∠EAB+∠GBO＝90°， ∴∠EAO+∠GAO+∠GBO＝90°， ∴3∠EAO＝90°， ∴∠EAO＝30°， 由（1）知：AA′⊥CA′， ∴tan∠EAO＝， ∴tan30°＝， ∴； ②解：如图3， 设⊙O切CA′于点H，连接OH， ∴OH⊥CA′， 由（1）知：AA′⊥CA′，AA′⊥BD，OA＝OC， ∴OH∥AA′，OE∥CA′， ∴△COH∽△CAA′，△AOE∽△ACA′， ∴， ∴AA′＝2OH，CA′＝2OE， ∴AA′＝CA′， ∴∠A′AC＝∠A′CA＝45°， ∴∠AOE＝∠ACA′＝45°， ∴AE＝OE，OD＝OA＝AE， 设AE＝OE＝x，则OD＝OA＝， ∴DE＝OD﹣OE＝（）x， 在Rt△ADE中，由勾股定理得， ＝1， ∴x2＝， ∴S⊙O＝π•OE2＝． 【点评】本题考查了圆的切线性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 1.（2024•深圳）【定义】 如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该点为所在边的中点，那么这个平行四边形叫做“垂中平行四边形”，垂足叫做“垂中点”． 如图1，在▱ABCD中，BF⊥AC于点E，交AD于点F，若F为AD的中点，则▱ABCD是垂中平行四边形，E是垂中点． 【应用】 （1）如图1，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若，CE＝2，则AE＝　1　；AB＝　　； （2）如图2，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若AB＝BD，试猜想AF与CD的数量关系，并加以证明； （3）如图3，在△ABC中，BE⊥AC于点E，CE＝2AE＝12，BE＝5． ①请画出以BC为边的垂中平行四边形，使得E为垂中点，点A在垂中平行四边形的边上； （不限定画图工具，不写画法及证明，在图上标明字母） ②将△ABC沿AC翻折得到△AB'C，若射线CB'与①中所画的垂中平行四边形的边交于另一点P，连接PE，请直接写出PE的长． 【分析】（1）根据题意可推出△AEF∽△CEB，得到，从而推出AE，再根据勾股定理可求得BE，再求得AB； （2）根据题意可推出△AED∽△FEB，得到，设BE＝a，则DE＝2a，AB＝CD＝3a，再利用勾股定理得到AE，从而推出EF、AF，即可求得答案； （3）①分情况讨论，第一种情况，作BC的平行线AD，使AD＝BC，连接CD，延长BE交AD于点F；第二种情况，作∠ABC的平分线，取CH＝CB，交∠ABC的平分线于点H，延长CH，交BE的延长线于点D，在射线BA上取AF＝AB，连接DF；第三种情况，作AD∥BC，交BE的延长线于点D，连接CD，作BC的垂直平分线；在DA延长线上取点F，使AF＝AD，连接BF； ②根据①中的三种情况讨论：第一种情况，根据题意可证得△PAC是等腰三角形，作PH⊥AC，则AH＝HC，可推出△CPH∽△CB′E，从而推出，计算可得PH，最后利用勾股定理即可求得PE；第二种情况，延长CA、DF交于点G，同理可得△PGC是等腰三角形，连接PA，可由△GAF∽△CAB，结合三线合一推出PA⊥AC，从而推出△CPA∽△CB'E，同第一种情况即可求得PE；第三种情况无交点，不符合题意． 【解答】解：（1）由题可知，， ∵AF∥BC， ∴△AEF∽△CEB， ∴， ∵CE＝2， ∴AE＝1， ∵， ∴， ∴； 故答案为：1；； （2），证明如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD， ∴△AED∽△FEB， ∴＝2， 设BE＝x，则DE＝2x， ∴AB＝BD＝3x， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）①第一种情况：如图①． 第二种情况：如图②． 第三种情况：如图③． ②若按照上图①作图，即如图④， 由题意可知，∠ACB＝∠ACP，四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ACB＝∠PAC， ∴∠PAC＝∠PCA， ∴△PAC是等腰三角形； 过P作PH⊥AC于H，则AH＝HC， ∵BE＝5，CE＝2AE＝12， ∴B′E＝BE＝5，AE＝6， ∴， ∴EH＝AH﹣AE＝9﹣6＝3， ∵PH⊥AC，BE⊥AC， ∴△CPH∽△CB′E， ∴， 即， ∴； 若按照上图②作图，即如图⑤， 延长CA、DF交于点G， 同理可得△PGC是等腰三角形， 连接PA， ∵GF∥BC， ∴△GAF∽△CAB， ∴， ∴AG＝AC， ∴PA⊥AC； 同理△CPA∽△CB′E， ∵AE＝6，EC＝12，B'E＝BE＝5， ∴， 即， ∴； 若按照上图③作图，则没有交点，不存在PE（不符合题意），即如图⑥， 故答案为：或． 【点评】本题考查了四边形的综合应用，主要考查垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键． 一、单选题 1．（2024·广东广州·三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，的平分线交对角线于点E，且，则线段的长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，由矩形的性质推出，，，得到，，判定是等边三角形，由等边三角形的性质得到，关键是得到是等边三角形． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ， ， ， 是等边三角形， 平分， ， ，， ． 故选：B． 2．（2024·广东深圳·三模）如图，在等腰中，，，为的中点，为上一点，且，是上两动点，且，则的最小值为（    ） A．8 B． C． D．10 【答案】B 【分析】过点作于点，过点作交于，连接，首先解得，，结合，可得，根据平行线分线段成比例定理，可解得，进而证明四边形为平行四边形，可得；作点关于直线的对称点，连接，过点作于点，由对称的性质可得，故当点在同一直线上时，取最小值，最小值等于的长度，结合三角函数和勾股定理分别解得，，，的值，由轴对称的性质可得的值，证明，由相似三角形的性质解得，进而可得，理由勾股定理分别解得，的值，即可获得答案． 【详解】解：如下图，过点作于点，过点作交于，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， 作点关于直线的对称点，连接，过点作于点，如图， 由对称的性质可得， ∴， ∴当点在同一直线上时，取最小值，最小值等于的长度， ∵为的中点， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴在中，， ∴， 由轴对称的性质可得， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∴， ∴在和中， ，， ∴ ∴的最小值为． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、两点之间线段最短等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键． 二、填空题 3．（2024·广东广州·模拟预测）如图，为的直径，点A是弧的中点，交于E点，的切线与的延长线交于点F，，．则（1）弧的长＝ ；（2） ． 【答案】 2 【分析】（1）先证明，进而证明，利用相似三角形的性质求出，进而利用勾股定理求出，则，，，进而推出，再证明是等边三角形，进一步可得弧长， （2）结合（1）求解，证明，得到，则． 【详解】解：（1）如图，连接， 连接， ∵点A是弧的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是圆的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴弧的长π． （2） 在中，由勾股定理得，， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∵为的直径，是切线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：．2． 【点睛】本题考查的是切线的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，圆周角定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键． 4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，矩形的长，将矩形对折，折痕为，展开后，再将折到的位置，使点C刚好落在线段的中点F处，则折痕 ． 【答案】/ 【分析】过点F作于点G，交于点H，由矩形的性质得，可证明，，则，求得，由折叠得，，，则，所以，由，得，则， ，求得，再证明，则，求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：过点F作于点G，交于点H，如图： ∵四边形是矩形，， ∴，，，， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∴，， 由折叠得，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、轴对称的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线分线段成比例定理、三角形的中位线定理、锐角三角函数与解直角三角形、勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． 5．（2024·广东广州·二模）如图，在边长为6的正方形中．点E在边上，，点P、Q分别是直线、上的两个动点，将沿翻折，使点A落在点F处，连接，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】此题考查了翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题． 作点D关于的对称点，连接，，由轴对称可知，，，又因，即可推出当、、、共线时，定值最小，最小值为． 【详解】解：如图，作点D关于的对称点，连接，， 在中， ， ， 由轴对称可知，， ， ， 当、、、共线时， 定值最小，最小值为， 的最小值是． 故答案为：． 6．（2024·广东河源·一模）如图，矩形中，，，点，分别在边，边上运动，点在矩形内，且，，，则线段的取值范围为 ． 【答案】 【分析】取的中点，取的中点，连接，，，，设，则，根据，得，进而可得结果． 【详解】解：如图，取的中点，取的中点，连接，，，， ∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， 设，则， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在中，，， ∴， 当、、三点共线时， ∵，， ∴，， ∴， ∴，即， 当、、三点共线时， ∵，，， ∴，而， ∴、、、四点无法同时共线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段的取值范围为：． 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，等边对等角，正切的定义，最短距离等知识点，解题的关键是确定、、、四点无法同时共线． 7．（19-20九年级上·江苏连云港·期中）如图，在中，，，，的半径为2，点是边上的动点，过点作的一条切线（点为切点），则线段长的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的应用，连接，由为圆O的切线，利用切线的性质得到与垂直，利用勾股定理列出关系式，由最小时最短，根据垂线段最短得到垂直于时最短，利用面积法求出此时的值，再利用勾股定理即可求出的最短值． 【详解】解：连接，如图所示， ∵是的切线， ∴， 根据勾股定理知：， ∴当时，线段最短， ∵在中，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， 故答案为：． 三、解答题 8．（2024·广东湛江·模拟预测）【综合与实践】 问题情境：数学课上，同学们利用两张全等的直角三角形纸片进行图形变换的操作探究，已知，，，． 【操作探究1】 （1）小颖将和按如图1的方式在同一平面内放置，其中与重合，此时，、三点恰好共线．点，在点异侧，求线段的长； 【操作探究2】 （2）小军在图1的基础上进行了如下操作：保持不动，将绕点按顺时针方向旋转角度（，射线和交于点（如图2）． ①求证：； ②如图3，当时，延长交于点，求线段的长． 【答案】（1）；（2）①见解析② 【分析】（1）根据勾股定理得的长，由全等知，可得，即可； （2）①由和线段的差可得结论； ②如图，当时，，分别求和的长，利用线段的差可得的长，设，则，根据勾股定理列方程可得结论． 【详解】（1）解：如图1， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得；， ∵， ∴， ∴； （2）①证明：如图2，连接， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即； ②当时，， ∵， ∴， ∵， ∴； 如图 设，则， ∵， 在中，， ∴， 解得：， 即． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，旋转的性质，认真阅读理解题意，并正确画图是关键． 9．（2024·广东·模拟预测）如图，在等腰直角中，，，点E为的中点，，将线段绕点E顺时针旋转，连接、；点D为中点，连接，直线与直线交于点N． (1)如图1，若，，求的长； (2)连接并延长至点M，使，连接． ①如图2，若，求证：； ②如图3，当点G、F、B共线时，，连接，，请直接写出的值． 【答案】(1)3 (2)①证明见解析  ② 【分析】（1）连接，过点E作于J．求出，再求出，即可得解； （2）①连接，．先证明四边形是正方形，得出，设，则，求出，的长，即可得解；②可以假设，．则再求出，证明，即可得解． 【详解】（1）解：如图1中，连接，过点E作于J． ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． （2）解：①如图2中，连接，． ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴E，G，N，F四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ②如图3中， ∵， ∴可以假设，．则， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、旋转变换，正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 10．（2024·广东深圳·模拟预测）【几何探究】 【教材呈现】如图1，，，点是边上一点，且，若，则 ； 【探究发现】如图2，在正方形中，点是上动点，点是上一点，且，将绕点逆时针旋转，点落在射线上的点处，点对应点为点，连接． （1）当点为中点时，求证：为等腰直角三角形； （2）如果点为上任意一点，试探究：与之间的数量关系，写出你的结论并加以证明； 【迁移运用】如图3，在菱形中，，点是上动点，点是上一点，且，将绕点逆时针旋转，点落在射线上的点处，点对应点为点，连接，直接写出与之间的数量关系（用含有的式子表示）． 【答案】教材呈现：；（1）见解析；（2）与之间的数量关系：；迁移运用：与之间的数量关系： 【分析】教材呈现：根据题意可得，设，则，在中，利用勾股定理解得的值，即可获得答案； 探究发现：（1）作于点，交于点，连接，设，则，结合等腰三角形的性质以及三角形外角的性质可得，；由旋转的性质可得，，，，，进而可得，，然后证明，进一步证明，，即可证明结论； （2）作于点，交于点，由（1）可知，，进而可得，，，易得，，即可证明结论； 迁移运用：过点作，垂足为，设，则，易得，由旋转的性质可得，，，，，进而可得；证明，，再在直角三角形中，利用三角函数可得，易得，然后证明，即可证明结论． 【详解】教材呈现： ∵，，， ∴， 设，则， ∴在中，可有， 即， 解得， ∴． 故答案为：5； 探究发现： （1）如图，作于点，交于点，连接， ∵四边形为正方形， ∴，， 设，则， ∵， ∴， 又∵旋转得到， ∴，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵点为中点，即， ∴， ∴， ∵，， ∴，即垂直平分， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形； （2）与之间的数量关系：． 证明如下：如下图，作于点，交于点， 由（1）可知，，则，， ， ∴， ∴， ∴； 迁移运用： 如下图，过点作，垂足为， ∵四边形为菱形，， ∴，， 设，则， ∵， ∴, ∵旋转得到， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴, ∴， ∴， ∴， ∴在中，可有， 即，， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、菱形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 11．（2024·广东东莞·一模）如图1，是中的平分线，，以为半径的与相交于点，且． (1)求证：是切线； (2)如图2，设与的切点为，连接．当时，求的半径； (3)若是线段的中点，连与交于，在（2）的条件下，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）过点作于，根据角平分线的性质得出，根据“经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线”，即可证得是切线； （2）连接，根据切线得出，根据“直径所对的圆周角是直角”，得出，推出，根据等边对等角，由，得出，则，公共角，证明，得出，由，得，计算求出、，计算，最后根据，计算即可求得的半径； （3）连接，过点作，交的延长线于，由（2）得，，，，，得出，，结合勾股定理得出，求出、，根据，求出，根据勾股定理计算，根据与的切点为，得出，，根据勾股定理计算，得出，由，得出，求出，根据是线段的中点，求出，推出，根据“平行于三角形一边的直线截其他两边（或其他两边的延长线）所构成的三角形和原三角形相似”，得出，，结合，计算，根据计算，求出的值，根据的边上的高和的边上的高相等，则，得出答案即可． 【详解】（1）证明：如图，过点作于， ∵是的平分线，，，为半径， ∴，点也在圆上，即也为半径， 又∵， ∴是切线； （2）解：如图，连接， ∵是的切线， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∴， ∴的半径为； （3）解：如图，连接，过点作，交的延长线于， ∵由（2）得，，，，， ∴，， ∵， ∴， ， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵与的切点为， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴， ∵是线段的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵的边上的高和的边上的高相等， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的性质、圆的切线的判定、角平分线的性质、解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握知识点、作辅助线推理是解题的关键． 12．（2024·广东中山·模拟预测）已知抛物线，经过平面直角坐标系中的A、B、C三点，，，． (1)如图1，外接圆记作，则 度； (2)如图2，连接，点P是位于上方的抛物线的一动点，过P作x轴的垂线交于点E，交x轴于F点，当时，求P点的坐标； (3)如图，过M作于点N，是否存在P点，使得？若存在，求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)45 (2) (3)存在，点P的横坐标为和 【分析】（1）由点、的坐标知，，则，即可求解； （2）首先求出抛物线解析式为，直线解析式为，设，则，过作于点，然后表示出，，即可求解； （3）表示出，，则，即可求解． 【详解】（1）由点、的坐标知，， 则， ， 则， 故答案为：45； （2）设抛物线的表达式为：， 则， 解得：， 则抛物线解析式为， 由点、的坐标得，直线解析式为， 设，则， ， ，，轴， ，，， 过作于点， 则， ， 则，， ，即， 解得：， 则点； （3）点， ，， 则， 解得， 点的横坐标为和． 【点睛】本题为二次函数综合题，涉及到圆的基本性质、面积的计算、等腰三角形的性质等，综合性强，难度适中． 13．（2023·广东河源·二模）如图，是的直径，是的一条弦，直线为的切线，，交的延长线于点E (1)求证：； (2)连接，延长交于点F，延长交于点G．当F为的中点时，求证：； (3)若的半径为6，在（2）的条件下，求图中阴影部分面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，根据圆周角定理可得，再由等腰三角形的性质及角的转换即可得证； （2）由垂径定理和等边三角形的性质即可得证； （3）通过证明得到是等边三角形，再根据进行计算即可得到答案． 【详解】（1）证明：连接，如图1，    图1 ∵直线为的切线， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）证明：如图2，连接并延长交于，    图2 ∵， ∴， ∴， ∵，为的中点， ∴垂直平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 由（1），， ∴， ∴； （3）解：如图3，    图3 由（1）， 由（2）， ∴， ∴， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴是等边三角形， ∴，， ． 【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、扇形面积的计算，熟练掌握圆的切线的性质、圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，添加适当的辅助线是解题的关键． 14．（2024·广东深圳·三模）如图1，在矩形中，，点是对角线上的一动点． 【初步探究】 （1）下表是某探究小组得出的正确结果：（部分数据被遮挡） 已知 2 表中被遮挡的数据　　　，　　　，　　　； 【探究运用】 （2）当时，求的值． 【拓展延伸】 （3）如图2，的外接圆交于点，交于点，交于点，若，当时，直接写出此时的长． 【答案】（1）1；4；8；（2）；（3）的长为或 【分析】（1）过点作，，证明四边形是矩形．得出，，证明，得出，根据，得出，设，，则，，求出，求出，得出，求出，即可得出答案； （2）过点作，，证明四边形是矩形．得出，，证明，得出，设，，则，，得出，，，求出，得出，，，，即可得出答案； （3）连接，根据，得出，根据，，得出，说明，证明，得出，即，设，则，得出，求出结果即可． 【详解】解：（1）过点作，，如图所示： 则， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴四边形是矩形． ∴，， ，， ， ， ∵， ∴， 即， 设，，则，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 根据表格特点可知：； （2）过点作，. ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴四边形是矩形， ，， ， ， 设，，则，， ，，， ，， ， ∵， ，， ，，，， ． （3） 连接，如图所示： ∵， ∴， ∴根据勾股定理得：， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又由（2）知，， ∴， ∵矩形中，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 设，则 ∴， 解得，， ∴的长为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的相关计算，勾股定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，平行线的性质,解一元二次方程等知识，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角函数的定义． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$