数学（三）-2025年中考考前20天终极冲刺攻略

第三辑 几何图形的初步认识…………………………………………………………………………01 三角形…………………………………………………………………………………………11 四边形…………………………………………………………………………………………23 圆………………………………………………………………………………………………35 尺规作图………………………………………………………………………………………52 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 学科网（北京）股份有限公司 01几何图形的初步认识 考点 考情分析 几何体的展开图 考查的题型多样化，在选择题、填空题和解答题均会出现。题目会越来越多地以实际生活中的物体为背景。 直线﹑射线和线段 考查的题型多样化，在选择题、填空题和解答题均会出现。在选择题常考查对直线、射线、线段概念的理解；填空题中可能会涉及根据线段的长度关系求某条线段的长度；在解答题中，通常会与三角形、四边形等其他几何图形结合。 相交线与平行线 考查的题型多样化，在选择题、填空题和解答题均会出现。选择题常考查对基本概念的理解和简单应用；填空题可能涉及根据相交线所成角的关系求角度，或者利用平行线的性质求线段长度、角度等。 解答题一般不会单独作为大题考查，通常会与三角形、四边形等其他几何图形结合，在证明或计算过程中运用到相交线与平行线的相关性质和判定定理。 角 考查的题型多样化，在选择题、填空题和解答题均会出现。角的知识会越来越多地与其他几何知识(如三角形、四边形、圆、相似形等)以及代类知识(如函数、方程等)综合考查，形成综合性较强的题目，考查学生的综合运用能力 考查分值：分值在3-9分之间，具体分值因地区和试卷结构而异。 考查形式：选择题、填空和解答题均有。 命题趋势：几何初步知识是中考数学的基础考点，年年都会考查，预计 2025 年及今后各地中考仍会出现。 知识点1：几何体的展开图 几何图形的概念: 我们把实物中抽象出来的各种图形叫做几何图形,几何图形分为平面图形和立体图形. 立体图形的概念：有些几何图形的各个部分不都在同一平面内，这个图形叫做立体图形. 平面图形的概念：有些几何图形的各个部分在同一平面内的图形，这个图形叫做平面图形. 正方体展开图（共计11种）： 口诀：1）“一四一”、“一三二”，“一”在同层可任意, 2）“三个二”成阶梯, 3）“二个三”“日”相连,异层必有“日”，“凹”“田”不能有，掌握此规律，运用定自如. 几何图形的组成：1）点：线和线相交的地方是点，它是几何图形最基本的图形. 2）线：面和面相交的地方是线，分为直线和曲线. 3）面：包围着体的是面，分为平面和曲面. 4）体：几何体也简称体. 组成几何图形元素的关系：点动成线，线动成面，面动成体. 知识点2：直线﹑射线和线段 重点：1. 经过两点有一条直线，并且仅有一条直线，即两点确定一条直线 2. 两点之间的线段中，线段最短，简称两点间线段最短 知识点3：平行线 平行线的定义：在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线，平行用符号“∥”表示. 平行公理（唯一性）：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行. 平行公理的推论（传递性）：如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行. 平行线的性质： 性质1：两直线平行，同位角相等； 性质2：两直线平行，内错角相等； 性质3：两直线平行，同旁内角互补.. 平行线的判定 判定方法1 ：两条直线被第三条直线所截，如果同位角相等，那么这两条直线平行. 　　　　 简称：同位角相等，两直线平行. 判定方法2 ：两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行. 　　　　 简称：内错角相等，两直线平行. 判定方法3： 两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行. 　　　　 简称：同旁内角互补，两直线平行. 判定方法4：垂直于同一直线的两直线互相平行． 判断同一平面内两直线的位置关系时，可以根据它们的公共点的个数来确定： ①有且只有一个公共点，两直线相交； ②无公共点，则两直线平行； ③两个或两个以上公共点，则两直线重合. 平行线之间的距离概念：两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的距离叫做这两条平行线之间的距离. 性质：1）夹在两条平行线间的平行线段处处相等； 2）平行线间的距离处处相等. 知识点4：角 1.角的分类： ∠β 锐角 直角 钝角 平角 周角 范围 0＜∠β＜90° ∠β=90° 90°＜∠β＜180° ∠β=180° ∠β=360° 2.角的表示方法： 角的表示 图例 适用范围 注意事项 用三个大写字母表示 记作：∠ABC或∠CBA 任何情况都适用 表示顶点的字母一定要写在中间，边上的字母写在两侧. 用一个大写字母表示 记作：∠O 1）以这个字母为顶点的角只有一个； 2）当在一个顶点处有两个或两个以上的角时,其中的任意一个角都不能用一个大写英文字母表示. 用一个数字表示 任何情况都适用 在靠近顶点处画上弧线，表示出角的范围，并注上数字或小写的希腊字母 用一个希腊字母表示 3.角度制：以度、分、秒为单位的角的度量制. 度、分、秒的运算方法：1°=60′；1′=60″；1°=3600″；1″=（）′；1″=（）° 1周角=2平角=4直角=360°. 角的大小的比较：1）叠合法：使两个角的顶点及一边重合，比较另一边的位置； 2）度量法：分别用量角器测量两个角的大小，再进行比较. 4.角的平分线的概念：从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线，叫做这个角的平分线. 【性质】①若OC是∠AOB的平分线，则∠AOC=∠BOC =∠AOB，∠AOB=2∠AOC =2∠BOC． ②角平分线上的点到角两边的距离相等． 5.余角的概念：如果两个角的和等于直角，就说这两个角互为余角，即其中一个是另一个的余角. 6.补角的概念：如果两个角的和等于平角，就说这两个角互为补角，即其中一个是另一个的补角. 【性质】同角（或等角）的余角相等，同角（或等角）的补角相等. 真题1（2024·江苏常州·中考真题）下列图形中，为四棱锥的侧面展开图的是（    ） A．B．C．D． 真题2（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，平分．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 真题3（2024·江苏常州·中考真题）如图，推动水桶，以点O为支点，使其向右倾斜．若在点A处分别施加推力、，则的力臂大于的力臂．这一判断过程体现的数学依据是（    ） A．垂线段最短 B．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 C．两点确定一条直线 D．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 真题4（2024·广西·中考真题）如图，2时整，钟表的时针和分针所成的锐角为（    ） A． B． C． D． 真题5（2024·江西·中考真题）如图是的正方形网格，选择一空白小正方形，能与阴影部分组成正方体展开图的方法有（    ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 真题6（2024·山东青岛·中考真题）如图①，将边长为的正方形纸板沿虚线剪掉边长为的小正方形，得到如图②的“纸板卡”，若用这样完全相同的“纸板卡”拼成正方形，最少需要 块；如图③，将长、宽、高分别为的长方体砖块，切割掉长、宽、高分别为的长方体，得到如图④的“直角砖块”，若用这样完全相同的“直角砖块”拼成正方体，最少需要 块． 真题7（2024·福建·中考真题）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．            图1                                                                   图2                                      图3 (1)直接写出的值； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（    ） 图4 A．        B． C．        D． (3) 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 规格（单位：cm） 单价（单位：元） 3 5 20 现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整，的比例，制作棱长为的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用． （要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用） 预测1（2025·陕西西安·模拟预测）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点P，点F为凸透镜的焦点．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 预测2（2025·陕西商洛·一模）若的度数为，则的补角的度数为（   ） A． B． C． D． 预测3（2025·河北石家庄·一模）如图，岛在岛的北偏东方向，在岛的北偏西方向，则的度数是（   ） A． B． C． D． 预测4（2025·山东菏泽·一模）一副三角板按如图方式摆放，，，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 预测5（2025·山东临沂·一模）抖空竹是我国传统体育项目，如图，某一时刻对空竹进行受力分析，抖线给空竹的拉力为和，空竹受到的重力为G，方向竖直向下，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 预测6（2025·河北唐山·一模）如图，正方体展开图的每个面上都有一个汉字，则原正方体的表面上，“心”字对面的字是（   ） A．数 B．学 C．素 D．养 预测7（2025·江西景德镇·一模）将边长为4的正方形做成如图1所示的七巧板，将图1中的七巧板拼成如图2所示的“天鹅”，则图2中的长为 ．     押题1如图，长方形纸片沿折叠，A，D两点分别与对应，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 押题2淇淇一家要到革命圣地西柏坡参观．如图，西柏坡位于淇淇家南偏西的方向，则淇淇家位于西柏坡的（    ）    A．南偏西方向 B．南偏东方向 C．北偏西方向 D．北偏东方向 押题3下图是小明同学在体育课上跳远后留下的脚印，体育杜老师在测量小明同学的体育成绩时，选取测量线段的长度，其依据是（　　） A．垂线段最短 B．两点之间线段最短 C．两点确定一条直线 D．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 押题4如图是每个面上都有一个汉字的正方体的一种展开图，那么在正方体的表面，与“国”相对的面上的汉字是（　　） A．诚 B．信 C．友 D．善 押题5如图，是的平分线，且 ，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 押题6如图所示，，若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 押题7如图是时的时针及分针的位置，则此时分针与时针所成的 °． 押题8七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，且边长为4，那么阴影部分面积为 ．    02 三角形 考点 考情分析 三角形的基本概念和性质 选择题常考查对三角形基本概念的理解；填空题可能涉及三角形的重要线段(如中线、高线、角平分线)的性质应用，以及根据三角形的性质求线段长度或角度；解答题常与其他几何知识综合考查。 全等三角形 选择题常考查对三角形基本概念的理解；填空题可能涉及三角形的重要线段(如中线、高线、角平分线)的性质应用，以及根据三角形的性质求线段长度或角度；解答题常与其他几何知识综合考查，如三角形与四边形、圆的结合，或在实际问题中运用三角形的性质进行求解。 勾股定理及逆定理 选择题常考查对勾股定理及其逆定理的基本理解和简单应用；填空题可能涉及利用勾股定理求线段长度，或根据勾股定理逆定理判断三角形形状后求相关度等；解答题常与其他几何知识综合考查，如与三角形全等、相似、四边形等知识结合。也会在实院问题情境中，要求考生运用勾股定理及逆定理来解决问题，如 考查分值：三角形相关内容的分值大约在 15-25 分左右，占总分的 12.5%-20.8%。。 考查形式：选择题:通常有1-2道题考查三角形，每题分值3-4分，共3-8分。 填空题:可能有1-2道题与三角形有关，每题分值3-4分，共3-8分。 解答题:会有1-2道大题涉及三角形，分值一般在8-12 分左右。如果是综合性很强的压轴题分值可能会更高。 命题趋势：更加注重与实际生活的联系，以实际问题为背景，考查学生运用三角形知识解决实际问题的能力；强调知识的综合运用，将三角形与其他数学知识，如函数、方程、圆等进行深度融合，考查学生的综合分析和解决问题的能力；对学生的逻辑推理能力要求提高，在证明军答题中，需要学生具备严谨的逻辑思维，能够清晰地写出推理过程和证明步骤。 知识点1：三角形的性质 三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边． 推论：三角形的两边之差小于第三边． 三角形三边关系定理及推论的应用： 1）判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组成三角形． 2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a-b|＜c＜a＋b 3）所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角形． 三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°． 推论：直角三角形的两个锐角互余. 三角形的内角和定理的应用： 1)在三角形中,已知两个内角的度数,可以求出第三个内角的度数； 2)在三角形中,已知三个内角的比例关系,可以求出三个内角的度数； 3)在直角三角形中,已知一个锐角的度数,可以求出另一个锐角的度数. 三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°． 三角形的外角和的性质：1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和； 2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角． 知识点2：三角形的重要线段 重要线段 概念 图形 性质 三角形 的高 从三角形一个顶点向它的对边做垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线（简称三角形的高）． ∵AD是∆ABC中BC边的高 ∴∠ADB=∠ADC=90° 三角形 的中线 在三角形中，连接一个顶点和它对边的中点的线段叫做三角形的中线 ∵AD是∆ABC中BC边的中线 ∴BD=CD S△ABD=S△ADC 三角形的角平分线 三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点间的线段叫做三角形的角平分线． ∵AD是∆ABC中∠BAC的角平分线 ∴∠BAD=∠DAC=∠BAC 三角形的中位线 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线 ∵DE是∆ABC的中位线 ∴AD=DB AE=EC DE=BC DE∥BC 重心 三角形三条中线交点 1）重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。 2）重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。 3) 重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。 垂心 三角形三条高交点 1）锐角三角形的垂心在三角形内；直角三角形的垂心在直角顶点上；钝角三角形的垂心在三角形外； 2）锐角三角形的垂心到三顶点的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和的2倍。 3）三角形三个顶点，三个垂足，垂心这7个点可以得到6组四点共圆. 4）锐角三角形的垂心是垂足三角形的内心；锐角三角形的内接三角形(顶点在原三角形的边上)中，以垂足三角形的周长最短. 知识点2：全等三角形的性质和判定 全等三角形的性质：1）对应边相等，对应角相等. 2）全等三角形的对应角平分线、对应中线、对应高相等． 3）全等三角形的周长相等、面积相等． 全等三角形的判定 1.边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）； 2.边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）； 3.角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）； 4.角角边定理：有两角和它们所对的任意一边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角角边”或“AAS”）； 5.对于特殊的直角三角形：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）． 常见的全等三角形模型（基础） 常见的全等三角形模型（基础） 平移模型 模型分析：此模型特征是有一组边共线或部分重合，另两组边分别平行，常要在移动的方向上加（减）公共线段，构造线段相等，或利用平行线性质找到对应角相等． 对称模型 模型分析：所给图形可沿某一直线折叠，直线两旁的部分能完全重合，重合的顶点就是全等三角形的对应顶点，解题时要注意隐含条件，即公共边或公共角相等． 一线三垂直/一线三等角 模型解读：一线：经过直角顶点的直线；三垂直：直角两边互相垂直，过直角的两边向直线作垂直，利用“同角的余角相等”转化找等角 旋转模型 模型解读：将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形．旋转后的图形与原图形存在两种情况： ①无重叠：两个三角形有公共顶点，无重叠部分，一般有一对隐含的等角； ②有重叠：两个三角形含有一部分公共角，运用角的和差可得到等角． 真题1（2024·山东德州·中考真题）如图，在中，是高，是中线，，，则的长为（   ） A． B．3 C．4 D．6 真题2（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，，，则（    ） A． B． C． D． 真题3（2024·山东泰安·中考真题）如图，直线，等边三角形的两个顶点B，C分别落在直线l，m上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 真题5（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（    ） A．18 B． C．9 D． 真题5（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点D，E，再分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点P，作射线交于点F．已知，，则的长为 ． 真题6（2024·山东德州·中考真题）如图，C是的中点，，请添加一个条件 ，使． 真题7（2024·江苏镇江·中考真题）如图，，．    (1)求证：； (2)若，则__________°． 真题8（2024·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 预测1（2025·陕西宝鸡·一模）如图，在中，，点分别是边的中点，连接，若，则的长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 预测2（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在等边三角形中，，垂足为，点在线段上，，若，则（   ） A． B． C．4 D． 预测3（2025·福建·一模）如图，在中，是边上的中线，是的中点，连接，若，则 ． 预测4（2025·吉林四平·二模）如图，在中，以点为圆心，适当的长度为半径画弧分别交，边于点，，再分别以点，为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，过点作交于点，若，，则的周长为 ． 预测5（2025·湖南岳阳·一模）如图，一根竖直的木杆在离地面的处折断，木杆顶端落在地面的处上，与地面的夹角为，若，则木杆折断之前高度为 ． 预测6（2025·江苏常州·一模）如图，点B、F、C、E在一条直线上，已知，，． (1)求证：； (2)分别连接、，则与的关系为________． 预测7（2025·江苏无锡·二模）如图，点在线段上，，，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 预测8（2025·贵州黔东南·一模）阅读材料，并解决问题： 【思维指引】（1）如图1等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数. 解决此题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 转化到一个三角形中，从而求出______； 【知识迁移】（2）如图2，在中，，，E、F为上的点且，请判断，，的数量关系，并证明你的结论. 【方法推广】（3）如图3，在中，，，，点P为内一点，连接，直接写出的最小值. 押题1如图，过边长为的等边的边上一点，作于，为延长线上一点，且，连接交于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 押题2如图，点E在等边的边上，，射线，垂足为点C，点P是射线上一动点，点F是线段上一动点，当的值最小时，．则这个最小值是（   ） A．9 B．10 C． D． 押题3如图，在中，，平分，点为中点，则 ．    押题4如图△ABC≌△DEF，EF=BC，AB=DE，AD=20，FC=10，则AF= 押题5如图，要为一段高为5米，长为13米的楼梯铺上红地毯，则红地毯至少要 米． 押题6如图，A、E、B、D在同直线上，在△ABC和△DEF中，AB=DE，AC=DF，AC∥DF. 求证：△ABC≌△DEF 押题7（1）如图1，中，点D是边的中点，若，，求中线的取值范围． 解：∵点D是边的中点，∴， 将绕点D旋转得到， 即得，且A，D，E三点共线， 在中，可得的取值范围是： ； ∴的取值范围是： ． （2）如图2，在中，，点D是边的中点，，的两边分别交于点E，交于点F，连接．探究线段、、之间的数量关系，并说明理由． 押题8综合与实践 主题：制作无盖正方体形纸盒 素材：一张正方形纸板． 步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形； 步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒． 猜想与证明：    (1)直接写出纸板上与纸盒上的大小关系； (2)证明（1）中你发现的结论． 03 四边形 考点 考情分析 多边形及其内角和 选择题常考查多边形内角和公式、外角和定理的直接应用，或者结合正多边形的性质，求多边形的边数、内角度数或外角度数等；填空题可能会涉及根据多边形内角和与外角和的关系，求多边形的边数;或者在一些几何图形的组合中，利用多边形内角和定理求某个角的度数；解答题:一般不会单独考查，通常会与三角形、四边形等其他几何图形综合出现。 平行四边形 选择题:常考查平行四边形的基本性质；填空题可能涉及利用平行四边形的性质求线段长度、角度大小或面积等；解答题通常会与三角形全等、相似、解直角三角形等知识综合考查。 特殊平行四边形 选择题常考查特殊平行四边形的基本性质和判定定理的直接应用；填空题可能涉及利用特殊平行四边形的性质求线段长度、角度大小或面积等；解答题通常会与三角形全等、相似、解直角三角形以及函数等知识综合考查。 考查分值： 10-20 分左右，占总分的8%-17%左右，具体分值因地区和试卷结构而异。 考查形式：选择题:通常会有1-2道题考查四边形，每题分值在3-4分左右，共计3-8分。 填空题:也可能出现1-2道与四边形有关的题目，每题分值一般为3-5分，大约共3-10 分。 解答题:如果有解答题考查四边形，通常会是一道，分值在8-12分左右。 命题趋势：在选择题和填空题中，可能会出现一些小巧灵活的题目，直接考查四边形的基本性质和判定定理的应用，或者通过简单的计算和推理来求解四边形中的相关量。解答题的难度可能会有所增加，综合性更强。除了传统的证明和计算外，可能会出现一些探究性问题、开放性问题或实际应用问题。 知识点1：多边形的相关概念 多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形. 多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.  多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2) 个三角形，n边形的对角线条数为  多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）. 【高分技巧】 1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°. 2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍. 3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和； ②已知多边形的内角和求边数； ③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数． 多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关. 正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形. 【高分技巧】 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）正n边形有n条对称轴． 3）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形． 知识点2：平行四边形的性质和判定 平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 平行四边形的表示：用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”. 平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分； 4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心. 【高分技巧】 1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半． 2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题． 3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长． 4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE． 5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE． 6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD． 平行四边形的判定定理： ①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形． ②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． ③两组对边分别相等的四边形是平行四边形． ④两组对角分别相等的四边形是平行四边形． ⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【高分技巧】 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明； 2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明； 3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明 知识点3：三角形的中位线 三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线. 三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 三角形中位线定理的作用： 位置关系：可以证明两条直线平行. 数量关系：可以证明线段的倍分关系. 常用结论：任意一个三角形都有三条中位线，由此有： 结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半. 结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形. 结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形. 结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分. 结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等. 知识点4：矩形的性质和判定 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质； 2）矩形的四个角都是直角； 3）对角线互相平分且相等； 4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心. 【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半. 矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2）对角线相等的平行四边形是矩形； 3）有三个角是直角的四边形是矩形. 【高分技巧】 要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明． 知识点5：菱形的性质和判定 菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 菱形的性质： 1）具有平行四边形的所有性质； 2）四条边都相等； 3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角. 4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心. 菱形的判定： 1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 2）一组邻边相等的平行四边形是菱形. 3）四条边相等的四边形是菱形. 【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分． 菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）. 菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）. 知识点6：正方形的性质和判定 正方形的定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 正方形的性质： 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等. 3）正方形对边平行且相等. 4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角； 5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； 6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形. 【补充】正方形对角线与边的夹角为45°. 正方形的判定： 1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角； 2）矩形+一组邻边相等； 3）矩形+对角线互相垂直； 4）菱形+一个角是直角； 5）菱形+对角线相等. 【高分技巧】 判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 正方形的面积公式：＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB. 正方形的周长公式：周长= 4a 真题1（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 真题2（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ． 真题3（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ． 真题4（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 真题5（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 真题6（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 真题7（2024·湖南长沙·中考真题）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． 真题8（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 预测1（2025·陕西宝鸡·一模）如图，在菱形中，，，点为对角线的中点，过点作于，则的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 预测2（2025·安徽·二模）如图，五边形是正五边形，是的中点，连接，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 预测3（2025·安徽·一模）如图，矩形的两条对角线相交于点，点在的延长线上，与交于点．若为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 预测4（2025·重庆·一模）如图，在正方形中，为上一点，在的延长线上，连接，，，点为的中点，连接．若，，则的值为（   ） A． B． C． D． 预测5（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知四边形是边长为6的正方形，为延长线上一点，以为边，在直线上方作正方形，连接，取的中点，连接．若，则 ． 预测6（2025·浙江嘉兴·一模）如图，在正方形纸片中，点M，N分别是上的点，将该正方形纸片沿直线折叠，使点B落在的中点E处．若，则的面积是 ． 预测7（2025·浙江·二模）如图1，在四边形中，，的平分线交于点，交直线于点，下面是两位同学的对话． (1)请你选择一位同学的说法，并进行证明（选小波得4分，选小杭得2分）； (2)如图2，若，四边形是菱形，分别连结，，求的度数． 押题1如图，木制活动衣帽架由3个全等的菱形挂钩构成，在A、E、F、C、G、H处安装上、下两排挂钩，可以根据需要改变挂钩间的距离，并在B，M处固定．已知菱形的边长为，要使两排挂钩的距离（即）为，则之间的距离为（    ） A．36 B．60 C．72 D．96 押题2如图，在菱形中，对角线，交于点，，．则菱形的面积是 ． 押题3如图，在中，的平分线交于点．如果，，那么的长为 ． 押题4如图，在矩形中，点E是边的中点，于点F．若，则的长为 ． 押题5如图，在平行四边形中，点，分别在，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，且，，求的长． 押题6【操作发现】 （1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上．请按要求画图：将绕点A按顺时针方向旋转，点B的对应点为，点C的对应点为，连接，则________． 【问题探究】 （2）如图2，在等边三角形内有一点P，且，，，求的度数． 小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下思考：将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，寻找线段，，之间的数量关系……，请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程． 【问题解决】 （3）如图3，在正方形内有一点P，且，，，求的面积． 押题7阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)（填空）判断图1中的中点四边形的形状为______，菱形的中点四边形的形状是______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，，，，分别为，，，的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，求的长． 押题8如图1，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以，为邻边作平行四边形． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，若，连接，，，，求的度数并判断的形状； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 04 圆 考点 考情分析 垂径定理 选择题常直接考查垂径定理的基本应用；填空题可能会结合勾股定理，通过给出圆的相关线段长度，让考生计算弦长、半径或圆心到弦的距离等；解答题常与其他几何知识综合考查。 圆心角和圆周角 选择题常考查圆心角和圆周角的基本概念﹑性质及它们之间的关系；填空题可能会结合圆的其他性质，如垂径定理、圆的对称性等，来计算圆心角或圆周自数，或者根据已知的圆心角或圆周角度数，求相关线段的长度；解答题常与三角形、四边形等几何图形综合考查。 切线的性质与判定 选择题常考查切线的基本概念、性质及判定条件的直接应用；填空题可能会结合圆的其他性质，如垂径定理、圆心角定理等，来考查切线的性质与判定；解答题常与三角形、四边形等几何图形综合考查，是圆的综合题中的重要考点。 正多边形与圆 选择题常考查正多边形与圆的基本概念、性质及简单计算；填空题可能结合圆的性质，考查正多边形的内角、外角、边长、半径、边心距等；解答题通常与其他几何知识综合考查，难度适中或偏上。 弧长和扇形面积 选择题常以基础题形式出现，考查弧长和扇形面积；填空题可能结合圆的其他性质，如垂径定理、切线性质等，考查弧长和扇形面积的计算；解答题:通常作为圆的综合题的一部分出现，难度适中或偏上。 考查分值：在 10-12 分左右，但会因地区和试卷结构的不同而有所差异。 考查形式：选择题﹑填空题和解答题均会出现。 命题趋势：选择题:会考查圆的基本概念，如圆心角、圆周角、弦、弧等的理解;也可能考查根据圆的半径和圆心角求弧长，或者利用圆周角定理求角度等；填空题:常涉及圆的性质应用，如垂径定理求弦长、半径;也可能考查圆与正正多边形的中心角与圆的半径关系等；解答题:通常以圆的综合题形式出现，与三角形、四边形等知识结合。 知识点1：垂径定理 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。 推论1：1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧； 2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧； 3）平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。 推论2：圆的两条平行弦所夹的弧相等。 垂径定理的应用：经常设未知数，几何方程于勾股定理解答。 【高分技巧】： 1）过圆心，作垂线，连半径，造，用勾股，求长度； 2)有弧中点，连中点和圆心，得垂直平分 知识点2：圆心角和圆周角 圆心角概念：顶点在圆心的角叫做圆心角。 弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等。 圆周角概念：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。 圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。（即：圆周角=） 推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。 在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相等。 推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径。 推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。 圆内接四边形 圆的内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。 即：在⊙中， ∵四边是内接四边形 ∴ 知识点3：切线的性质和判定 1.切线的性质与判定 定义 线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点． 性质 圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆心的直线．） 解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明． 判定 1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线. 2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切. 3) 判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线. 常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时， 1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”； 3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”． 2.切线长定理 定义 在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长． 定理 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角． 切线长定理的应用问题解题方法：切线长定理经常用来证明线段相等，通常要连接圆心与切点构造直角三角形来求解． 知识点4：三角形的内切圆和三角形的外接圆 1. 三角形内切圆与外接圆 三角形外接圆 经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形. 三角形内切圆 与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形. 2. 三角形内心与外心 圆心的名称 圆心的确定方法 图形 圆心的性质 外心 三角形三边中垂线的交点 1)OA=OB=OC 2)外心不一定在三角形的内部． 内心 三角形三条角平分线的交点 1)到三边的距离相等； 2)OA、OB、OC分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB； 3)内心一定在三角形内部． 【高分技巧】 1）三角形内切圆半径公式：，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长. 2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：其中a，b为直角三角形的直角边长，c为斜边长. 3）解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解． 知识点5：正多边形与圆 1. 正多边形的相关概念 正多边形概念 各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形. 正多边形的中心 正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心. 正多边形的半径 正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径. 正多边形的中心角 正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角. 正多边形的边心距 中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距. 2. 正多边形的常用公式 边长 （Rn为正多边形外接圆的半径） 周长 Pn=n⋅an 外角/中心角度数 面积 Sn=an⋅rn⋅n 对角线条数 边心距 rn=Rn⋅cos 内角和 （ n-2 ）×180°. 内角度数 n边形的边数 （内角和÷180°）＋2 （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个值可以借助勾股定理求解.） 【高分技巧】 正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算． 知识点6：弧长和扇形面积 设⊙O 的半径为R，n°圆心角所对弧长为，n为弧所对的圆心角的度数，则 扇形弧长公式 （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关，且n表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．） 扇形面积公式 S扇形==R 圆锥侧面积公式 S圆锥侧=πrl （其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的底面半径） 圆锥全面积公式 S圆锥全=πrl+πr2 （圆锥的表面积=扇形面积+底面圆面积） 圆锥的高h，圆锥的底面半径r 知识点7：求不规则图形面积 求与圆有关的不规则图形的面积时，最基本的思想就是转化思想，即把所求的不规则的图形的面积转化为规则图形的面积．常用的方法有： 1）直接用公式求解． 图形 公式 S阴影 = S扇形ABC S阴影 = S△ABC S阴影 = S四边形ABCD = ab 2）和差法：所求面积的图形是一个不规则图形，可将其转化变成多个规则图形面积的和或差，进行求解． ①直接和差法.（阴影部分是几个常见图形组合而成，即S阴影=S常见图形±S常见图形） 图形 面积计算方法 图形 面积计算方法 S阴影=S△ACB−S扇形CAD S阴影=S扇形BAB′+S半圆AB′−S半圆AB S阴影=S△AOB−S扇形COD S阴影=S半圆AC+S半圆BC−S△ACB S阴影=S半圆AB−S△AOB S阴影= S扇形BAD−S半圆AB S阴影=S扇形EAF−S△ADE S阴影=S扇形之和== ②构造和差法 图形 公式 S阴影=S扇形AOC+S△BOC S阴影=S△ODC-S扇形DOE S阴影=S扇形AOB-S△AOB S阴影=S扇形BOE+S△OCE-S扇形COD 3）割补法：直接求面积较复杂或无法计算时，可通过旋转、平移、割补等方法，对图形进行转化，为利用公式法或和差法创造条件，从而求解． ①全等法 图形 公式 S阴影= S△AOB S阴影= S扇形BOC S阴影=S矩形ACDF S阴影= S正方形PCQE ②等面积法 图形 公式 S阴影= S扇形COD ③平移法 图形 公式 S阴影=S正方形BCFE S阴影=S矩形ABHG ④旋转法 图形 公式 S阴影=S扇形BOE S阴影= S扇形BOD S阴影= S扇形ABE-S扇形MBN ⑤对称法 图形 公式 S阴影=S△ACD S阴影= S扇形CDE S阴影= S△OBC= S正方形ABCD S阴影= S扇形ACB- S△ACD 真题1（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 真题2（2024·四川·中考真题）如图，正六边形内接于，，则的长为（    ） A．2 B． C．1 D． 真题3（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（    ） A． B． C． D． 真题4（2024·四川广元·中考真题）如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（    ） A． B． C． D． 真题5（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，为便于研究圆锥与扇形的关系，小方同学利用扇形纸片恰好围成一个底面半径为，母线长为的圆雉的侧面，那么这个扇形纸片的面积是 （结果用含的式子表示）． 真题6（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，以为直径的交于点，垂足为． 的两条弦相交于点． (1)求证：是的切线； (2)若，求扇形的面积． 真题7（2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 真题8（2024·四川广元·中考真题）如图，在中，，，经过A、C两点，交于点D，的延长线交于点F，交于点E． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径． 预测1（2025·四川绵阳·二模）小月同学在手工课上用扇形卡纸制作的简易圆锥形漏斗如图所示，若漏斗的底面圆的直径为6cm，高为4cm，则扇形卡纸的面积至少是（    ） A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2 预测2（2025·河南省直辖县级单位·一模）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点为圆心的圆的一部分．如果是中弦的中点，经过圆心交于点，并且，．则的半径为（   ） A． B． C． D． 预测3（2025·广东佛山·一模）如图，点A、B、C、D在上，，，则（    ） A． B． C． D． 预测4（2025·陕西宝鸡·一模）如图，四边形内接于，连接，若，则的度数为 °． 预测5（2025·河南·二模）如图，是的直径，点在上，，与交于点．若，则的度数为 ． 预测6（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图，是半圆的直径，是半径上一点，过点作，交半圆于点，连接．若，，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留） 预测7（2025·河南驻马店·二模）如图．中，，以为直径的分别交，于点，，点在的延长线上． (1)尺规作图：做，的延长线与相交于点（保留作图痕迹．不写作法）； (2)求证：直线是的切线； (3)若，，求和的长． 预测8（2025·湖北鄂州·一模）综合与实践：如图，生活中的很多工艺品，可以看成是由一些简单的平面图形旋转得到的几何体． 【知识背景】把一个平面图形绕着不同的轴旋转，可以得到一个不同形状的几何体．如图，某数学兴趣小组把Rt绕它的一条直角边旋转可以形成一个圆锥体．已知． 请完成下列方案设计中的任务： 【方案设计】目标：设计一个一定条件下的侧面积最大的圆锥体． 任务一：把圆锥体的侧面沿着其中一条母线剪开并展平，研究圆锥体侧面展开图的形状及边长． （1）如图，设的长度为，请用含有的代数式分别表示的长度； 任务二：计算圆锥体侧面积，设圆锥体的侧面积为． （2）在（1）的条件下，求与的函数表达式； （3）在（2）的条件下，满足，求当取何值时，圆锥体的侧面积最大？最大值是多少？ 预测9（2025·北京·一模）在平面直角坐标系中，对于点和点给出如下规定：如果将点沿直线翻折后得到点，再将点沿直线翻折后得到点，点就是点的“相称点”． (1)如图1，如果点，， ① 在点，，中，点的“相称点”的是________； ② 点的“相称点”与点的距离最小值是_______． (2)如图2，的半径和等边的边长均为，点，点和点都在上，如果在图中的边上存在点的“相称点”，求的取值范围． 押题1如图，点，，在上，，，则（    ） A． B． C． D． 押题2如图，是的直径，弦，垂足为P，，，则的长为（   ） A．6 B．10 C．12 D．13 押题3《数书九章》中的“遥度圆城”问题如下：在一座圆形城堡中，有正东、正南、正西和正北四个门，出南门A向东走一段路程到达点后相切圆形城堡于点，刚好看到北门的正北方向的一棵大树，即相切圆形城堡于点．若，圆形城堡的直径为，且经过圆形城堡的圆心，则北门到大树的距离为 ． 押题4若圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面积为 ．（结果保留）． 押题5如图，一段公路的转弯处是一段圆弧，点是这段弧所在圆的圆心，，圆心角，是上的一点，，垂足为，则弯路上点到的距离为 ． 押题6如图，是的直径，弦与相交于点．过点作，交的延长线于点，，． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，求的半径 押题7如图，内接于，为边的高，为的直径交于点F，连接． (1)求证：； (2)当直径平分时，求证：； (3)在（2）的条件下，若，，求的长． 押题8如图，是的直径，是上的一点，是延长线上的一点，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 05 尺规作图 考点 考情分析 尺规作图 题目类型主要是解答题，也有选择题，部分地区还出现了简述题和纠错题。 考查分值：在 5-8分左右，但会因地区和试卷结构的不同而有所差异。 考查形式：解答题为主，选择题为辅。 命题趋势：尺规作图不再单纯考查作图技能，而是越来越多地与几何推理、证明、计算等相结合，还会与其他数学知识如函数、三角形、四边形等综合考查，以体现学生的综合运用能力。 五种基本作图： 类型 图示 作图依据 作一条线段等于已知线段 圆上的点到圆心的距离等于半径. 作一个角等于已知角 1)三边分别相等的两个三角形全等； 2)全等三角形的对应角相等； 3)两点确定一条直线. 作一个角的平分线 作一条线段的垂直平分线 1)到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上； 2)两点确定一条直线. 过一点作已知直线的垂线 1)等腰三角形“三线合一”； 2)两点确定一条直线. 根据基本作图作三角形 类型 图示 已知三角形的三边，求作三角形 已知三角形的两边及其夹角，求作三角形 已知三角形的两角及其夹边，求作三角形 已知直角三角形一直角边和斜边，求作直角三角形 根据基本作图作圆 类型 图示 过不在同一直线上的三点作圆 （即三角形的外接圆） 作三角形的内切圆 【高分技巧】 1）先分析题目，读懂题意，判断题目要求作什么； 2）读懂题意后，再运用几种基本作图方法解决问题； 3) 切记作图中一定要保留作图痕迹． 真题1（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（    ）    A．22 B．21 C．20 D．18 真题2（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧分别交于点和点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点．若的面积为8，则的面积是（    ） A．8 B．16 C．12 D．24 真题3（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在中，． (1)尺规作图：作的角平分线，在角平分线上确定点，使得；（不写作法，保留痕迹） (2)在（1）的条件下，若，，，则的长是多少？（请直接写出的值） 真题4（2024·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作四边形，使其是轴对称图形且点、均在格点上． (1)在图①中，四边形面积为2； (2)在图②中，四边形面积为3； (3)在图③中，四边形面积为4． 真题5（2024·广东广州·中考真题）如图，中，． (1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图中，将中线绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：四边形是矩形． 真题6（2024·广东·中考真题）如图，在中，．    (1)实践与操作：用尺规作图法作的平分线交于点D；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，以点D为圆心，长为半径作．求证：与相切． 预测1（2025·浙江·二模）如图，在中，分别以点，为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线与交于点，连结．若，则的周长为（　　） A．13 B．14 C．15 D．16 预测2（2025·江苏苏州·一模）如图，在中，，以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交，于点M和点N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点D．若的面积为6，则的面积是（    ） A．6 B．10 C．12 D．20 预测3（2024·广东梅州·一模）如图，在中，以点A为圆心AB长为半径作弧交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，，，则的长为 ． 预测4（2025·江苏连云港·一模）如图，四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作菱形，使点在线段上，点在线段上（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若，，求菱形的面积． 预测5（2025·广东韶关·一模）已知如图，在中，，． (1)作的平分线，交于点；作的中点（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)连接，求证：． 预测6（2025·广东广州·一模）如图，在中，，点P是的中点．    (1)尺规作图：以线段为直径作，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，求证：是的切线． 预测7（2025·广东汕头·一模）如题图，在中，于点E． (1)过点C作，垂足为F；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）． (2)在（1）的条件下，求证：． 预测8（2025·广东广州·一模）如图，中，． (1)尺规作图：作，使圆心在边上，且与，所在直线相切（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若，，求的半径． 押题1如图，中，，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交、于点M、N，再分别以点M、N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点P，射线交于点D，过D作DE⊥AC于点E，若，那么的面积是（   ） A．10 B．30 C．24 D．32 押题2如图，四边形是平行四边形，用直尺和圆规作图（不写作法，保留作图痕迹），并解答问题： (1)作图：作对角线的垂直平分线，与、、分别交于点E、F、O，连接、； (2)判断（1）中所得四边形的形状，并说明理由． 押题3（平面几何画法）是朱铣和徐刚合编的一本平面几何教材，该书包含了大量的绘图示例和练习．如图-1，该书“例题46”介绍了“画和定三角形等面积的矩形法”． 具体作法为： ①过点和点各作一条垂直于的直线； ②作出的中点，过点作平行于的直线，与①中所得两条垂线交于，两点，四边形即为所求的矩形． (1)请你依据以上步骤，用不带刻度的直尺和圆规在图-2中，作出与面积相等的矩形；（保留作图痕迹，不写做法） (2)请你证明（1）中的． 押题4如图，在中，． (1)尺规作图：作的角平分线，交线段于点．（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）作出的图中，若，，求的长度． 押题5如图，已知和点，按如下方式作图： ①连接，作线段的垂直平分线交于点； ②以点为圆心，长为半径作圆，交于点、； ③连接，交的垂直平分线于点． (1)请依据题意完成作图；（保留作图痕迹，不写作法） (2)①试判断与的位置关系，并给出证明； ②若，，求的长． 押题6如图，四边形为平行四边形． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，若，，求线段的长． 押题7如图，在中，． (1)尺规作图：作线段的垂直平分线．（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（）条件下，垂直平分线交于点，连接，若，求的长． 押题8年月日上午，深圳市上空出现日晕景观，某兴趣小组观察完后，将日晕和云彩用和线段直观地表示出来，为进一步研究圆中的线段，该兴趣小组提出了以下问题：如图，点在以为直径的上， 若， ． (1)尺规作图：作的平分线交于点，连接，；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（）的条件下，求证：是等腰直角三角形． 60 / 63 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三辑 几何图形的初步认识…………………………………………………………………………01 三角形…………………………………………………………………………………………20 四边形…………………………………………………………………………………………45 圆………………………………………………………………………………………………81 尺规作图………………………………………………………………………………………114 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 学科网（北京）股份有限公司 01几何图形的初步认识 考点 考情分析 几何体的展开图 考查的题型多样化，在选择题、填空题和解答题均会出现。题目会越来越多地以实际生活中的物体为背景。 直线﹑射线和线段 考查的题型多样化，在选择题、填空题和解答题均会出现。在选择题常考查对直线、射线、线段概念的理解；填空题中可能会涉及根据线段的长度关系求某条线段的长度；在解答题中，通常会与三角形、四边形等其他几何图形结合。 相交线与平行线 考查的题型多样化，在选择题、填空题和解答题均会出现。选择题常考查对基本概念的理解和简单应用；填空题可能涉及根据相交线所成角的关系求角度，或者利用平行线的性质求线段长度、角度等。 解答题一般不会单独作为大题考查，通常会与三角形、四边形等其他几何图形结合，在证明或计算过程中运用到相交线与平行线的相关性质和判定定理。 角 考查的题型多样化，在选择题、填空题和解答题均会出现。角的知识会越来越多地与其他几何知识(如三角形、四边形、圆、相似形等)以及代类知识(如函数、方程等)综合考查，形成综合性较强的题目，考查学生的综合运用能力 考查分值：分值在3-9分之间，具体分值因地区和试卷结构而异。 考查形式：选择题、填空和解答题均有。 命题趋势：几何初步知识是中考数学的基础考点，年年都会考查，预计 2025 年及今后各地中考仍会出现。 知识点1：几何体的展开图 几何图形的概念: 我们把实物中抽象出来的各种图形叫做几何图形,几何图形分为平面图形和立体图形. 立体图形的概念：有些几何图形的各个部分不都在同一平面内，这个图形叫做立体图形. 平面图形的概念：有些几何图形的各个部分在同一平面内的图形，这个图形叫做平面图形. 正方体展开图（共计11种）： 口诀：1）“一四一”、“一三二”，“一”在同层可任意, 2）“三个二”成阶梯, 3）“二个三”“日”相连,异层必有“日”，“凹”“田”不能有，掌握此规律，运用定自如. 几何图形的组成：1）点：线和线相交的地方是点，它是几何图形最基本的图形. 2）线：面和面相交的地方是线，分为直线和曲线. 3）面：包围着体的是面，分为平面和曲面. 4）体：几何体也简称体. 组成几何图形元素的关系：点动成线，线动成面，面动成体. 知识点2：直线﹑射线和线段 重点：1. 经过两点有一条直线，并且仅有一条直线，即两点确定一条直线 2. 两点之间的线段中，线段最短，简称两点间线段最短 知识点3：平行线 平行线的定义：在同一平面内，不相交的两条直线叫做平行线，平行用符号“∥”表示. 平行公理（唯一性）：经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行. 平行公理的推论（传递性）：如果两条直线都与第三条直线平行，那么这两条直线也互相平行. 平行线的性质： 性质1：两直线平行，同位角相等； 性质2：两直线平行，内错角相等； 性质3：两直线平行，同旁内角互补.. 平行线的判定 判定方法1 ：两条直线被第三条直线所截，如果同位角相等，那么这两条直线平行. 　　　　 简称：同位角相等，两直线平行. 判定方法2 ：两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行. 　　　　 简称：内错角相等，两直线平行. 判定方法3： 两条直线被第三条直线所截，如果同旁内角互补，那么这两条直线平行. 　　　　 简称：同旁内角互补，两直线平行. 判定方法4：垂直于同一直线的两直线互相平行． 判断同一平面内两直线的位置关系时，可以根据它们的公共点的个数来确定： ①有且只有一个公共点，两直线相交； ②无公共点，则两直线平行； ③两个或两个以上公共点，则两直线重合. 平行线之间的距离概念：两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的距离叫做这两条平行线之间的距离. 性质：1）夹在两条平行线间的平行线段处处相等； 2）平行线间的距离处处相等. 知识点4：角 1.角的分类： ∠β 锐角 直角 钝角 平角 周角 范围 0＜∠β＜90° ∠β=90° 90°＜∠β＜180° ∠β=180° ∠β=360° 2.角的表示方法： 角的表示 图例 适用范围 注意事项 用三个大写字母表示 记作：∠ABC或∠CBA 任何情况都适用 表示顶点的字母一定要写在中间，边上的字母写在两侧. 用一个大写字母表示 记作：∠O 1）以这个字母为顶点的角只有一个； 2）当在一个顶点处有两个或两个以上的角时,其中的任意一个角都不能用一个大写英文字母表示. 用一个数字表示 任何情况都适用 在靠近顶点处画上弧线，表示出角的范围，并注上数字或小写的希腊字母 用一个希腊字母表示 3.角度制：以度、分、秒为单位的角的度量制. 度、分、秒的运算方法：1°=60′；1′=60″；1°=3600″；1″=（）′；1″=（）° 1周角=2平角=4直角=360°. 角的大小的比较：1）叠合法：使两个角的顶点及一边重合，比较另一边的位置； 2）度量法：分别用量角器测量两个角的大小，再进行比较. 4.角的平分线的概念：从一个角的顶点出发，把这个角分成相等的两个角的射线，叫做这个角的平分线. 【性质】①若OC是∠AOB的平分线，则∠AOC=∠BOC =∠AOB，∠AOB=2∠AOC =2∠BOC． ②角平分线上的点到角两边的距离相等． 5.余角的概念：如果两个角的和等于直角，就说这两个角互为余角，即其中一个是另一个的余角. 6.补角的概念：如果两个角的和等于平角，就说这两个角互为补角，即其中一个是另一个的补角. 【性质】同角（或等角）的余角相等，同角（或等角）的补角相等. 真题1（2024·江苏常州·中考真题）下列图形中，为四棱锥的侧面展开图的是（    ） A．B．C．D． 【答案】B 【分析】本题主要考查几何体的展开图，熟练掌握几何体的展开图是解题的关键．根据棱锥的侧面展开图的特征即可得到答案． 【详解】 解：棱锥的侧面是三角形，故四棱锥的侧面展开图的是 故选：B． 真题2（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，平分．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查的是平行线的性质及角平分线的定义，解题时要熟练掌握并能灵活运用平行线的性质是关键．依据题意，根据平行线及角平分线的性质求解即可． 【详解】解：， ，； 平分， ． ． 故选：C 真题3（2024·江苏常州·中考真题）如图，推动水桶，以点O为支点，使其向右倾斜．若在点A处分别施加推力、，则的力臂大于的力臂．这一判断过程体现的数学依据是（    ） A．垂线段最短 B．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 C．两点确定一条直线 D．过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行 【答案】A 【分析】本题考查了力臂，平行公理，垂直的性质，直线特点，垂线段最短，根据图形分析得到过点有，进而利用垂线段最短得到即可解题． 【详解】解：过点有， ， 即得到的力臂大于的力臂， 其体现的数学依据是垂线段最短， 故选：A． 真题4（2024·广西·中考真题）如图，2时整，钟表的时针和分针所成的锐角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了钟面角，用乘以两针相距的份数是解题关键．根据钟面的特点，钟面平均分成12份，每份是，根据时针与分针相距的份数，可得答案． 【详解】解：2时整，钟表的时针和分针所成的锐角是， 故选：C． 真题5（2024·江西·中考真题）如图是的正方形网格，选择一空白小正方形，能与阴影部分组成正方体展开图的方法有（    ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【答案】B 【分析】此题主要考查了几何体的展开图，关键是掌握正方体展开图的特点．依据正方体的展开图的结构特征进行判断，即可得出结论． 【详解】解：如图所示： 共有2种方法， 故选：B． 真题6（2024·山东青岛·中考真题）如图①，将边长为的正方形纸板沿虚线剪掉边长为的小正方形，得到如图②的“纸板卡”，若用这样完全相同的“纸板卡”拼成正方形，最少需要 块；如图③，将长、宽、高分别为的长方体砖块，切割掉长、宽、高分别为的长方体，得到如图④的“直角砖块”，若用这样完全相同的“直角砖块”拼成正方体，最少需要 块． 【答案】 12 144 【分析】本题考查展开图折叠成几何体，最小公倍数等知识，先拼成一个基础图形（体），再根据正方形（体）的特征，即可解答． 【详解】解：先用2个图②拼成一个长为3，宽为2的长方形，面积为6， 的最小公倍数是6， 如图， 6个这样的长方形拼成一个面积为36的正方形，此时边长为6， 需图②的个数：（个）； 同理用2个图④拼成长，宽，高分别为4, 3, 2的长方体， 用个这样的长方体拼成一个长，宽，高为12，12，2的长方体，用6个这样的长方体可以拼成长，宽，高为12，12，12的正方体， 此时需要：（个）． 故答案为：12；144． 真题7（2024·福建·中考真题）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．            图1                                                                   图2                                      图3 (1)直接写出的值； (2)如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（    ） 图4 A．        B． C．        D． (3) 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 规格（单位：cm） 单价（单位：元） 3 5 20 现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整，的比例，制作棱长为的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用． （要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用） 【答案】(1)2； (2)C； (3)见解析． 【分析】本题考查了几何体的展开与折叠，空间观念、推理能力、模型观念、创新意识等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）由折叠和题意可知，，，四边形是正方形，得到，即，即可求解； （2）根据几何体的展开图即可求解； （3）由题意可得，每张型号卡纸可制作10个正方体，每张型号卡纸可制作2个正方体，每张型号卡纸可制作1个正方体，即可求解． 【详解】（1）解：如图： 上述图形折叠后变成： 由折叠和题意可知，，， ∵四边形是正方形， ∴，即， ∴，即， ∵， ∴， ∴的值为：． （2）解：根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反， ∴C选项符合题意， 故选：C． （3）解： 卡纸型号 型号 型号 型号 需卡纸的数量（单位：张） 1 3 2 所用卡纸总费用（单位：元） 58 根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为，则要制作一个边长为的正方体的展开图形为： ∴型号卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图： 型号卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图： 型号卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图： ∴可选择型号卡纸2张，型号卡纸3张，型号卡纸1张，则 （个）， ∴所用卡纸总费用为： （元）． 预测1（2025·陕西西安·模拟预测）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点P，点F为凸透镜的焦点．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．过点作，利用平行线的性质推出，，再利用角的和差和对顶角相等即可求解． 【详解】解：如图，过点作， ， ， ， ，， ， ， ， ． 故选：C． 预测2（2025·陕西商洛·一模）若的度数为，则的补角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了求一个角的补角度数，角度的计算．根据度数之和为180度的两个角互补进行求解即可． 【详解】解：的度数为， 的补角的度数为． 故选：A 预测3（2025·河北石家庄·一模）如图，岛在岛的北偏东方向，在岛的北偏西方向，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了方位角，平行线的性质，理解图示，掌握方位角的含义，平行线的性质是关键． 根据题意，，如图所示，过点作，则，则，由此即可求解． 【详解】解：根据题意，， 如图所示，过点作，则， ∴， ∴， 故选：C ． 预测4（2025·山东菏泽·一模）一副三角板按如图方式摆放，，，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行线的性质和三角形外角的性质，由平行线的性质可得，再根据三角形外角的性质即可得出答案． 【详解】解： ， ， ， 故选：D． 预测5（2025·山东临沂·一模）抖空竹是我国传统体育项目，如图，某一时刻对空竹进行受力分析，抖线给空竹的拉力为和，空竹受到的重力为G，方向竖直向下，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行线的性质，几何图形的角度运算，先根据两直线平行，同旁内角互补，得再结合，代入数值计算，即可作答． 【详解】解：如图所示： ∵， ∴， ∵ ∴ ∵，， ∴， 故选：A． 预测6（2025·河北唐山·一模）如图，正方体展开图的每个面上都有一个汉字，则原正方体的表面上，“心”字对面的字是（   ） A．数 B．学 C．素 D．养 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方体相对两面上的文字，熟记正方形的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形这一特性是解题的关键．正方形的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答即可． 【详解】解：正方形的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形， “数”和“养”是相对面；“学”和“心”是相对面；“核”和“素”是相对面． 故选B． 预测7（2025·江西景德镇·一模）将边长为4的正方形做成如图1所示的七巧板，将图1中的七巧板拼成如图2所示的“天鹅”，则图2中的长为 ．     【答案】 【分析】题目主要考查正方形的性质，解三角形，理解题意，找出各边之间的关系是解题关键． 根据题意得出，为等腰直角三角形，确定，结合图形即可求解． 【详解】解：如图所示：根据题意得，为等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 押题1如图，长方形纸片沿折叠，A，D两点分别与对应，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行线的性质，与角平分线有关的计算，根据平行线的性质，折叠的性质推出，利用平角的定义进行求解即可． 【详解】解：∵长方形纸片 ∴， ∴， 由折叠的性质得出， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴． 故选：D． 押题2淇淇一家要到革命圣地西柏坡参观．如图，西柏坡位于淇淇家南偏西的方向，则淇淇家位于西柏坡的（    ）    A．南偏西方向 B．南偏东方向 C．北偏西方向 D．北偏东方向 【答案】D 【分析】根据方向角的定义可得答案． 【详解】解：如图：∵西柏坡位于淇淇家南偏西的方向， ∴淇淇家位于西柏坡的北偏东方向．    故选D． 【点睛】本题主要考查方向角，理解方向角的定义是正确解答的关键． 押题3下图是小明同学在体育课上跳远后留下的脚印，体育杜老师在测量小明同学的体育成绩时，选取测量线段的长度，其依据是（　　） A．垂线段最短 B．两点之间线段最短 C．两点确定一条直线 D．在同一平面内，过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 【答案】A 【分析】本题考查了垂线段最短的性质在实际生活中的应用．熟练掌握垂线段最短是解题的关键． 根据垂线段最短作答即可． 【详解】他的跳远成绩是线段的长度，这样测量的依据是垂线段最短． 故选：． 押题4如图是每个面上都有一个汉字的正方体的一种展开图，那么在正方体的表面，与“国”相对的面上的汉字是（　　） A．诚 B．信 C．友 D．善 【答案】B 【分析】正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答． 【详解】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“诚”与面“友”相对，面“爱”与面“善”相对，面“信”与面“国”相对． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，从实物出发，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间观念是解决此类问题的关键． 押题5如图，是的平分线，且 ，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了平行线的性质和角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解本题的关键． 利用两直线平行内错角相等和角平分线的定义可解答． 【详解】解：是的平分线， ， ，， ， ． 故选：B． 押题6如图所示，，若，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过得到，计算求解即可． 【详解】解：， ， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题主要考查角的计算，能够得到角度关系是解题关键． 押题7如图是时的时针及分针的位置，则此时分针与时针所成的 °． 【答案】 【分析】利用钟表中各整数间隔将表盘平分，及刻度摆放位置，得到间隔数，计算得到圆心角． 【详解】8:00时，的时针指到8，分针指到， 两边之间有4个间隔， 整个钟表有个间隔， ， 故答案为． 【点睛】本题考查钟表时刻中圆心角的计算，利用间隔均分和周角为，按照比例进行计算． 押题8七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，且边长为4，那么阴影部分面积为 ．    【答案】3 【分析】将正方形的面积分成16等份，看阴影部分占几份即可． 【详解】解：如图所示，正方形的面积可以分成16等份，    其中占1份，平行四边形占2份， 正方形的边长为4， ， ． 故答案为：3． 【点睛】本题考查七巧板相关的计算，解题的关键是根据图形得出阴影部分所占面积与正方形面积之比． 02 三角形 考点 考情分析 三角形的基本概念和性质 选择题常考查对三角形基本概念的理解；填空题可能涉及三角形的重要线段(如中线、高线、角平分线)的性质应用，以及根据三角形的性质求线段长度或角度；解答题常与其他几何知识综合考查。 全等三角形 选择题常考查对三角形基本概念的理解；填空题可能涉及三角形的重要线段(如中线、高线、角平分线)的性质应用，以及根据三角形的性质求线段长度或角度；解答题常与其他几何知识综合考查，如三角形与四边形、圆的结合，或在实际问题中运用三角形的性质进行求解。 勾股定理及逆定理 选择题常考查对勾股定理及其逆定理的基本理解和简单应用；填空题可能涉及利用勾股定理求线段长度，或根据勾股定理逆定理判断三角形形状后求相关度等；解答题常与其他几何知识综合考查，如与三角形全等、相似、四边形等知识结合。也会在实院问题情境中，要求考生运用勾股定理及逆定理来解决问题，如 考查分值：三角形相关内容的分值大约在 15-25 分左右，占总分的 12.5%-20.8%。。 考查形式：选择题:通常有1-2道题考查三角形，每题分值3-4分，共3-8分。 填空题:可能有1-2道题与三角形有关，每题分值3-4分，共3-8分。 解答题:会有1-2道大题涉及三角形，分值一般在8-12 分左右。如果是综合性很强的压轴题分值可能会更高。 命题趋势：更加注重与实际生活的联系，以实际问题为背景，考查学生运用三角形知识解决实际问题的能力；强调知识的综合运用，将三角形与其他数学知识，如函数、方程、圆等进行深度融合，考查学生的综合分析和解决问题的能力；对学生的逻辑推理能力要求提高，在证明军答题中，需要学生具备严谨的逻辑思维，能够清晰地写出推理过程和证明步骤。 知识点1：三角形的性质 三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边． 推论：三角形的两边之差小于第三边． 三角形三边关系定理及推论的应用： 1）判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组成三角形． 2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a-b|＜c＜a＋b 3）所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角形． 三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°． 推论：直角三角形的两个锐角互余. 三角形的内角和定理的应用： 1)在三角形中,已知两个内角的度数,可以求出第三个内角的度数； 2)在三角形中,已知三个内角的比例关系,可以求出三个内角的度数； 3)在直角三角形中,已知一个锐角的度数,可以求出另一个锐角的度数. 三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°． 三角形的外角和的性质：1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和； 2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角． 知识点2：三角形的重要线段 重要线段 概念 图形 性质 三角形 的高 从三角形一个顶点向它的对边做垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线（简称三角形的高）． ∵AD是∆ABC中BC边的高 ∴∠ADB=∠ADC=90° 三角形 的中线 在三角形中，连接一个顶点和它对边的中点的线段叫做三角形的中线 ∵AD是∆ABC中BC边的中线 ∴BD=CD S△ABD=S△ADC 三角形的角平分线 三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点间的线段叫做三角形的角平分线． ∵AD是∆ABC中∠BAC的角平分线 ∴∠BAD=∠DAC=∠BAC 三角形的中位线 连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线 ∵DE是∆ABC的中位线 ∴AD=DB AE=EC DE=BC DE∥BC 重心 三角形三条中线交点 1）重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。 2）重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。 3) 重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。 垂心 三角形三条高交点 1）锐角三角形的垂心在三角形内；直角三角形的垂心在直角顶点上；钝角三角形的垂心在三角形外； 2）锐角三角形的垂心到三顶点的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和的2倍。 3）三角形三个顶点，三个垂足，垂心这7个点可以得到6组四点共圆. 4）锐角三角形的垂心是垂足三角形的内心；锐角三角形的内接三角形(顶点在原三角形的边上)中，以垂足三角形的周长最短. 知识点2：全等三角形的性质和判定 全等三角形的性质：1）对应边相等，对应角相等. 2）全等三角形的对应角平分线、对应中线、对应高相等． 3）全等三角形的周长相等、面积相等． 全等三角形的判定 1.边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）； 2.边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）； 3.角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）； 4.角角边定理：有两角和它们所对的任意一边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角角边”或“AAS”）； 5.对于特殊的直角三角形：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）． 常见的全等三角形模型（基础） 常见的全等三角形模型（基础） 平移模型 模型分析：此模型特征是有一组边共线或部分重合，另两组边分别平行，常要在移动的方向上加（减）公共线段，构造线段相等，或利用平行线性质找到对应角相等． 对称模型 模型分析：所给图形可沿某一直线折叠，直线两旁的部分能完全重合，重合的顶点就是全等三角形的对应顶点，解题时要注意隐含条件，即公共边或公共角相等． 一线三垂直/一线三等角 模型解读：一线：经过直角顶点的直线；三垂直：直角两边互相垂直，过直角的两边向直线作垂直，利用“同角的余角相等”转化找等角 旋转模型 模型解读：将三角形绕着公共顶点旋转一定角度后，两个三角形能够完全重合，则称这两个三角形为旋转型三角形．旋转后的图形与原图形存在两种情况： ①无重叠：两个三角形有公共顶点，无重叠部分，一般有一对隐含的等角； ②有重叠：两个三角形含有一部分公共角，运用角的和差可得到等角． 真题1（2024·山东德州·中考真题）如图，在中，是高，是中线，，，则的长为（   ） A． B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的高线和中线的意义，根据和求出，根据是中线即可求解． 【详解】解：∵，， ∴ ∵是中线， ∴ 故选：B 真题2（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质．根据等腰三角形的性质，可得，再由三角形外角的性质，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B 真题3（2024·山东泰安·中考真题）如图，直线，等边三角形的两个顶点B，C分别落在直线l，m上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行线的性质、等边三角形的性质，根据平行线的性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， 即， ∵是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：B． 真题5（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（    ） A．18 B． C．9 D． 【答案】C 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质以及三角形全等的性质与判定，掌握相关的线段与角度的转化是解题关键．连接，根据等腰直角三角形的性质以及得出，将四边形的面积转化为三角形的面积再进行求解． 【详解】解：连接，如图： ∵，，点D是中点， ∴ ∴， ∴ 又∵ ∴ 故选：C 真题5（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点D，E，再分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点P，作射线交于点F．已知，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图基本作图：作角平分线，角平分线的性质定理，勾股定理及全等三角形的判定与性质等知识．根据基本作图可判断平分，过F作于G，再利用角平分线的性质得到，根据勾股定理求出，证明，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理求出． 【详解】解：过F作于G， 由作图得：平分，，， ∴， 在中根据勾股定理得：， ，， ， ， 设，则，， 在中，根据勾股定理得： ， 即：， 解得：， ， 在中根据勾股定理得：． 故答案为：． 真题6（2024·山东德州·中考真题）如图，C是的中点，，请添加一个条件 ，使． 【答案】或 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定．熟练掌握全等三角形的判定定理，是解决问题的关键． 要使，已知，，则可以添加一对边，从而利用来判定其全等，或添加一对夹角，从而利用来判定其全等（填一个即可，答案不唯一）． 【详解】解：∵C是的中点， ∴， ∵， ∴添加或， 可分别根据判定（填一个即可，答案不唯一）． 故答案为：或． 真题7（2024·江苏镇江·中考真题）如图，，．    (1)求证：； (2)若，则__________°． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． （1）利用即可证得； （2）先根据三角形内角和定理求出的度数，再根据全等三角形的性质即可得出的度数． 【详解】（1）证明：在和中， ， ； （2）解：，， ， 由（1）知， ， 故答案为：20． 真题8（2024·山东东营·中考真题）在中，，，． (1)问题发现 如图1，将绕点按逆时针方向旋转得到，连接，，线段与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)类比探究 将绕点按逆时针方向旋转任意角度得到，连接，，线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论是否一致？若交于点N，请结合图2说明理由； (3)迁移应用 如图3，将绕点旋转一定角度得到，当点落到边上时，连接，求线段的长． 【答案】(1)； (2)一致；理由见解析 (3) 【分析】（1）延长交于点H，根据旋转得出，，，根据勾股定理得出，，根据等腰三角形的性质得出，，根据三角形内角和定理求出，即可得出结论； （2）延长交于点H，证明，得出，，根据三角形内角和定理得出，即可证明结论； （3）过点C作于点N，根据等腰三角形的性质得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，根据解析（2）得出． 【详解】（1）解：延长交于点H，如图所示： ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴，，， ∴根据勾股定理得：，， ∴， ∵，，， ∴，， ∴， ∴． （2）解：线段与的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下： 延长交于点H，如图所示： ∵将绕点旋转得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴； 又∵，，， ∴， ∴； （3）解：过点C作于点N，如图所示： 根据旋转可知：， ∴， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理得：， ∵，， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， 根据解析（2）可知：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 预测1（2025·陕西宝鸡·一模）如图，在中，，点分别是边的中点，连接，若，则的长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】本题考查了直角三角形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，正确理解和运用相关的性质是解题的关键．先根据三角形的中位线得出，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出，最后得出问题即可求解． 【详解】解：点分别是边的中点， ， 在中，，点是的中点， ， ， 故选：． 预测2（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在等边三角形中，，垂足为，点在线段上，，若，则（   ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查等边三角形的性质，勾股定理等知识，先求出，再由勾定理求出，即可得出． 【详解】解：∵， ∴ 又， ∴， ∵， ∴ ∵是等边三角形，且， ∴ ∴， ∴， ∴, 故选：B． 预测3（2025·福建·一模）如图，在中，是边上的中线，是的中点，连接，若，则 ． 【答案】4 【分析】本题考查了三角形的中线与面积，熟练掌握三角形中线的性质是解题关键．根据三角形中线的性质可得，，由此即可得． 【详解】解：∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵在中，是边上的中线， ∴， 故答案为：4． 预测4（2025·吉林四平·二模）如图，在中，以点为圆心，适当的长度为半径画弧分别交，边于点，，再分别以点，为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，过点作交于点，若，，则的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图-基本作图，等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义，根据题意得平分，再根据平行线的性质求解． 【详解】解：由题意得：平分， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：18． 预测5（2025·湖南岳阳·一模）如图，一根竖直的木杆在离地面的处折断，木杆顶端落在地面的处上，与地面的夹角为，若，则木杆折断之前高度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了含角的直角三角形，由题意可知，，，根据含角的直角三角形的性质得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：由题意可知，，，， ∴， ∴木杆折断之前高度为：， 故答案为：． 预测6（2025·江苏常州·一模）如图，点B、F、C、E在一条直线上，已知，，． (1)求证：； (2)分别连接、，则与的关系为________． 【答案】(1)见解析 (2)平行且相等 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质， （1）先证明，再结合证明即可得到结论． （2）证明结合证明，即可得出，，从而可得，由此可得结论． 【详解】（1）证明： 在和中 ． （2）如图，连接、，与的关系为平行且相等． 在和中 ，， ∴ 故与的关系为平行且相等． 预测7（2025·江苏无锡·二模）如图，点在线段上，，，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据证明即可； （2）根据全等三角形的性质可得，，进而可得，再根据三角形内角和定理即可求出的度数． 本题主要考查了全等三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】（1）证明：在和中   ， ； （2）解：， ，， ， ， ． 预测8（2025·贵州黔东南·一模）阅读材料，并解决问题： 【思维指引】（1）如图1等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数. 解决此题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时，连接，借助旋转的性质可以推导出是______三角形；这样利用旋转变换，我们将三条线段 转化到一个三角形中，从而求出______； 【知识迁移】（2）如图2，在中，，，E、F为上的点且，请判断，，的数量关系，并证明你的结论. 【方法推广】（3）如图3，在中，，，，点P为内一点，连接，直接写出的最小值. 【答案】（1）等边；150；（2），理由见解析过程；（3） 【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答； （2）根据旋转的性质可得，，，，，再求出，从而得到，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式即可得证； （3）由旋转的性质可得，由等腰直角三角形的性质可得，即，则当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长，由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）， ，，， 依题意得旋转角， 为等边三角形， ，， ， 为直角三角形，且， ； 故答案为：等边；150； （2），理由如下： 如图2，把绕点A逆时针旋转得到， 由旋转的性质得，，，，，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， 由勾股定理得，， 即； （3）如图，在内部任取一点P，连接，，， 将绕点B顺时针旋转得到， 由旋转的性质得：， ， ， ， 当A，P，，四点共线时，取到最小值，最小值为长， 如图，过点A作垂线交延长线于点D， ， ， ，， 又， ， ． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键． 押题1如图，过边长为的等边的边上一点，作于，为延长线上一点，且，连接交于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作交于点，利用等边三角形的性质和三线合一可得是等边三角形、是的中线，则有、，根据可得，又可判定，则，代入即可求解． 【详解】作交于点， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， ， 又， 是的中线， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是等边三角形的性质与判定、三线合一、全等三角形的性质与判定，解题关键是利用辅助线构造等边三角形，利用等边三角形的性质判定全等后求的长． 押题2如图，点E在等边的边上，，射线，垂足为点C，点P是射线上一动点，点F是线段上一动点，当的值最小时，．则这个最小值是（   ） A．9 B．10 C． D． 【答案】C 【分析】作E点关于的对称点，连接、 、，当、P、F三点共线，时，此时的值最小，由题意可得，则，根据勾股定理即可求出 的值，即的最小值． 本题主要考查了将军饮马、垂线段最短、以及勾股定理。熟练掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：作E点关于的对称点，过作交于点F，交于点P， 连接，则， ∴， 当、P、F三点共线，且时，的值最小， ∵是正三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴， 在中，由勾股定理可得 ∴的最小值 故选：C． 押题3如图，在中，，平分，点为中点，则 ．    【答案】5 【分析】根据等腰三角形的三线合一得到∠ADC=90°，根据直角三角形的性质计算即可． 【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， ∴∠ADC=90°，点E为AC中点， ∴DE=AC=5， 故答案为5． 【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 押题4如图△ABC≌△DEF，EF=BC，AB=DE，AD=20，FC=10，则AF= 【答案】5 【分析】根据全等三角形的性质可得AC=DF，进而可得AF=DC，进一步即可求出结果． 【详解】解：∵△ABC≌△DEF， ∴AC=DF， ∴AF=DC， ∵AD=20，FC=10， ∴． 故答案为：5． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质，属于基础题型，熟练掌握全等三角形的性质是关键． 押题5如图，要为一段高为5米，长为13米的楼梯铺上红地毯，则红地毯至少要 米． 【答案】17 【分析】本题考查了勾股定理的应用，地毯的长度实际是所有台阶的宽加上台阶的高，因此利用勾股定理求出水平距离即可． 【详解】解：根据勾股定理，楼梯水平长度为米， 则红地毯至少要米长， 故答案为：17． 押题6如图，A、E、B、D在同直线上，在△ABC和△DEF中，AB=DE，AC=DF，AC∥DF. 求证：△ABC≌△DEF 【答案】见解析 【分析】欲证两三角形全等，已经有两个条件，只要再有一个条件就可以了，而AC∥DF可以得出∠CAB=∠D，条件找到，全等可证． 【详解】证明：∵AC∥DF， ∴∠CAB=∠D， 又∵AB=DE，AC=DF， ∴△ABC≌△DEF（SAS）． 【点睛】本题主要考查三角形全等的判定；要牢固掌握并灵活运用这些知识． 押题7（1）如图1，中，点D是边的中点，若，，求中线的取值范围． 解：∵点D是边的中点，∴， 将绕点D旋转得到， 即得，且A，D，E三点共线， 在中，可得的取值范围是： ； ∴的取值范围是： ． （2）如图2，在中，，点D是边的中点，，的两边分别交于点E，交于点F，连接．探究线段、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2）见解析 【分析】 （1）结合解题步骤及求得不等式组的解集，确定的取值范围； （2）将绕点D旋转得到，连接，即得，从而得出，，，然后结合线段中垂线和直角三角形的性质分析推理． 【详解】 解：（1）∵， ∴ ∴， 又∵； ∴，即， 故答案为：； （2）∵点D是边的中点， ∴， 将绕点D旋转得到，连接，即得， ∴，，，且E、D、G三点共线， ∵在中，， ∴， ∴，即， ∵，且， ∴垂直平分， ∴ ∵在中，， ∴， ∴． 【点睛】 本题属于三角形综合题，主要考查对全等三角形的性质和判定、三角形的三边关系定理、旋转的性质等知识点，通过旋转得到构造全等三角形是解答本题的关键． 押题8综合与实践 主题：制作无盖正方体形纸盒 素材：一张正方形纸板． 步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形； 步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒． 猜想与证明：    (1)直接写出纸板上与纸盒上的大小关系； (2)证明（1）中你发现的结论． 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）和均是等腰直角三角形，； （2）证明是等腰直角三角形即可. 【详解】（1）解： （2）证明：连接，    设小正方形边长为1，则，， ， 为等腰直角三角形， ∵， ∴为等腰直角三角形， ， 故 【点睛】此题考查了勾股定理及其逆定理的应用和等腰三角形的性质，熟练掌握其性质是解答此题的关键． 03 四边形 考点 考情分析 多边形及其内角和 选择题常考查多边形内角和公式、外角和定理的直接应用，或者结合正多边形的性质，求多边形的边数、内角度数或外角度数等；填空题可能会涉及根据多边形内角和与外角和的关系，求多边形的边数;或者在一些几何图形的组合中，利用多边形内角和定理求某个角的度数；解答题:一般不会单独考查，通常会与三角形、四边形等其他几何图形综合出现。 平行四边形 选择题:常考查平行四边形的基本性质；填空题可能涉及利用平行四边形的性质求线段长度、角度大小或面积等；解答题通常会与三角形全等、相似、解直角三角形等知识综合考查。 特殊平行四边形 选择题常考查特殊平行四边形的基本性质和判定定理的直接应用；填空题可能涉及利用特殊平行四边形的性质求线段长度、角度大小或面积等；解答题通常会与三角形全等、相似、解直角三角形以及函数等知识综合考查。 考查分值： 10-20 分左右，占总分的8%-17%左右，具体分值因地区和试卷结构而异。 考查形式：选择题:通常会有1-2道题考查四边形，每题分值在3-4分左右，共计3-8分。 填空题:也可能出现1-2道与四边形有关的题目，每题分值一般为3-5分，大约共3-10 分。 解答题:如果有解答题考查四边形，通常会是一道，分值在8-12分左右。 命题趋势：在选择题和填空题中，可能会出现一些小巧灵活的题目，直接考查四边形的基本性质和判定定理的应用，或者通过简单的计算和推理来求解四边形中的相关量。解答题的难度可能会有所增加，综合性更强。除了传统的证明和计算外，可能会出现一些探究性问题、开放性问题或实际应用问题。 知识点1：多边形的相关概念 多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形. 多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.  多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2) 个三角形，n边形的对角线条数为  多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）. 【高分技巧】 1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°. 2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍. 3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和； ②已知多边形的内角和求边数； ③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数． 多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关. 正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形. 【高分技巧】 1）正n边形的每个内角为，每一个外角为． 2）正n边形有n条对称轴． 3）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形． 知识点2：平行四边形的性质和判定 平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形. 平行四边形的表示：用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”. 平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分； 4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心. 【高分技巧】 1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半． 2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题． 3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长． 4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE． 5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE． 6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD． 平行四边形的判定定理： ①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形． ②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． ③两组对边分别相等的四边形是平行四边形． ④两组对角分别相等的四边形是平行四边形． ⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【高分技巧】 一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路： 1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明； 2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明； 3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证明 知识点3：三角形的中位线 三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线. 三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半. 三角形中位线定理的作用： 位置关系：可以证明两条直线平行. 数量关系：可以证明线段的倍分关系. 常用结论：任意一个三角形都有三条中位线，由此有： 结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半. 结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形. 结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形. 结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分. 结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等. 知识点4：矩形的性质和判定 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质； 2）矩形的四个角都是直角； 3）对角线互相平分且相等； 4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心. 【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半. 矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2）对角线相等的平行四边形是矩形； 3）有三个角是直角的四边形是矩形. 【高分技巧】 要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明． 知识点5：菱形的性质和判定 菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 菱形的性质： 1）具有平行四边形的所有性质； 2）四条边都相等； 3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角. 4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心. 菱形的判定： 1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 2）一组邻边相等的平行四边形是菱形. 3）四条边相等的四边形是菱形. 【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分． 菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）. 菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）. 知识点6：正方形的性质和判定 正方形的定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 正方形的性质： 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等. 3）正方形对边平行且相等. 4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角； 5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； 6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形. 【补充】正方形对角线与边的夹角为45°. 正方形的判定： 1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角； 2）矩形+一组邻边相等； 3）矩形+对角线互相垂直； 4）菱形+一个角是直角； 5）菱形+对角线相等. 【高分技巧】 判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 正方形的面积公式：＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB. 正方形的周长公式：周长= 4a 真题1（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长． 【详解】解：中，，，， ， 连接，如图所示： ∵于点，于点，， ∴， 四边形是矩形， ， 当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小， ∴此时． 故选：B． 真题2（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ． 【答案】81 【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解． 【详解】解：正五边形中， ，， 正方形中， ，， ，， ， ， 故答案为：81． 真题3（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于的方程．由矩形的性质推出，由线段中点定义得到，由折叠的性质得到：，设，由勾股定理得到，求出，得到的值． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵是中点， ∴， 由折叠的性质得到：， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 真题4（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与角之间的关系，熟练找出和的全等条件． （1）根据正方形的性质证明，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可； （2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出和，然后进行证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ， 在和中， ， ； （2）∵四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ． 真题5（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时 【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 即当时，四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． 真题6（2024·四川巴中·中考真题）综合与实践 (1)操作与发现：平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形为梯形，，是边上的点．经过剪拼，四边形为矩形．则______． (2)探究与证明：探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，是四边形边上的点．是拼接之后形成的四边形． ①通过操作得出：与的比值为______． ②证明：四边形为平行四边形． (3)实践与应用：任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2)①1；②见详解 (3)见详解 【分析】（1）由“角角边”即可证明； （2）①由操作知，将四边形绕点E旋转得到四边形，故，因此；②由两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明； （3）取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 【详解】（1）解：如图， ∵， ∴， 由题意得为中点，‘ ∴’， ∵， ∴ 故答案为：； （2）解：①如图，由操作知，点E为中点，将四边形绕点E旋转得到四边形， ∴， ∴， 故答案为：1； ②如图， 由题意得，是的中点，操作为将四边形绕点E旋转得到四边形，将四边形绕点H旋转得到四边形，将四边形放在左上方空出， 则，， ∵，，， ∴， ∵ ∴， ∴三点共线，同理三点共线， 由操作得，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （3）解：如图，     如图，取为中点为，连接，过点，点分别作，，垂足为点，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形绕点旋转至四边形，将四边形放置左上方空出，使得点C与点A重合，与重合，与重合，点N的对应点为点，则四边形即为所求矩形． 由题意得，，， ∴， ∴， 由操作得，， ∵， ∴， ∴三点共线， 同理三点共线， ∵， ∴四边形为矩形， 如图，连接， ∵为中点， ∴， 同理， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由操作得，，而， ∴， 同理，， ∵，，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴四边形能放置左上方空出， ∴按照以上操作可以拼成一个矩形． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，图形的旋转，三角形的中位线，正确理解题意是解题的关键． 真题7（2024·湖南长沙·中考真题）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)， 【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． 【详解】（1）证明：因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形是矩形． 所以； （2）解：在中，，， 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． 真题8（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【答案】（1）正确，理由见解析；（2）正确，理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质等知识点，掌握相关知识是解题的关键． （1）如图：作于点M，再证可得，再证明四边形是矩形可得即可证明结论； （2）利用平行线分线段比例可得，再说明，进而得到；再由由平行四边形及折叠可得，，则即可证明结论． 【详解】解：（1）正确，理由如下， 作于点， ， ， ， ， ， ， 又， ． ∴． 是矩形，， 四边形是矩形． ， ． （2）同学们的发现说法正确，理由如下， ， ，， 由折叠知， ， ， ， 由平行四边形及折叠知，， ， ，即点为的一个黄金分割点． 预测1（2025·陕西宝鸡·一模）如图，在菱形中，，，点为对角线的中点，过点作于，则的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，先根据菱形的性质得出，，然后证明是等边三角形，得出，，可求出，最后根据含角的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵点为对角线的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C． 预测2（2025·安徽·二模）如图，五边形是正五边形，是的中点，连接，，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正五边形的性质、等腰三角形的性质、三角形的全等与性质等知识点，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 如图：连接，根据正五边形的性质和内角和定理、等腰三角形的性质可得、，利用等腰三角形三线合一，得到即可解答． 【详解】解：如图：连接， ∵五边形是正五边形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴． 故选B． 预测3（2025·安徽·一模）如图，矩形的两条对角线相交于点，点在的延长线上，与交于点．若为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理， 作，先设，根据矩形的性质可得，再说明，可求出，然后根据勾股定理表示，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，过点O作，交于点G， 由，设， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， ∴． 故选：D． 预测4（2025·重庆·一模）如图，在正方形中，为上一点，在的延长线上，连接，，，点为的中点，连接．若，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、勾股定理等知识，构造三角形的中位线求解是解答的关键．先证明得到，设，则，则，，取的中点H，连接，则，利用三角形的中位线性质得到，，在中，利用勾股定理求得，进而可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴，又， ∴， ∴，设， ∵， ∴，则，， 取的中点H，连接，则， ∵点为的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故选：C． 预测5（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知四边形是边长为6的正方形，为延长线上一点，以为边，在直线上方作正方形，连接，取的中点，连接．若，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质和勾股定理，连接，根据正方形的性质得出，求出，根据勾股定理得出，再根据勾股定理得出． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 预测6（2025·浙江嘉兴·一模）如图，在正方形纸片中，点M，N分别是上的点，将该正方形纸片沿直线折叠，使点B落在的中点E处．若，则的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理．由折叠的性质得，设，在中，利用勾股定理列式计算求得，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：∵正方形纸片，， ∴，， 由折叠的性质知，， 设， ∵点E是的中点， ∴， 在中，，， 由勾股定理得， ∴， 解得，即， ∴的面积是， 故答案为：． 预测7（2025·浙江·二模）如图1，在四边形中，，的平分线交于点，交直线于点，下面是两位同学的对话． (1)请你选择一位同学的说法，并进行证明（选小波得4分，选小杭得2分）； (2)如图2，若，四边形是菱形，分别连结，，求的度数． 【答案】(1)选小波，证明见解析（答案不唯一） (2) 【分析】（1）选小波，证明得出，进而可证四边形为平行四边形； 选小杭，证明，得出，进而可证四边形为平行四边形； （2）分别连接，，由菱形和平行四边形的性质证明是等边三角形得，，根据证明，结合全等三角形的性质得出是等边三角形，即可求得的度数． 【详解】（1）选小波，证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； 选小杭，证明：∵， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）如图，分别连接，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵，四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定方法、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 押题1如图，木制活动衣帽架由3个全等的菱形挂钩构成，在A、E、F、C、G、H处安装上、下两排挂钩，可以根据需要改变挂钩间的距离，并在B，M处固定．已知菱形的边长为，要使两排挂钩的距离（即）为，则之间的距离为（    ） A．36 B．60 C．72 D．96 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，根据菱形的对角线互相垂直平分，可得，再用勾股定理解求出，即可求解． 【详解】解：如图，设交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵菱形的边长为， ∴， ∴， ∴． 即之间的距离为． 故选：C 押题2如图，在菱形中，对角线，交于点，，．则菱形的面积是 ． 【答案】24 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，先由菱形的性质得，运用勾股定理算出，故结合对角线的乘积的一半即为菱形的面积，即可作答． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴在中，， 则， ∴菱形的面积是， 故答案为：24 押题3如图，在中，的平分线交于点．如果，，那么的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等角对等边，根据平行四边形的性质得，，，所以，由角平分线的定义可得，故有，通过等边对等角可得，最后用线段和差即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 押题4如图，在矩形中，点E是边的中点，于点F．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用面积法解决有关线段问题，属于中考常考题型． 先根据勾股定理求出，根据即可求解． 【详解】解：如图，连接． ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵点E是边的中点， ∴. 在中，， ∵， ∴. 故答案为． 押题5如图，在平行四边形中，点，分别在，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，且，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可； （2）先利用矩形的性质，求出，再证明四边形是菱形，设，则，利用勾股定理列方程求解，再利用等面积法求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 四边形是平行四边形，， 四边形是菱形， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， 即的长为， ∵， ∴． 押题6【操作发现】 （1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上．请按要求画图：将绕点A按顺时针方向旋转，点B的对应点为，点C的对应点为，连接，则________． 【问题探究】 （2）如图2，在等边三角形内有一点P，且，，，求的度数． 小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下思考：将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，寻找线段，，之间的数量关系……，请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程． 【问题解决】 （3）如图3，在正方形内有一点P，且，，，求的面积． 【答案】（1）画图见详解，；（2）；（3） 【分析】（1）如图所示，即为所求；利用等腰三角形的性质即可求出； （2）将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，则，得到，，证得是等边三角形，求出，，根据勾股定理逆定理证得是直角三角形，，即可求出； （3）根据（2）的方法将将绕点逆时针旋转，得到，则，求出，，即可得是等腰直角三角形，，根据勾股定理逆定理证得是直角三角形，即，延长，过点作于，得到，求出，根据三角形面积公式即可求解． 【详解】解：（1）如图，即为所求； ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴． 故答案为：； （2）∵是等边三角形， ∴， 如图，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接， ， ，， ∴是等边三角形， ， ， 是直角三角形， ， ， ． （3）∵四边形是正方形， ∴， 如图，将绕点逆时针旋转，得到， ， ，， ∴是等腰直角三角形， ， ， ∴是直角三角形， ∴， 如图，延长，过点作于，则， ， ， ∴是等腰直角三角形， ， ∴． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理及其逆定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 押题7阅读理解：我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)（填空）判断图1中的中点四边形的形状为______，菱形的中点四边形的形状是______； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，，，，分别为，，，的中点，试判断四边形的形状并证明． (3)若四边形的中点四边形为正方形，的最小值为4，求的长． 【答案】(1)平行四边形；矩形 (2)菱形，证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，由三角形中位线定理可推出，则可证明四边形是平行四边形；同理可证明四边形为平行四边形，由菱形的性质得到，则，即可证明平行四边形为矩形 （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论； （3）连接交于O，连接，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再证明即可求得答案． 【详解】（1）解：如图所示，连接， ∵，，，分别是边，，，的中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 如图，四边形是菱形时，连接各边中点，得到四边形， 根据中位线性质得到，， ∴， 同理可得， ∴四边形为平行四边形， 又∵四边形是菱形， ∴，则， ∴平行四边形为矩形； （2）解：四边形为菱形．证明如下： 连接，，如图2所示： ∵和为等边三角形， ，，， ∴， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形； （3）解：如图3，连接交于O，连接、， 当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， ∵四边形是正方形， ∴， ∵M，E分别是的中点， ∴， 同理可得， ∴； 又∵M，N分别是的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值， 同理可得的最小值， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵N，F分别是的中点， ∴， ∴； ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，利用前面得出的结论解决新问题是解题的关键． 押题8如图1，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以，为邻边作平行四边形． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，若，连接，，，，求的度数并判断的形状； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)；是等边三角形 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题； （2）连接，先证明，得出，， 证明，得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形为菱形； （2）解：；是等边三角形； ∵，， ∴， ∵， ∴， 由（1）知，四边形是菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （3）解：如图，连接，， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形，， ∴四边形为正方形． 根据解析（2）可知，， ∵M为中点， ∴，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴，． ∴， ∴是等腰直角三角形． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 04 圆 考点 考情分析 垂径定理 选择题常直接考查垂径定理的基本应用；填空题可能会结合勾股定理，通过给出圆的相关线段长度，让考生计算弦长、半径或圆心到弦的距离等；解答题常与其他几何知识综合考查。 圆心角和圆周角 选择题常考查圆心角和圆周角的基本概念﹑性质及它们之间的关系；填空题可能会结合圆的其他性质，如垂径定理、圆的对称性等，来计算圆心角或圆周自数，或者根据已知的圆心角或圆周角度数，求相关线段的长度；解答题常与三角形、四边形等几何图形综合考查。 切线的性质与判定 选择题常考查切线的基本概念、性质及判定条件的直接应用；填空题可能会结合圆的其他性质，如垂径定理、圆心角定理等，来考查切线的性质与判定；解答题常与三角形、四边形等几何图形综合考查，是圆的综合题中的重要考点。 正多边形与圆 选择题常考查正多边形与圆的基本概念、性质及简单计算；填空题可能结合圆的性质，考查正多边形的内角、外角、边长、半径、边心距等；解答题通常与其他几何知识综合考查，难度适中或偏上。 弧长和扇形面积 选择题常以基础题形式出现，考查弧长和扇形面积；填空题可能结合圆的其他性质，如垂径定理、切线性质等，考查弧长和扇形面积的计算；解答题:通常作为圆的综合题的一部分出现，难度适中或偏上。 考查分值：在 10-12 分左右，但会因地区和试卷结构的不同而有所差异。 考查形式：选择题﹑填空题和解答题均会出现。 命题趋势：选择题:会考查圆的基本概念，如圆心角、圆周角、弦、弧等的理解;也可能考查根据圆的半径和圆心角求弧长，或者利用圆周角定理求角度等；填空题:常涉及圆的性质应用，如垂径定理求弦长、半径;也可能考查圆与正正多边形的中心角与圆的半径关系等；解答题:通常以圆的综合题形式出现，与三角形、四边形等知识结合。 知识点1：垂径定理 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。 推论1：1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧； 2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧； 3）平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。 推论2：圆的两条平行弦所夹的弧相等。 垂径定理的应用：经常设未知数，几何方程于勾股定理解答。 【高分技巧】： 1）过圆心，作垂线，连半径，造，用勾股，求长度； 2)有弧中点，连中点和圆心，得垂直平分 知识点2：圆心角和圆周角 圆心角概念：顶点在圆心的角叫做圆心角。 弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等。 圆周角概念：顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。 圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。（即：圆周角=） 推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等。 在同圆或等圆中，如果两个圆周角相等，它们所对的弧一定相等。 推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径。 推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。 圆内接四边形 圆的内接四边形定理：圆的内接四边形的对角互补，外角等于它的内对角。 即：在⊙中， ∵四边是内接四边形 ∴ 知识点3：切线的性质和判定 1.切线的性质与判定 定义 线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点． 性质 圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆心的直线．） 解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明． 判定 1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线. 2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切. 3) 判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线. 常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时， 1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”； 3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”． 2.切线长定理 定义 在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长． 定理 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角． 切线长定理的应用问题解题方法：切线长定理经常用来证明线段相等，通常要连接圆心与切点构造直角三角形来求解． 知识点4：三角形的内切圆和三角形的外接圆 1. 三角形内切圆与外接圆 三角形外接圆 经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形. 三角形内切圆 与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形. 2. 三角形内心与外心 圆心的名称 圆心的确定方法 图形 圆心的性质 外心 三角形三边中垂线的交点 1)OA=OB=OC 2)外心不一定在三角形的内部． 内心 三角形三条角平分线的交点 1)到三边的距离相等； 2)OA、OB、OC分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB； 3)内心一定在三角形内部． 【高分技巧】 1）三角形内切圆半径公式：，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长. 2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：其中a，b为直角三角形的直角边长，c为斜边长. 3）解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解． 知识点5：正多边形与圆 1. 正多边形的相关概念 正多边形概念 各条边相等，并且各个内角也都相等的多边形叫做正多边形. 正多边形的中心 正多边形的外接圆的圆心叫做这个正多边形的中心. 正多边形的半径 正多边形外接圆的半径叫做正多边形的半径. 正多边形的中心角 正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角. 正多边形的边心距 中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距. 2. 正多边形的常用公式 边长 （Rn为正多边形外接圆的半径） 周长 Pn=n⋅an 外角/中心角度数 面积 Sn=an⋅rn⋅n 对角线条数 边心距 rn=Rn⋅cos 内角和 （ n-2 ）×180°. 内角度数 n边形的边数 （内角和÷180°）＋2 （an 、Rn、rn为构成直角三角形的三边长，已知其中两个值，第三个值可以借助勾股定理求解.） 【高分技巧】 正多边形与圆的计算问题：正n边形的外接圆半径和边心距把正n边形分成2n个全等的直角三角形，而每个直角三角形都集中地反映了这个正n边形各元素间的关系，故可以把正n边形的计算转化为解直角三角形，再利用勾股定理即可完成计算． 知识点6：弧长和扇形面积 设⊙O 的半径为R，n°圆心角所对弧长为，n为弧所对的圆心角的度数，则 扇形弧长公式 （弧长的长度和圆心角大小和半径的取值有关，且n表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位．） 扇形面积公式 S扇形==R 圆锥侧面积公式 S圆锥侧=πrl （其中l是圆锥的母线长，r是圆锥的底面半径） 圆锥全面积公式 S圆锥全=πrl+πr2 （圆锥的表面积=扇形面积+底面圆面积） 圆锥的高h，圆锥的底面半径r 知识点7：求不规则图形面积 求与圆有关的不规则图形的面积时，最基本的思想就是转化思想，即把所求的不规则的图形的面积转化为规则图形的面积．常用的方法有： 1）直接用公式求解． 图形 公式 S阴影 = S扇形ABC S阴影 = S△ABC S阴影 = S四边形ABCD = ab 2）和差法：所求面积的图形是一个不规则图形，可将其转化变成多个规则图形面积的和或差，进行求解． ①直接和差法.（阴影部分是几个常见图形组合而成，即S阴影=S常见图形±S常见图形） 图形 面积计算方法 图形 面积计算方法 S阴影=S△ACB−S扇形CAD S阴影=S扇形BAB′+S半圆AB′−S半圆AB S阴影=S△AOB−S扇形COD S阴影=S半圆AC+S半圆BC−S△ACB S阴影=S半圆AB−S△AOB S阴影= S扇形BAD−S半圆AB S阴影=S扇形EAF−S△ADE S阴影=S扇形之和== ②构造和差法 图形 公式 S阴影=S扇形AOC+S△BOC S阴影=S△ODC-S扇形DOE S阴影=S扇形AOB-S△AOB S阴影=S扇形BOE+S△OCE-S扇形COD 3）割补法：直接求面积较复杂或无法计算时，可通过旋转、平移、割补等方法，对图形进行转化，为利用公式法或和差法创造条件，从而求解． ①全等法 图形 公式 S阴影= S△AOB S阴影= S扇形BOC S阴影=S矩形ACDF S阴影= S正方形PCQE ②等面积法 图形 公式 S阴影= S扇形COD ③平移法 图形 公式 S阴影=S正方形BCFE S阴影=S矩形ABHG ④旋转法 图形 公式 S阴影=S扇形BOE S阴影= S扇形BOD S阴影= S扇形ABE-S扇形MBN ⑤对称法 图形 公式 S阴影=S△ACD S阴影= S扇形CDE S阴影= S△OBC= S正方形ABCD S阴影= S扇形ACB- S△ACD 真题1（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，，是上两点，平分，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查圆周角定理、角平分线的定义、三角形的内角和定理，先根据角平分线的定义得到根据圆周角定理得到，再根据圆周角定理得到，，然后利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵是的直径，， ∴，，则， ∴ ， 故选：A． 真题2（2024·四川·中考真题）如图，正六边形内接于，，则的长为（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】本题考查了正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，由正六边形的性质得到，得到为等边三角形，进而得到，判断出为等边三角形是解题的关键． 【详解】解： ∵是正六边形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， 故选：C． 真题3（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，圆形拱门最下端在地面上，为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，若，，则拱门所在圆的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是垂径定理的实际应用。勾股定理的应用，如图，连接，先证明，，再进一步的利用勾股定理计算即可； 【详解】解：如图，连接， ∵为的中点，为拱门最高点，线段经过拱门所在圆的圆心，， ∴，， 设拱门所在圆的半径为， ∴，而， ∴， ∴， 解得：， ∴拱门所在圆的半径为； 故选B 真题4（2024·四川广元·中考真题）如图，已知四边形是的内接四边形，为延长线上一点，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可求得的度数，再根据圆内接四边形对角互补，可推出，即可得到答案． 【详解】解：是圆周角，与圆心角对相同的弧，且， ， 又四边形是的内接四边形， ， 又， ， 故选：A． 真题5（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，为便于研究圆锥与扇形的关系，小方同学利用扇形纸片恰好围成一个底面半径为，母线长为的圆雉的侧面，那么这个扇形纸片的面积是 （结果用含的式子表示）． 【答案】 【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，圆锥的底面圆的周长等于侧面展开扇形的弧长，再利用扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵底面半径为， ∴圆锥底面圆的周长为， 即扇形纸片的弧长为， ∵母线长为， ∴圆锥的侧面积． 故答案为： 真题6（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，以为直径的交于点，垂足为． 的两条弦相交于点． (1)求证：是的切线； (2)若，求扇形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用等边对等角，圆周角定理等可得出，由垂直的定义得出，等量代换得出，即，然后根据切线的判定即可得证； （2）先利用含的直角三角形的性质求出，同时求出，进而求出，利用等边对等角，三角形外角的性质等可求出，，证明是等边三角形，得出，，进而求出，在中，利用余弦定义可求出，最后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， 又，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 又是的半径； ∴是的切线； （2）解：∵，，， ∴，， 又， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 在中，， ∴扇形的面积为． 【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形的应用，三角形外角的性质，灵活运用所学知识是解题的关键． 真题7（2024·广东·中考真题）综合与实践 【主题】滤纸与漏斗 【素材】如图1所示： ①一张直径为的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁（忽略漏斗管口处）？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．（结果保留） 【答案】(1)能，见解析 (2) 【分析】本题考查了圆锥，解题的关键是： （1）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长求出圆锥展开图的扇形圆心角，即可判断； （2）利用圆锥的底面周长＝侧面展开扇形的弧长，求出滤纸围成圆锥形底面圆的半径，利用勾股定理求出圆锥的高，然后利用圆锥体积公式求解即可． 【详解】（1）解：能， 理由：设圆锥展开图的扇形圆心角为， 根据题意，得， 解得， ∴将圆形滤纸对折，将其中一层撑开，围成圆锥形，此时滤纸能紧贴此漏斗内壁； （2）解：设滤纸围成圆锥形底面圆的半径为，高为， 根据题意，得， 解得， ∴， ∴圆锥的体积为． 真题8（2024·四川广元·中考真题）如图，在中，，，经过A、C两点，交于点D，的延长线交于点F，交于点E． (1)求证：为的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，再根据 ，可得，问题得证； （2）过点C作于点H，根据等腰直角三角形的性质有，结合，可得，即，利用勾股定理可得．在中，根据，设半径为r，即有，问题得解． 【详解】（1）证明：连接． ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴为的切线． （2）过点C作于点H， ∵为等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 在中，∵， 设半径为r，∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，正切，勾股定理等知识以及等腰三角形的性质等知识，问题难度不大，正确作出合理的辅助线，是解答本题的关键． 预测1（2025·四川绵阳·二模）小月同学在手工课上用扇形卡纸制作的简易圆锥形漏斗如图所示，若漏斗的底面圆的直径为6cm，高为4cm，则扇形卡纸的面积至少是（    ） A．cm2 B．cm2 C．cm2 D．cm2 【答案】C 【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长． 先利用勾股定理计算出圆锥的母线长，然后根据圆锥的侧面积公式进行计算． 【详解】解：依题意，圆锥的底面圆的半径为，高为， ∴这个圆锥的母线长， 则这个圆锥的侧面积． 故选：C． 预测2（2025·河南省直辖县级单位·一模）如图是一个隧道的横截面，它的形状是以点为圆心的圆的一部分．如果是中弦的中点，经过圆心交于点，并且，．则的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了垂径定理、勾股定理等知识点，掌握垂径定理成为解题的关键． 由根据垂径定理可得，则，在中，有，然后求解即可解答． 【详解】解：如图：连接, ∵M是中弦的中点， ∴， 又∵， ∴， 设圆的半径是x米，， 在中，有， 即：，解得： ， 所以圆的半径长是． 故选：B． 预测3（2025·广东佛山·一模）如图，点A、B、C、D在上，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，平行线的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键．连接，则，由平行线的性质以及等腰三角形得到，再由三角形内角和定理求出，再由角度和差计算即可． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 预测4（2025·陕西宝鸡·一模）如图，四边形内接于，连接，若，则的度数为 °． 【答案】120 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理， 先根据圆内接四边形的对角互补得，再根据圆周角定理得出答案． 【详解】解：∵四边形内接于，且， ∴， ∴． 故答案为：120． 预测5（2025·河南·二模）如图，是的直径，点在上，，与交于点．若，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了直径所对圆周角是直角，等边对等角，圆周角定理，三角形外角和性质，掌握圆周角定理是关键． 根据题意可得是等腰直角三角形，，由圆周角定理得到，由三角形外加和性质得到，由此即可求解． 【详解】解：∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为： ． 预测6（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图，是半圆的直径，是半径上一点，过点作，交半圆于点，连接．若，，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】在中，由，，可得，进而可得，由圆周角定理可得，再根据三角函数的定义可求出、的长，最后根据即可得解． 本题主要考查了根据三角函数的定义解直角三角形，圆周角定理，以及求扇形的面积．熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：如图，连接 ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ． 故答案为： 预测7（2025·河南驻马店·二模）如图．中，，以为直径的分别交，于点，，点在的延长线上． (1)尺规作图：做，的延长线与相交于点（保留作图痕迹．不写作法）； (2)求证：直线是的切线； (3)若，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)， 【分析】（1）连接，由直径得到，然后由三线合一得到，然后利用尺规作即可； （2）等量代换得到，然后求出，即可得到直线是的切线； （3）过点C作，首先得到，求出，然后求出，，然后证明出，得到，然后代数求出，进而求解即可． 【详解】（1）解：连接， ∵为的直径 ∴ ∵ ∴ 如图所示，即为所求； （2）解：， ∴ ∴直线是的切线； （3）解：过点C作 ∵ ∵， ， ∴ ∴ ． 【点睛】此题考查了尺规作一个角等于已知角，三线合一性质，直径的性质，解直角三角形，相似三角形的性质和判定，切线的判定和性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 预测8（2025·湖北鄂州·一模）综合与实践：如图，生活中的很多工艺品，可以看成是由一些简单的平面图形旋转得到的几何体． 【知识背景】把一个平面图形绕着不同的轴旋转，可以得到一个不同形状的几何体．如图，某数学兴趣小组把Rt绕它的一条直角边旋转可以形成一个圆锥体．已知． 请完成下列方案设计中的任务： 【方案设计】目标：设计一个一定条件下的侧面积最大的圆锥体． 任务一：把圆锥体的侧面沿着其中一条母线剪开并展平，研究圆锥体侧面展开图的形状及边长． （1）如图，设的长度为，请用含有的代数式分别表示的长度； 任务二：计算圆锥体侧面积，设圆锥体的侧面积为． （2）在（1）的条件下，求与的函数表达式； （3）在（2）的条件下，满足，求当取何值时，圆锥体的侧面积最大？最大值是多少？ 【答案】（1），的长为；（2）；（3）当的值为时，圆柱体的侧面积最大，最大面积为． 【分析】本题考查二次函数的应用、列代数式、圆锥的侧面展开图，根据扇形的面积公式列函数关系式是解题的关键． （1）根据图形求解即可； （2）根据扇形面积公式(l为扇形弧长，r为扇形的半径)求解即可； （3）把（2）中的解析式转化为顶点式，再根据二次函数的性质求解即可． 【详解】解：（1）由图可得，圆锥体的侧面展开图是一个扇形， ∵，的长度为， ∴，的长为； （2）根据题意，与的函数表达式为， 即； （3）由得，该二次函数的图象开口向下，对称轴为直线， ∴当时，y随x的增大而增大， ∴当时，y有最大值，最大值为， 答：当的值为时，圆柱体的侧面积最大，最大面积为． 预测9（2025·北京·一模）在平面直角坐标系中，对于点和点给出如下规定：如果将点沿直线翻折后得到点，再将点沿直线翻折后得到点，点就是点的“相称点”． (1)如图1，如果点，， ① 在点，，中，点的“相称点”的是________； ② 点的“相称点”与点的距离最小值是_______． (2)如图2，的半径和等边的边长均为，点，点和点都在上，如果在图中的边上存在点的“相称点”，求的取值范围． 【答案】(1)① ，；   ② (2)或 【分析】（1）①根据翻折，中点坐标的计算得到，可得在上，进而可得，，符合题意，即可求解； ②根据两点之间距离公式得到，当时，，由此即可求解； （2）在上任取点与点，其中点，点关于对称，再关于对称，得到的点，实质上就是将绕点旋转得到点，进而可得的轨迹为以为圆心，半径为与的圆环，进而根据等边的边长均为，点，找到临界点，结合图形，即可求解． 【详解】（1）解：①∵，将点沿直线翻折后得到点，则，将点沿直线翻折后得到点，则， ∵ ∴在上， ∵，在上， ∴点的“相称点”的是，； 故答案为：，；． ②点， ∴， ∴， ∴当时，， 故答案为：； （2）解：如图 在上任取点与点，其中点，点关于对称，再关于对称，得到的点，实质上就是将绕点旋转得到点， 先将固定，在上运动，随之运动，连接并延长至使得，连接，则，即在为圆心，半径为的上运动， 当点在上运动，则在以为圆心，半径为与的圆环内运动，如图， ∵边上存在点的“相称点”， ∴的边与圆环有交点， 如图，当与3为半径的外切时，设切点为，则切点坐标为， ∵等边的边长均为，， ∴， ∴， 当在为半径的上时，， 当在为半径的上时，，则，此时， 当在为半径的上时，， 随着点的移动，可得，或． 【点睛】本题考查了新定义“相称点”，点的坐标变换，等边三角形的性质，解直角三角形，切线的性质，解题的关键是理解新定义，掌握对称的性质． 押题1如图，点，，在上，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的内角和定理，对顶角相等，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 由圆周角定理得，设与相交于点，由三角形的内角和定理和对顶角相等得，求出的度数即可． 【详解】解：由题意得， 设与相交于点， ，， ， 又，， ， 故选：C． 押题2如图，是的直径，弦，垂足为P，，，则的长为（   ） A．6 B．10 C．12 D．13 【答案】C 【分析】本题主要考查垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．连接，由垂径定理可得，由，，可得，在中，由即可求解． 【详解】解：连接，如图所示：    ∵，， ∴， ， ， 在中， ， ∵是的直径，弦， ∴ 故选C． 押题3《数书九章》中的“遥度圆城”问题如下：在一座圆形城堡中，有正东、正南、正西和正北四个门，出南门A向东走一段路程到达点后相切圆形城堡于点，刚好看到北门的正北方向的一棵大树，即相切圆形城堡于点．若，圆形城堡的直径为，且经过圆形城堡的圆心，则北门到大树的距离为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了圆的概念、全等三角形的判定与性质、切线的性质、勾股定理等知识点，掌握圆的概念以及切线的性质成为解题的关键。 如图：连接，则,,，先证明可得，则、，再根据线段的和差即可解答． 【详解】解：如图：连接，则,,， ∵相切圆形城堡于点A，相切圆形城堡于点D． ∴, ∵,, ∴, ∴， ∴， ∴， ∴. 故答案为：． 押题4若圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面积为 ．（结果保留）． 【答案】 【分析】本题主要考查了圆锥侧面积的计算．根据圆锥的底面圆半径为2，母线长为6，直接利用圆锥的侧面积公式求出即可． 【详解】解：∵圆锥的底面圆半径为2，母线长为6， ∴圆锥的侧面积公式：， 故答案为：． 押题5如图，一段公路的转弯处是一段圆弧，点是这段弧所在圆的圆心，，圆心角，是上的一点，，垂足为，则弯路上点到的距离为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查垂径定理的应用、解直角三角形的应用．根据题意，可以推出，解，进而求得的长，即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴，， 则， 又∵， ∴， 故答案为：． 押题6如图，是的直径，弦与相交于点．过点作，交的延长线于点，，． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，求的半径 【答案】(1)为的切线，理由见解析； (2) 【分析】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，相似三角形的性质与判定等知识，正确作出辅助线是解题关键． （1）连接，根据三角形内角和定理角定理和等腰三角形的性质求得，由圆周角定理求出，由平行线的性质求得，根据切线的判定定理即可证得结论； （2）先证明，求出，则． 【详解】（1）解：为的切线，理由如下：连接， ，, ， ， ， ， ， ， ， 是的半径， 为的切线； （2） 解： ， ， ， ， 又 ， ， ， 即， ， ， 即的半径为． 押题7如图，内接于，为边的高，为的直径交于点F，连接． (1)求证：； (2)当直径平分时，求证：； (3)在（2）的条件下，若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先证明，结合，从而可得结论； （2）证明，结合，证明，结合，可得，从而可得结论； （3）求解，，结合，可得，设，则，可得，再进一步利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）证明：∵为的直径，为边的高， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵直径平分， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴ （3）解：∵，，，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 解得：（舍去），， ∴． 【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，等角对等边，熟练的利用相似三角形的性质解题是关键． 押题8如图，是的直径，是上的一点，是延长线上的一点，连接，． (1)求证：是的切线； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，若的半径为2，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接．证明即可证明是的切线； （2）根据，得到，利用圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定即可证明； （3）根据解答即可． 【详解】（1）证明：如图，连接． 是的直径， ， ． ，． ， ， ，即， ， 又点在上， 是的切线． （2）证明：， ， ． 由（1）知，， ， ， ， ． （3）解：由（2）知，， ． 在中，，的半径为2，即， ． ． 【点睛】本题考查了切线的判定，特殊角的三角函数的应用，圆周角定理，等腰三角形的判定，扇形的面积公式，熟练掌握性质和公式是解题的关键． 05 尺规作图 考点 考情分析 尺规作图 题目类型主要是解答题，也有选择题，部分地区还出现了简述题和纠错题。 考查分值：在 5-8分左右，但会因地区和试卷结构的不同而有所差异。 考查形式：解答题为主，选择题为辅。 命题趋势：尺规作图不再单纯考查作图技能，而是越来越多地与几何推理、证明、计算等相结合，还会与其他数学知识如函数、三角形、四边形等综合考查，以体现学生的综合运用能力。 五种基本作图： 类型 图示 作图依据 作一条线段等于已知线段 圆上的点到圆心的距离等于半径. 作一个角等于已知角 1)三边分别相等的两个三角形全等； 2)全等三角形的对应角相等； 3)两点确定一条直线. 作一个角的平分线 作一条线段的垂直平分线 1)到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上； 2)两点确定一条直线. 过一点作已知直线的垂线 1)等腰三角形“三线合一”； 2)两点确定一条直线. 根据基本作图作三角形 类型 图示 已知三角形的三边，求作三角形 已知三角形的两边及其夹角，求作三角形 已知三角形的两角及其夹边，求作三角形 已知直角三角形一直角边和斜边，求作直角三角形 根据基本作图作圆 类型 图示 过不在同一直线上的三点作圆 （即三角形的外接圆） 作三角形的内切圆 【高分技巧】 1）先分析题目，读懂题意，判断题目要求作什么； 2）读懂题意后，再运用几种基本作图方法解决问题； 3) 切记作图中一定要保留作图痕迹． 真题1（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（    ）    A．22 B．21 C．20 D．18 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．利用勾股定理求得的长，再证明，作于点，求得，利用，求得，再利用勾股定理求得，据此求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， 由作图知， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 作于点，    则， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形的周长是， 故选：A． 真题2（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧分别交于点和点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点．若的面积为8，则的面积是（    ） A．8 B．16 C．12 D．24 【答案】B 【分析】本题考查了尺规作图，含的直角三角形的性质，等腰三角形的判定等知识， 由作图知平分，则可求，利用含的直角三角形的性质得出，利用等角对等边得出，进而得出，然后利用面积公式即可求解． 【详解】解： ∵， ∴， 由作图知：平分， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又的面积为8， ∴的面积是， 故选B． 真题3（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在中，． (1)尺规作图：作的角平分线，在角平分线上确定点，使得；（不写作法，保留痕迹） (2)在（1）的条件下，若，，，则的长是多少？（请直接写出的值） 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）作的角平分线和线段的垂直平分线相交于点D，即为所求． （2）过点D作交与点E，过点D作交与点F，先利用角平分线的性质定理证明四边形为正方形，设，则，，以为等量关系利用勾股定理解出x，在利用勾股定理即可求出． 【详解】（1）解：如下图：即为所求． （2）过点D作交与点E，过点D作交与点F， 则， 又∵ ∴四边形为矩形， ∵是的平分线， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 设， ∴，， 在中，， 在中，， ∵ ∴ ∴ 解得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了作角平分线以及垂直平分线，角平分线的性质定理，正方形的判定以及勾股定理的应用，作出图形以及辅助线是解题的关键． 真题4（2024·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作四边形，使其是轴对称图形且点、均在格点上． (1)在图①中，四边形面积为2； (2)在图②中，四边形面积为3； (3)在图③中，四边形面积为4． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查网格作图、设计图案、轴对称的性质、平移的性质等知识点，根据轴对称的性质、平移的性质作图是解题的关键． （1）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为2四边形即可． （2）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为3四边形即可． （3）根据轴对称的性质、平移的性质作出面积为4四边形即可． 【详解】（1）解：如图①：四边形即为所求； （不唯一）． （2）解：如图②：四边形即为所求； （不唯一）． （3）解：如图③：四边形即为所求； （不唯一）． 真题5（2024·广东广州·中考真题）如图，中，． (1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图中，将中线绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，矩形的判定，平行四边形的判定与性质,旋转的性质； （1）作出线段的垂直平分线EF，交于点O，连接，则线段即为所求； （2）先证明四边形为平行四边形，再结合矩形的判定可得结论． 【详解】（1）解：如图，线段即为所求； （2）证明：如图， ∵由作图可得：，由旋转可得：， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． 真题6（2024·广东·中考真题）如图，在中，．    (1)实践与操作：用尺规作图法作的平分线交于点D；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，以点D为圆心，长为半径作．求证：与相切． 【答案】(1)见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了尺规作角平分线，角平分线的性质定理，切线的判定等知识．熟练上述知识是解题的关键． （1）利用尺规作角平分线的方法解答即可； （2）如图2，作于，由角平分线的性质定理可得，由是半径，，可证与相切． 【详解】（1）解：如图1，即为所作；    （2）证明：如图2，作于，    ∵是的平分线，，， ∴， ∵是半径，， ∴与相切． 预测1（2025·浙江·二模）如图，在中，分别以点，为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线与交于点，连结．若，则的周长为（　　） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】A 【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、尺规作图，熟记线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键． 根据尺规作图得到是线段的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到，再根据三角形周长公式计算即可． 【详解】解：由尺规作图可知：是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴的周长为：， 故选：A． 预测2（2025·江苏苏州·一模）如图，在中，，以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交，于点M和点N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点D．若的面积为6，则的面积是（    ） A．6 B．10 C．12 D．20 【答案】C 【分析】过点D作于点G，根据题意得，利用角的平分线性质，三角形面积性质解答即可． 本题考查了角的平分线的基本作图，三角形面积的性质，直角三角形的性质，熟练掌握作图和性质是解题的关键． 【详解】解：过点D作于点G，根据题意，得平分， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵的面积为6， ∴， 故选：C． 预测3（2024·广东梅州·一模）如图，在中，以点A为圆心AB长为半径作弧交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】如图：连接，根据尺规作图可得，平分，证明是菱形可得，再运用勾股定理可得，进而可求出的长． 【详解】解：如图所示：连接，交于点O， 由题中作图可知：，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ， ∴， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、尺规作图、勾股定理等知识点，掌握垂直平分线的尺规作图成为解题的关键． 预测4（2025·江苏连云港·一模）如图，四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作菱形，使点在线段上，点在线段上（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】（1）连接，作的垂直平分线，交线段于点E，交线段于点F，则四边形即为所求作的线段； （2）根据，，解直角三角形求出，根据勾股定理求出，根据菱形的性质求出，，最后求出结果即可． 【详解】（1）解：如图，菱形即为所求作的四边形； 根据作图可知：垂直平分， 则， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴、互相平分， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． （2）解：， 在中，， 又， ， 在中，， 四边形是菱形， ，， ． 【点睛】本题主要考查了基本作图，菱形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质． 预测5（2025·广东韶关·一模）已知如图，在中，，． (1)作的平分线，交于点；作的中点（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)连接，求证：． 【答案】(1)图见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查的是作角平分线及线段垂直平分线，全等三角形的判定与性质， （1）以B为圆心，任意长为半径画弧，交于F、N，再以F、N为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点M，过B、M画射线，交于D，射线就是的平分线；分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于X、Y，过X、Y画直线与交于点E，点E就是的中点； （2）首先根据角平分线的性质可得的度数，进而得到，根据等角对等边可得，再加上条件，即可利用证明． 【详解】（1）解：如下图，点D、E即为所求作； （2）证明：∵，平分， ， ， ∴， ∴， 在和中， ∴. 预测6（2025·广东广州·一模）如图，在中，，点P是的中点．    (1)尺规作图：以线段为直径作，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，求证：是的切线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作的垂直平分线，垂足为O，以O为圆心，为半径作即可； （2）连接，，．证明即可． 【详解】（1）解：如图所示，，为所求    （2）证明：如图，连接，， 为直径， ， 点为斜边上的中线， ， ， ， ， ， ， 是的切线． 【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，切线的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 预测7（2025·广东汕头·一模）如题图，在中，于点E． (1)过点C作，垂足为F；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）． (2)在（1）的条件下，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)证明如下 【分析】本题主要考查三角形全等的判定和性质，限定工具作图，平行四边形的性质， （1）①以点C为圆心，长为半径作弧，交于点G；②分别以点D、G为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点H；③作射线交于点F，即可求出； （2）根据平行四边形的性质得到，，证出，根据三角形全等的性质即可求出． 【详解】（1）①以点C为圆心，长为半径作弧，交于点G； ②分别以点D、G为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点H； ③作射线交于点F， 即如图所示，线段即为所求，使得； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ∴ ∴． 预测8（2025·广东广州·一模）如图，中，． (1)尺规作图：作，使圆心在边上，且与，所在直线相切（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）结合角平分线的性质以及切线的判定与性质，作的平分线，交于点，以点为圆心，的长为半径画圆，则即为所求． （2）设与相切于点，连接，可得，，进而可得，则设的半径为，则，，，求出的值即可． 【详解】（1）解：如图，作的平分线，交于点，以点为圆心，的长为半径画圆， 则即为所求． （2）设与相切于点，连接， ，， ， ， ． 设的半径为， 则，， ， 解得， 经检验，是原方程的解且符合题意， 的半径为4． 【点睛】本题考查作图—复杂作图、角平分线的性质、切线的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 押题1如图，中，，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交、于点M、N，再分别以点M、N为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点P，射线交于点D，过D作DE⊥AC于点E，若，那么的面积是（   ） A．10 B．30 C．24 D．32 【答案】B 【分析】本题考查了尺规基本作图-作角平分线，三角形的面积，角平分线的性质，熟练掌握角平分线的性质定理是解题的关键． 由作图可知是的平分线，根据角平分线的性质定理得出，再根据的面积是和的面积之和计算即可． 【详解】解：如图，过点D作于点F， 由作图可知是的平分线， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ． 故选：B． 押题2如图，四边形是平行四边形，用直尺和圆规作图（不写作法，保留作图痕迹），并解答问题： (1)作图：作对角线的垂直平分线，与、、分别交于点E、F、O，连接、； (2)判断（1）中所得四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，证明见解析 【分析】（1）根据线段垂直平分线的作图方法作图即可； （2）根据线段垂直平分线的性质得出，，从而得出，再根据平行四边形的性质得出，利用证明，然后根据全等三角形的性质得出，最后根据菱形的判定即可得证． 【详解】（1）解：如图，即为所求． （2）解：四边形是菱形． 证明：∵垂直平分， ∴，． ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质、菱形的判定，熟练掌握线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质、菱形的判定是解答本题的关键． 押题3（平面几何画法）是朱铣和徐刚合编的一本平面几何教材，该书包含了大量的绘图示例和练习．如图-1，该书“例题46”介绍了“画和定三角形等面积的矩形法”． 具体作法为： ①过点和点各作一条垂直于的直线； ②作出的中点，过点作平行于的直线，与①中所得两条垂线交于，两点，四边形即为所求的矩形． (1)请你依据以上步骤，用不带刻度的直尺和圆规在图-2中，作出与面积相等的矩形；（保留作图痕迹，不写做法） (2)请你证明（1）中的． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的性质与判定，作垂线，熟练掌握基本作图以及全等三角形的性质与判定是解题的关键； （1）根据题意作出矩形，即可求解； （2）根据矩形的性质以及已知条件，证明，得出，即可证明． 【详解】（1）解：如图所示，矩形即为所求； （2）证明：如图，过点作于点，设交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴ 又∵ ∴ ∴， ∴ 在中， ∴ ∴ ∴ 押题4如图，在中，． (1)尺规作图：作的角平分线，交线段于点．（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）作出的图中，若，，求的长度． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查作图—基本作图、角平分线的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）根据角平分线的作图方法作图即可． （2）过点D作于点E，由角平分线的性质可得，进而可得．根据，可得．证明，可得，即，即可得的长． 【详解】（1）解：如图，射线即为所求． （2）解：过点D作于点E， ∵为的平分线，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴，即， ∴． 押题5如图，已知和点，按如下方式作图： ①连接，作线段的垂直平分线交于点； ②以点为圆心，长为半径作圆，交于点、； ③连接，交的垂直平分线于点． (1)请依据题意完成作图；（保留作图痕迹，不写作法） (2)①试判断与的位置关系，并给出证明； ②若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①是的切线，见解析；② 【分析】（1）根据步骤作图即可； （2）①连接，由直径所对圆周角为直角即可得出，即可证明是的切线． ②连接，由勾股定理求出，设，则，在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）如图， （2）①证明：连接， 是的直径， ，即于点， ∵是半径， 是的切线， ②连接， ，，， ， 为的垂直平分线， ，设，则， 在中， ， 解得：， ． 【点睛】本题考查作图—线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，圆周角定理的推论，切线的判定．熟练掌握上述知识是解题关键． 押题6如图，四边形为平行四边形． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，若，，求线段的长． 【答案】(1)图见解析 (2)10 【分析】（1）①以为圆心，适当长为半径画弧，交于，于，②分别以、为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于，③作射线，交于即可； （2）延长交的延长线于，根据全等三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，得到，求得，于是得到． 【详解】（1）解：如图，线段即为所求； （2）解：延长交的延长线于， ，，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了作图基本作图，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，正确地作出图形是解题的关键． 押题7如图，在中，． (1)尺规作图：作线段的垂直平分线．（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（）条件下，垂直平分线交于点，连接，若，求的长． 【答案】(1)作图见解析； (2)的长为． 【分析】本题考查了尺规作图——作垂线，垂直平分线的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据尺规作图的方法步骤即可求解； （）由垂直平分线的性质可得，则有，再求出，设，则，然后通过勾股定理得 ，代入求值即可． 【详解】（1）解：如图，作线段的垂直平分线，交于点， ∴点即为所求； （2）解：由作图可知，线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∵， ∴，         设，则 在中，由勾股定理得，， 即，     解得， ∴的长为． 押题8年月日上午，深圳市上空出现日晕景观，某兴趣小组观察完后，将日晕和云彩用和线段直观地表示出来，为进一步研究圆中的线段，该兴趣小组提出了以下问题：如图，点在以为直径的上， 若， ． (1)尺规作图：作的平分线交于点，连接，；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（）的条件下，求证：是等腰直角三角形． 【答案】(1)图见解析； (2)详见解析． 【分析】本题考查了尺规作图——作角平分线，圆周角定理，弦、弧、圆心角的关系，掌握知识点的应用是解题的关键． （）根据作角平分线的方法即可； （）连接，由是的直径，则，通过作图可知，则有，从而有，所以，然后根据等腰三角形的定义即可求证． 【详解】（1）解： 如图，即为所求； （2）证明：连接， ∵是的直径， ∴， 由作图可知：， ∴， ∴， ∴， ∴ 是等腰直角三角形． 49 / 142 学科网（北京）股份有限公司 $$