专题04 几何图形的性质与变换（20题型）（广西专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题04 几何图形的性质与变换 题型概览 题型01 中心对称与轴对称图形的判定 题型02 几何体的三视图 题型03 立体图形的展开图 题型04 几何定理的实际应用 题型05 平面直角坐标系求点的坐标 题型06 平行线、相交线求角度 题型07三角形全等的判定 题型08 由三角形与三角形全等求边长、角度 题型09 多边形内角和与外角和 题型10 由平行四边形性质求边长与角度 题型11 平行四边形的判定与边长计算 题型12 由圆的性质求边长与角度 题型13 求弧长与扇形面积 题型14 相似三角形求边长、面积 题型15 锐角三角函数的实际应用 题型16 尺规作图与几何证明 题型17 圆的综合应用—解答题 题型18 几何图形中的最值问题—填空 题型19 三角形与四边形的几何综合—填空压轴题 题型20 三角形与四边形的几何综合—解答压轴题 01中心对称与轴对称图形的判定 1．（2025·广西·二模）下列消防安全标志中，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】轴对称图形的识别 【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”，熟记轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A、是轴对称图形，则此项符合题意； B、不是轴对称图形，则此项不符合题意； C、不是轴对称图形，则此项不符合题意； D、不是轴对称图形，则此项不符合题意； 故选：A． 2．（2025·广西·二模）博物馆是展示历史、文化和艺术的重要场所，其标志设计往往蕴含着丰富的文化内涵和美学价值．下列博物馆标志中，是中心对称图形的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】D 【知识点】中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：选项A、B、C不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原图重合，所以不是中心对称图形； 选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原图重合，所以是中心对称图形； 故选：D． 3．（2025·广西·二模）习近平总书记指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路．下列四款新能源汽车的标志中，不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】轴对称图形的识别 【分析】本题考查轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴． 【详解】解：根据轴对称图形的定义，选项A、B、C中的图形都能沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，故A、B、C不符合题意； 选项D中的图形不是轴对称图形，符合题意， 故选：D． 4．（2025·广西·二模）“二十四节气”是中华农耕文明的智慧结晶，下面四幅作品分别代表“立春”、“芒种”、“白露”、“大雪”，其中是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】轴对称图形的识别 【分析】本题考查了轴对称图形的识别，熟记轴对称图形的概念是做题的关键；“如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形”，由此逐项判断即可． 【详解】 解：、 不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、 不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、 不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 、 是轴对称图形，故本选项符合题意； 故选：． 5．（2025·广西·二模）2025年2月，哈尔滨举办第九届亚洲冬季运动会，下面关于冬季运动会的标志中，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】轴对称图形的识别 【分析】本题考查了轴对称图形的知识，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的概念，是解题的关键． 【详解】解：A、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意； B、沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，故是轴对称图形，符合题意； C、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意； D、沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，故不是轴对称图形，不符合题意； 故选：B． 6．（2025·广西南宁·二模）下列四张新能源图标是中心对称图形的是（   ） A．水能 B．风能 C．太阳能 D．氢能 【答案】C 【知识点】中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后和原图形重合． 根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故本选项不合题意． B．不是中心对称图形，故本选项不合题意； C．是中心对称图形，故本选项符合题意； D．不是中心对称图形，故本选项不合题意； 故选：C． 7．（2025·广西·二模）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题主要考查轴对称图形与中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称与中心对称图形的定义是解题的关键；因此此题可根据“如果一个图形沿某条直线折叠，直线两旁部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形”和“一个图形绕某个点旋转180度后能与原图完全重合的图形叫做中心对称图形”进行求解即可． 【详解】解：A、既是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意； 故选A． 8．（2025·广西·二模）“二十四节气”是我国古代农耕文明的重要成果，对于指导农业生产具有重大意义．下列为小明设计的四个节气的图标（不含文字），其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．大雪 B．芒种 C．谷雨 D．立秋 【答案】A 【知识点】中心对称图形的识别、轴对称图形的识别 【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可． 【详解】解：A、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项符合题意； B、原图既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：A． 9．（2025·广西·二模）在下列天气符号中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】中心对称图形的识别 【分析】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合，熟练掌握中心对称图形的概念是解答本题的关键． 根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【详解】解：选项B、C、D的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形， 选项A的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形， 故选：A ． 02几何体的三视图 10．（2025·广西梧州·二模）如图所示的几何体，它的俯视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】画小立方块堆砌图形的三视图 【分析】本题考查三视图，根据俯视图是从上往下看，得到的图形，进行判断即可． 【详解】解：由图可知，俯视图为： 故选B． 11．（2025·广西·二模）如图为一个积木示意图，这个几何体的左视图为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】判断简单几何体的三视图 【分析】本题考查简单组合体的三视图，熟练掌握左视图即从左边看到的图形，正视图即从正面看到的图形，俯视图即从上面看到的图形是解题的关键． 根据左视图是从左边看到的图形求解即可． 【详解】 解：从左边看这个几何体，看到的图形为． 故选：A． 12．（2025·广西·二模）右图是我们生活中常用的“空心卷纸”，其主视图为（    ）      A．   B．   C．   D．   【答案】C 【知识点】判断简单几何体的三视图 【分析】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．看不见的棱要用虚线表示．找到从前面看所得到的图形即可． 【详解】解：卷纸的主视图应是：   ， 故选：C． 03 立体图形的展开图 13．（2025·广西桂林·二模）下列图形能围成圆锥的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】几何体展开图的认识 【分析】本题考查了展开图折叠成几何体，根据几何体的展开图的特征即可求解． 【详解】解：A.是圆柱的展开图，故该选项错误； B.是三棱锥的展开图，故该选项错误； C.是圆锥的展开图，故该选项正确； D.是正方体的展开图，故该选项错误， 故选：C． 14．（2025·广西·二模）一个正方体的表面展开图如右图所示，六个面上各有一字，连起来的意思是“祝你考试顺利”，把它折成正方体后，与“祝”相对的字是（      ） A．考 B．试 C．顺 D．利 【答案】C 【知识点】正方体相对两面上的字 【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题． 【详解】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“你”与面“试”相对，面“祝”与面“顺”相对，“考”与面“利”相对． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体是空间图形，从相对面入手，分析及解答问题是解题的关键． 04 几何定理的实际应用 15．（2025·广西·二模）金秋十月，小明同学捡到一片沿直线被折断了的银杏叶（如图），他发现剩下的银杏叶的周长比原银杏叶的周长要小，能正确解释这一现象的数学知识是（   ） A．两点确定一条直线 B．两点之间，线段最短 C．垂线段最短 D．经过一点有无数条直线 【答案】B 【知识点】两点之间线段最短 【分析】本题考查线段的性质：两点之间，线段最短，由线段的性质即可得到答案． 【详解】解：能正确解释这一现象的数学知识是：两点之间，线段最短． 故选：B． 16．（2025·广西·二模）数学源于生活，寓于生活，用于生活．下列各选项中能用“垂线段最短”来解释的现象是（    ） A．测量跳远成绩 B．木板上弹墨线 C．弯曲河道改直 D．两钉子固定木条 【答案】A 【知识点】两点确定一条直线、两点之间线段最短、垂线段最短 【分析】本题考查了垂线段最短，线段的性质．根据垂线段最短，线段的性质分别判断即可． 【详解】解：A、测量跳远成绩是求脚后跟到起跳线的距离，数学常识为垂线段最短，故该选项符合题意； B、木板上弹墨线，能弹出一条笔直的墨线，数学常识为两点确定一条直线，故该选项不符合题意； C、弯曲河道改直，就能够缩短路程，数学常识为两点之间，线段最短，故该选项不符合题意； D、两钉子固定木条，数学常识为两点确定一条直线，故该选项不符合题意； 故选：A． 05 平面直角坐标系求点的坐标 17．（2025·广西·二模）中国象棋是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味性强，成为极其广泛的棋艺活动．如图，在象棋盘上建立平面直角坐标系，若“帅”位于点上，“相”位于点，则“炮”位于点（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】实际问题中用坐标表示位置 【分析】此题主要考查了坐标确定位置．直接利用已知点坐标得出坐标原点位置，进而得出答案． 【详解】解：如图所示：“炮”位于点． 故选：A． 18．（2025·广西·二模）点关于原点的对称点是 ． 【答案】 【知识点】求关于原点对称的点的坐标 【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是，进而得出答案． 【详解】解：点关于原点的对称点坐标为：． 故答案为：． 06 平行线、相交线求角度 19．（2025·广西·二模）光的逆向反射又称再归放射，自行车的尾部通常会安装一种塑料制成的反光镜．夜间骑车时，在车灯照射下，能把光线按原来方向返回，其原理如图所示，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据平行线的性质求角的度数 【分析】本题考查平行线的性质，关键是由平行线的性质推出． 由光的反射定律得，，由平角定义求出，由平行线的性质推出，求出，即可得到的度数． 【详解】解：由光的反射定律得：，， ， ， ， ， ． 故选：B． 20．（2025·广西·二模）如图，已知直线，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据平行线判定与性质求角度 【分析】本题考查了平行线的判定与性质，过B作，根据平行线的性质和对顶角的性质可求出，根据平行线的传递性可得出，然后根据平行线的性质求解即可． 【详解】解：如图，过B作，则， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 21．（2025·广西·二模）如图是“垃圾入桶”标志及垃圾桶的平面示意图，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据平行线的性质求角的度数 【分析】本题主要考查了平行线的性质，根据两直线平行，同旁内角互补即可得到答案． 【详解】解；∵， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 22．（2025·广西·二模）如图，直线，直线与分别交于点A，B，过点作直线于点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】几何图形中角度计算问题、垂线的定义理解、根据平行线的性质求角的度数 【分析】本题考查平行线的性质，根据平行线的性质得到，再根据平角的定义，进行求解即可． 【详解】解：如图， ∵直线于点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故选：D． 23．（2025·广西南宁·二模）如图，一个弯形管道的拐角，要使管道保持平行，则的度数为（   ） A．70° B．80° C．110° D．120° 【答案】A 【知识点】两直线平行同旁内角互补 【分析】本题主要考查了平行线的性质的应用，掌握两直线平行同旁内角互补成为解题的关键． 直接运用平行线的性质求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 又∵， ∴． 故选A． 24．（2025·广西·二模）如图，，过点作于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、三角形内角和定理的应用 【分析】本题考查了三角形内角和，平行线的性质的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据题意可得，，即，再根据平行线的同旁内角互补，即可求出的度数． 【详解】∵过点作于点， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 将代入上式， 可得， 故选． 25．（2025·广西南宁·二模）如图，已知，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用邻补角互补求角度、两直线平行同位角相等 【分析】本题考查了平行线的性质，邻补角互补，根据两直线平行，同位角相等，得，最后结合邻补角互补列式计算，即可作答． 【详解】解：如图所示： ∵， ∴， ∴， 故选：C． 26．（2025·广西柳州·二模）随着“低碳”生活方式已融入人们的日常生活，越来越多的人们采用骑行共享单车这种出行方式．如图是共享单车车架的示意图，线段，，分别为前叉、下管和立管（点在上），为后下叉．已知，，，，则的度数为 ． 【答案】 【知识点】根据平行线的性质求角的度数 【分析】本题考查了平行线的性质，根据平行线的性质求解即可，掌握平行线的性质是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 07 三角形全等的判定 27．（2025·广西·二模）如图，∠1＝∠2，补充一个条件后仍不能判定△ABC≌△ADC是（　　） A．AB＝AD B．∠B＝∠D C．BC＝DC D．∠BAC＝∠DAC 【答案】A 【知识点】添加条件使三角形全等（全等三角形的判定综合） 【分析】根据全等三角形的判定定理ASA、AAS、SAS，即可推出结论． 【详解】解：A．若添加AB=AD，不能判定△ABC≌△ADC， 故A符合题意； B．若添加∠B=∠D， 证明：∵∠1=∠2， ∴∠ACB=∠ACD， 在△ABC和△ADC中， ∠B＝∠D，∠ACB＝∠ACD， AC＝AC ， ∴△ABC≌△ADC（AAS）， 故B不符合题意； C．若添加BC=DC， 证明：∵∠1=∠2， ∴∠ACB=∠ACD， 在△ABC和△ADC中， BC＝DC，∠ACB＝∠ACD， AC＝AC ， ∴△ABC≌△ADC（SAS）， 故C不符合题意； D．若添加∠BAC=∠DAC， 证明：∵∠1=∠2， ∴∠ACB=∠ACD， 在△ABC和△ADC中， ∠BAC＝∠DAC， AC＝AC，∠ACB＝∠ACD ， ∴△ABC≌△ADC（ASA）， 故D不符合题意； 故选A． 【点睛】本题主要考查三角形全等的判定方法，熟记判定两个三角形全等的一般方法（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）是解题的关键． 28．（22025·广西·二模）如图，小明家仿古家具的一块三角形形状的玻璃坏了，需要重新配一块．小明通过电话给玻璃店老板提供相关数据，为了方便表述，将该三角形记为，提供了下列各组元素的数据，配出来的玻璃不一定符合要求的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】灵活选用判定方法证全等（全等三角形的判定综合） 【分析】根据SSS，SAS，ASA逐一判定，其中SSA不一定符合要求． 【详解】A. ．根据SSS一定符合要求； B. ．根据SAS一定符合要求； C. ．不一定符合要求； D. ．根据ASA一定符合要求． 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定，解决问题的关键是熟练掌握判定三角形全等的SSS，SAS，ASA三个判定定理． 29．（2025·广西·二模）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动． 活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移． 【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由． 【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长． 活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）． 【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由． 【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】；【探究】BD＝2OF，理由见解析； 【知识点】旋转综合题(几何变换)、利用平行四边形性质和判定证明、用勾股定理解三角形 【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论； 【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出； 【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证． 【详解】解：【思考】四边形ABDE是平行四边形． 证明：如图，∵△ABC≌△DEF， ∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF， ∴AB∥DE， ∴四边形ABDE是平行四边形； 【发现】如图1，连接BE交AD于点O， ∵四边形ABDE为矩形， ∴OA＝OD＝OB＝OE， 设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4）， ∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x， 在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2， ∴， 解得：x＝， ∴AF＝cm． 【探究】BD＝2OF， 证明：如图2，延长OF交AE于点H， ∵四边形ABDE为矩形， ∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD， ∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA， ∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°， ∴∠ABD+∠BAE＝180°， ∴AE∥BD， ∴∠OHE＝∠ODB， ∵EF平分∠OEH， ∴∠OEF＝∠HEF， ∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF， ∴△EFO≌△EFH（ASA）， ∴EO＝EH，FO＝FH， ∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB， ∴△EOH≌△OBD（AAS）， ∴BD＝OH＝2OF． 【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键． 08 由三角形性质与三角形全等求边长、角度 30．（2025·广西梧州·二模）如图，在中，点，分别是，的中点，，则的长为（   ） A．6 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，根据三角形中位线定理计算即可解题． 【详解】解：∵点，分别是，的中点， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 31．（2025·广西梧州·二模）如图，在中，，，是的垂直平分线，分别交、于点，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】三角形内角和定理的应用、线段垂直平分线的性质、等边对等角 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质以及等边对等角的性质、三角形内角和定理，熟练掌握相关性质，运用数形结合思想是解题的关键．由等边对等角的性质和三角形内角和定理，求得的度数，又由线段垂直平分线的性质可得，继而求得的度数，继而即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 32．（2025·广西柳州·二模）如图，一辆货车，为了方便装运货物，使用了三角形钢架，已知，，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】含30度角的直角三角形 【分析】本题考查了直角三角形的性质，根据所对直角边是斜边的一半即可求解，熟练掌握所对直角边是斜边的一半是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， 故选：． 33．（2025·广西·二模）“今有方池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问：水深几何？”这是我国数学史上的“葭生池中”问题．即，，，则（    ） A．8 B．10 C．12 D．13 【答案】C 【知识点】解决水杯中筷子问题(勾股定理的应用) 【分析】本题考查勾股定理的实际应用．设，则，由勾股定理列出方程进行求解即可． 【详解】解：设，则， 由题意，得：， 解得：，即， 故选：C． 34．（2025·广西·二模）如图，等边的边长为2，点D在上，，连接，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接交于点G．则点G到的距离为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】过D作于M，得到，根据等边三角形的性质得到，求得，，根据勾股定理得到，根据旋转的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论． 【详解】解：过D作于M，    ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵将绕点C按顺时针方向旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过G作于H， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键． 35．（2025·广西·二模）如图，在中，，由图中的尺规作图痕迹得到的射线与交于点E，点F为的中点，连接，若，则的周长为（ ） A． B． C． D．4 【答案】C 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】根据作图可知平分，，由三线合一，解，即可求得． 【详解】平分,, , 点F为的中点 的周长为: 故选C． 【点睛】本题考查了角平分线的概念，等腰三角形性质，勾股定理，直角三角形性质，求出边是解题的关键． 09 多边形内角和与外角和 36．（2025·广西·二模）如图，足球的表面是由12块正五边形的黑皮和20块正六边形的白皮围成的，将足球上的一块黑皮和与它相邻的一块白皮展开放平，则的度数为 ． 【答案】/132度 【知识点】正多边形的内角问题 【分析】本题考查多边形内角和问题，求出正五边形和正六边形每个内角的度数，即可求解． 【详解】解：正五边形内角和为：，每个内角为：， 正六边形内角和为：，每个内角为：， 因此， 故答案为：． 37．（2025·广西·二模）如果一个正n边形的一个外角是，那么 ． 【答案】8 【知识点】正多边形的外角问题 【分析】本题考查正多边形的外角问题，根据正多边形的外角和为360度，进行求解即可． 【详解】解：； 故答案为：8． 10 由平行四边形性质求边长与角度 38．（2025·广西南宁·二模）如图，在中，，点，分别在边上运动，满足，连接，当四边形的周长最小时，则的长为 ． 【答案】2.5 【知识点】含30度角的直角三角形、利用平行四边形的性质求解、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，先推出当四边形的周长最小时，最小，此时，过点A作于点M，推出四边形是矩形，得，，根据含30度角的直角三角形的性质得，再由可计算出的长． 【详解】解：∵， ∴， 四边形的周长， ∴当四边形的周长最小时，最小，此时， 如图，过点A作于点M， ∴， 又∵在中，，即， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2.5． 39．（2025·广西·二模）如图1，《蝶几图》是明朝的戈汕分割正方形的一种方式，以正方形为模分割为长斜（等腰梯形）、右半斜（直角梯形，后同）、左半斜、小三斜（等腰直角三角形，后同）、大三斜和闰（该图内部分割纵向等距）．取右半斜两张、左半斜两张、小三斜两张，共6张拼成如图2所示的中心对称图形，并放入一个长方形中，若图1中较大正方形的边长为4，则长方形的周长是（    ） A．15 B． C． D． 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案 【分析】根据正方形的性质，勾股定理以及图形的分割和拼接方法进行计算即可． 【详解】解：如图1， 较大正方形的边长为4， ， 又较大正方形内部分割纵向等距， ， “右半斜”“左半斜”是上底为1，下底为2，高为1，第四条边为的直角梯形， “小三斜”是边长为，，2的等腰直角三角形， 在图2中， 由拼图可知，， 在中，， ， 由对称可知，，， 长方形的长 ， ， 因此长方形的周长为 故选：D． 【点睛】本题考查轴对称图形，正方形的性质，掌握正方形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系以及正方形的分割与拼接方法是正确解答的关键． 11 平行四边形的判定与边长计算 40．（2025·广西·二模）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 【答案】(1)①或②，证明见解析； (2)6 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是平行四边形、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题关键． （1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可； （2）根据平行四边形的性质得出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：选择①， 证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； 选择②， 证明：∵，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：由（1）得， ∵，， ∴． 12由圆的性质求边长与角度 41．（2025·广西·二模）如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体的最大深度，则截面圆中弦的长为（） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值 【分析】本题考查了垂经定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握知识点．由垂径定理和勾股定理求出的长，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，连接,可知三点共线， 由题意得：， 在中，根据勾股定理得， 即截面圆中弦AB的长为， 故选：C． 42．（2025·广西钦州·二模）如图，是的直径，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】同弧或等弧所对的圆周角相等、圆周角定理 【分析】本题考查了圆周角定理，根据同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的一半，进行作答即可． 【详解】解：∵是的直径，， ∴． 故选：B． 43．（2025·广西百色·二模）如图，四边形内接于，若，，则的半径是（   ） A． B． C． D．4 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、已知圆内接四边形求角度 【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角与圆心角的关系，勾股定理的应用，解题的关键是熟练运用相关定理．先根据圆内接四边形对角互补得出，由圆周角定理得出，根据可得出答案． 【详解】解：连接， ∵四边形内接于， ， ， 由勾股定理得：， ， ， ∴的半径为：， 故选：A． 44．（2025·广西梧州·二模）如图，四边形内接于，为直径，，连接．若半径为3，．则的长为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、利用垂径定理求值、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，勾股定理的应用，垂径定理的应用，如图，连接，交于，求解，证明，求解，，，再进一步利用勾股定理求解即可. 【详解】解：如图，连接，交于，    ∵为直径， ∴， ∵半径为3，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：B 45．（2025·广西南宁·二模）如图，为的两条弦，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】圆周角定理 【分析】本题考查圆周角定理，掌握圆周角定理是解决此题的关键． 根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半得到，即可求解． 【详解】解：由题意得， ， ， 故选：C． 46．（2025·广西·二模）如图，的弦垂直于，E为垂足，，，且，则圆心O到的距离是（    ）    A．2 B． C． D． 【答案】A 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、利用垂径定理求值 【分析】连接，过点，分别作与，于，则四边形是矩形，证明，可得，根据垂径定理可得，根据即可求解． 【详解】解：连接，过点，分别作于，于，则四边形是矩形，   ，， ， ， ∴ ， ， ， 则， ， ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了垂径定理，掌握垂径定理是解题的关键． 47．（2025·广西·二模）如图，是的直径，是上一点，连结，．若，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】圆周角定理 【分析】本题考查圆周角定理，熟练掌握圆周角定理：“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”是解题的关键．利用圆周角定理解答即可． 【详解】解：∵在中，为所对的圆周角，为所对的圆心角， ∴， 故选：C． 48．（2025·广西·二模）如图，将一把两边都带有刻度的直尺放在半圆形纸片上，使其一边经过圆心O，另一边所在直线与半圆相交于点D、E，量出半径OC=5cm，弦DE=8cm. 则直尺的宽为 cm.    【答案】3 【知识点】垂径定理的实际应用 【分析】过点O作OF⊥DE，垂足为F，连结OE，由垂径定理可得出EF的长，再由勾股定理即可得出OF的长. 【详解】解：过点O作OF⊥DE，垂足为F，连结OE，    ∵DE＝8cm， ∴EF＝DE＝4cm， ∵OC＝5cm， ∴OE＝5cm， ∴OF＝cm． 故答案为3. 【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，解答此类题目先构造出直角三角形，再根据垂径定理及勾股定理进行解答． 13 求弧长与扇形面积 49．（2025·广西·二模）已知扇形的半径为3，圆心角为120°，则这个扇形的面积为（　　） A．9π B．6π C．3π D．2π 【答案】C 【知识点】求扇形面积 【分析】根据扇形面积公式计算即可． 【详解】解：扇形的半径为3，圆心角为120°，则这个扇形的面积为：； 故选：C． 【点睛】本题考查了扇形面积计算，解题关键是熟记扇形面积公式：． 50．（2025·广西·二模）如图，某汽车车门的底边长为，车门侧开后的最大角度为．若将一扇车门侧开，则这扇车门底边扫过区域的最大面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求某点的弧形运动路径长度 【分析】本题考查扇形的面积．根据这扇车门底边扫过的区域是扇形，求出扇形的半径和圆心角，然后由扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：根据题意这扇车门底边扫过的区域是扇形， 其中扇形的半径为，圆心角最大角度为， ∴扇形的最大面积为：， 故选：B． 51．（2025·广西·二模）如图，四边形是菱形，，，以为圆心，的长为半径画弧，则阴影部分面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、求其他不规则图形的面积、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了扇形面积的计算：设圆心角是，圆的半径为的扇形面积为，则也考查了菱形的性质和解直角三角形．连接，如图，先根据菱形的性质得到，，则和都为等边三角形，然后根据等边三角形的面积公式和扇形的面积公式，利用阴影部分面积进行计算． 【详解】解：连接，过点作于点，如图， 四边形是菱形， ， ， ， 和都为等边三角形， ∴ 阴影部分面积 故选：C． 52．（2025·广西·二模）如图，扇形的半径为，菱形的顶点、、分别在、、上，若，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用菱形的性质求线段长、求其他不规则图形的面积、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了菱形的性质，扇形面积计算，特殊角的三角函数值，熟练掌握以上知识点是解题的关键．连接，相交于点，根据菱形的性质，结合三角函数关系得出，进而得到，推出是等边三角形，得到，最后根据，即可求解． 【详解】解：如图，连接，相交于点， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 故选：C． 53．（2025·广西·二模）如图，四边形是正方形，曲线，，，，……叫作“正方形的渐开线”，其中，，，的圆心依次按，，，循环，若，则弧所对应的扇形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】求扇形面积 【分析】本题考查扇形面积的计算．依次求出弧，，，，……所对应的扇形的面积，发现规律即可解决问题． 【详解】解：四边形是正方形，且， 以为圆心的圆的半径为，则所对应的扇形的面积为， 以为圆心的圆的半径为，则所对应的扇形的面积为， 以为圆心的圆的半径为，则所对应的扇形的面积为， 以为圆心的圆的半径为，则所对应的扇形的面积为， ……， 依次类推，所对应的扇形的面积为(为大于的正整数)， 弧所对应的扇形的面积为． 故选：A． 54．（2025·广西·二模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用图2圆的内接正十二边形计算圆周率，首先要计算它的周长，下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】解直角三角形的相关计算、正多边形和圆的综合、多边形的周长、三线合一 【分析】求出正多边形的中心角，利用三角形周长公式求解即可． 【详解】解：∵十二边形是正十二边形， ∴， ∵于M，又， ∴， ∵正边形的周长， ∴圆内接正十二边形的周长， 故选：A． 【点睛】本题考查的是正多边形和圆、等腰三角形的性质，求出正十二边形的周长是解题的关键． 55．（2025·广西梧州·二模）“海棠花窗”是中国建筑中常见的一种设计．如图是一个海棠花窗的制作示意图，点是正方形的边心距上的一点，以点为圆心，长为半径画弧，同样的作法得到其余三条和弧一样的等弧，已知正方形的边长是6，当时，这个海棠花窗的周长是 ． 【答案】 【知识点】利用垂径定理求值、正多边形和圆的综合、求弧长、解直角三角形的相关计算 【分析】连接，，，则，，解，求出，，则可求，再由弧长公式求出，再由海棠花窗的周长等于，即可求解． 【详解】解：连接， 由题意得，，， ∴，， ∵， ∴在中，， ∴， ∴， ∴， ∴这个海棠花窗的周长是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆与正多边形，边心距，解直角三角形，求弧长，勾股定理，垂径定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 14 相似三角形求边长、面积 56．（2025·广西梧州·二模）如图，当驾驶员的眼睛点与地面的距离为米时，是驾驶员的视觉盲区，车头近似的看成是矩形，且，若的长度为米，则车宽的长度大约是（） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】D 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、相似三角形实际应用 【分析】本题考查了相似三角形的应用，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键； 通过作高，利用相似三角形的对应高的比等于相似比，列方程求解即可． 【详解】如图，过点作，垂足为，交于点， 则米， 设米，由得， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 即， ， ， ， 解得，， ∴米 故选：D． 57．（2025·广西·二模）已知，且相似比为，则下列结论错误的是（   ） A．是的3倍 B．是的3倍 C．周长之比为 D．面积之比为 【答案】B 【知识点】利用相似三角形的性质求解 【分析】本题考查了相似三角形的性质，主要利用了相似三角形对应边的比等于相似比，相似三角形的对应角相等，比较简单，熟记性质是解题的关键．根据相似三角形对应边的比等于相似比以及对应角相等即可求解． 【详解】解：，且相似比为， ，，正确，不符合题意；错误，符合题意； 周长之比为，面积之比为， 、均正确，不符合题意． 故选：B 58．（2025·广西·二模）如图，在平面直角坐标系中，将以原点O为位似中心放大后得到，若，，则与的面积的比是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】求两个位似图形的相似比、利用相似三角形的性质求解 【分析】根据图形可知位似比为，根据相似比等于位似比，面积比等于相似比的平方，即可求得答案 【详解】解：，， 则与的位似比为， 与的相似比为 则与的面积比为 故选D 【点睛】本题考查了位似图形的性质，求得位似比是解题的关键． 59．（2025·广西柳州·二模）如图所示，在洞孔成像问题中，已知玻璃棒与它的物像平行，已知玻璃棒厘米，根据图中给定的尺寸，那么它的物像的长是（   ）厘米． A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】相似三角形实际应用 【分析】本题主要考查了相似三角形的应用， 过作于点，延长，交于点，则有，，再证明，根据相似三角形的性质得出，然后代入求值即可，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：过作于点，延长，交于点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：． 60．（2025·广西·二模）小郑在做“小孔成像”实验时，蜡烛到挡板的距离与挡板到屏幕的距离之比是．若烛焰的高是，则实像的高是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】相似三角形实际应用 【分析】本题主要考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键． 根据证明，然后利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图所示：相交于点O， ∵是烛焰的高，是实像的高， ∴， ∴， ∵蜡烛到挡板距离与挡板到屏幕距离之比是，， ∴，解得：． 故选：B． 15 锐角三角函数的实际应用 61．（2025·广西·二模）如图是厂房屋顶人字形（等腰三角形）钢架结构，已知米，，则中柱（D为底边中点）的长是（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【知识点】三线合一、其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，熟练掌握锐角三角函数的定义解题的关键．先利用等腰三角形的三线合一性质可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【详解】解：米，点是的中点， ， 在中，， （米）， 故选：A． 62．（2025·广西·二模）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形，其中，，，则高的长为（    ） A．厘米 B．厘米 C．厘米 D．厘米 【答案】A 【知识点】等腰三角形的性质和判定、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查等腰三角形的性质、解直角三角形的应用，熟练掌握等腰三角形的性质是解答的关键． 先根据等腰三角形的三线合一性质得到的长，再利用正切定义求解即可． 【详解】解：，， ， 在中，， ， 故选：A． 63．（2025·广西·二模）在日常生活中我们经常会使用到订书机，如图是装订机的底座，是装订机的托板，始终与底座平行，连接杆的D点固定，点E从A向B处滑动，压柄可绕着转轴B旋转．已知，．当托板与压柄夹角时，如图，点从点滑动了，此时连接杆的长度是 ．（参考数据：，，）（结果保留根号） 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查解直角三角形的应用，如图，过点D作于点F．解求出，，再求出，最后利用勾股定理求出． 【详解】解：如图，过点D作于点F． 在中，， ， ， ，， ， ， 故答案为：． 64．（2025·广西·二模）光从空气射入液体中会发生折射现象．如图，水平放置的容器中装有某种液体，光线斜射到液面发生折射，折射光线为，折射角为，测得，，，则线段的长是 ．（结果精确到0.1，参考数据：，，） 【答案】 【知识点】其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查了解直角三角形．在中，利用直角三角形的边角间关系可得结论． 【详解】解：， ， 在中， ， 故答案为：． 65．（2025·广西钦州·二模）在某次物理实验中，楠楠将一个试验小物件静止地放在斜面上，其受力情况分析如图所示，重力G的方向竖直向下，其方向线交于点E，交水平面于点D，支持力F的方向垂直于，摩擦力P的方向线与平行，已知斜面的坡角． (1)求摩擦力P的方向与重力G的方向的夹角的度数； (2)若在此次实验中，，，求小物件的铅垂高（结果取整数）． （参考数据：，，） 【答案】(1)摩擦力P的方向与重力G的方向的夹角β的度数为 (2)在此次实验中小物件的铅垂高约为 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查的是平行线的性质，三角形的外角的性质，解直角三角形的应用； （1）先求解，再利用平行线的性质可得结论； （2）由，可得，结合，即可得到答案. 【详解】（1）解： ，， ， ∵， ． 答：摩擦力P的方向与重力G的方向的夹角β的度数为． （2）解：，， ， ， ． ， ． 答：在此次实验中小物件的铅垂高约为． 66．（2025·广西梧州·二模）如图，一辆卡车使用一条不可伸缩的长绳通过岸边的定滑轮向左牵引小船靠岸，已知长绳段与水面平行，且岸边，当长绳段与水平方向的夹角时，船头离岸边的距离为米，已知甲板始终保持与水面平行，且到水面的距离为0.65米． (1)求定滑轮到水面的距离． (2)当小船受长绳牵引，船头前进到点处，此时长绳段与水平方向的夹角，求卡车向左移动了多少米？（结果精确到0.1米．参考数据：，，） 【答案】(1) (2)卡车向左移动了 【知识点】其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形： （1）延长交于点，解直角三角形，求出的长，再利用线段的和差关系求出的长即可； （2）解直角三角形，求出的长，解直角三角形，求出的长，根据卡车移动的距离等于的长，进行求解即可． 【详解】（1）解：延长交于点， ∵， ∴， 由题意，得：， 在中，， ∴， ∴； 答：定滑轮到水面的距离为； （2）由（1）知：，， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴卡车移动的距离； 答：卡车向左移动了． 67．（2025·广西·二模）随着人们对于提高身体素质的重视，喜欢步行健身的人越来越多，为方便群众步行健身，某地政府决定对如图1所示的坡路进行改造．如图2所示，改造前的斜坡米，坡度为：斜坡改造为斜坡，斜坡米，其坡度为． (1)求的长； (2)求斜坡下降的高度．（结果保留根号） 【答案】(1)米 (2)米 【知识点】坡度坡比问题(解直角三角形的应用） 【分析】本题考查的是解直角三角形的应用——坡度坡角问题，解题的关键是支行我相关知识． （1）根据斜坡的坡度为，得到，根据，即可求解； （2）再根据斜坡的坡度为，设，，根据勾股定理列方程求出，计算即可． 【详解】（1）解：斜坡的坡度为， ， ， 斜坡米， （米）； （2）斜坡的坡度为，即， 设，， 斜坡米，， ， 解得：， 即米， 由（1）得米， 米． 68．（2025·广西·二模）【阅读理解】在学习《解直角三角形》这一节时，喜欢探索的小明同学在课外学习活动中，探究发现，锐角三角形的面积、边、角之间存在一定的数量关系．下面是小明同学的学习笔记，请仔细阅读下列材料并完成相应的任务． 学习笔记：如图1，在锐角中，，，的对边分别记为a，b，c，锐角的面积记为，过点C作于点D，则， ∴， ∴． 同理可得，， 即． 由以上推理得结论①：锐角三角形的面积等于两边与其夹角正弦积的一半． 又∵，根据等式的基本性质，将，整理，得． 由以上推理得结论②：在一个锐角三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等． 【理解应用】请学习上述阅读材料，并用上述材料的结论解答以下问题． 如图2，甲船以54海里/时的速度向正北方向航行，当甲船位于A处时，乙船位于甲船的南偏西方向的B处，且乙船从B处沿北偏东方向匀速直线航行．当甲船航行20分钟到达D处时，乙船航行到达甲船的南偏西方向的C处，此时两船相距18海里． (1)求的面积； (2)求乙船由B处到达C处航行的路程是多少海里．（结果保留根号） 【答案】(1) (2) 【知识点】等边三角形的判定和性质、方位角问题(解直角三角形的应用) 【分析】本题主要考查了解直角三角形—方向角问题、等边三角形的判定与性质等知识点，掌握方向角的概念以及正确使用材料中的结论是解题的关键． （1）根据题意知：，，然后利用材料中锐角三角形的面积公式并代入数据计算即可； （2）先证明是等边三角形，分别求出，在中，由材料中结论②得并代入数据计算即可． 【详解】（1）解：由题意知：海里，海里， 由结论①知： ． ∴的面积为平方海里． （2）解：如图： 由（1）知， ∴是等边三角形， ∴海里， 又∵， ∴， 由题意知， ∴， 由题意可得：， ∴海里． 69．（2025·广西·二模）综合与实践 【问题背景】小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角α的正弦值与折射角β的正弦值的比值叫作介质的“绝对折射率”，简称“折射率”．它表示光在介质中传播时，介质对光作用的一种特征． 【初步探究】 （1）若光从真空射入某介质，入射角为α，折射角为β，且，．求该介质的折射率； 【解决问题】 （2）现有一块与（1）中折射率相同的长方体介质，如图1所示，点A，B，C，D分别是长方体棱的中点，若光线经真空从矩形对角线交点O处射入，其折射光线恰好从点C处射出，如图2所示，已知，，求截面的面积． 【答案】（1）；（2） 【知识点】解直角三角形的相关计算、求角的正弦值、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了新定义——光介质的折射率，熟练掌握新定义，正弦定义，正切定义，勾股定理，是解题的关键． （1）根据，，折射率定义可解答． （2）由题意可得，折射率为，得，可得，得，，即得截面的面积为：． 【详解】解：（1）， ， 折射率为：． （2）由题意可得，折射率为， ， ， 四边形是矩形，点是中点， ， 又， ， 在中， 设， 则， 由勾股定理得，， ， ， ， 截面的面积为：． 16 尺规作图与几何证明 70．（2025·广西·二模）如图所示，中，． (1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（）所作的图中，延长至点，使，连接，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是平行四边形、作已知线段的垂直平分线 【分析】（）作的垂直平分线，垂足为点，连接，则线段即为所求； （）由对角线互相平分的四边形可得四边形是平行四边形，进而由即可求证； 本题考查了线段垂直平分线的作法，平行四边形的判定，矩形的判定，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：如图所示，线段为所求； （2）证明：∵点是的中点， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形． 71．（2025·广西桂林·二模）如图，在中（），以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接． (1)用尺规作图法，作的平分线，且点在线段上，与相交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用平行四边形的性质证明、三线合一、作角平分线(尺规作图)、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，尺规作角平分线，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）利用尺规作角平分线的步骤即可作图； （2）先根据等腰三角形三线合一得到，再根据平行四边形的对边平行导角证明即可． 【详解】（1）解：如图，射线即为所求： （2）证明：如图： ∵，平分， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 72．（2025·广西·二模）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 【知识点】证明某直线是圆的切线、作角平分线(尺规作图)、角平分线的性质定理 【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． 73．（2025·广西·二模）如图，在中，，点在线段的延长线上． (1)尺规作图：求作的角平分线；（保留作图痕迹，不写作法） (2)请判断与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见详解 (2),理由见详解 【知识点】同位角相等两直线平行、作角平分线(尺规作图)、等边对等角 【分析】本题考查了尺规作图—作角平分线，涉及到外角的性质，等边对等角，平行线的判定，正确作角平分线是解题的关键． （1）根据题意作出的平分线即可； （2）根据得到，再由角平分线的定义和外角性质得到，从而证明． 【详解】（1）解：（1）如图，即为所求， （2）解：，理由如下， ， ， ， 平分． ， ． 74．（2025·广西梧州·二模）如图，四边形是平行四边形，是边上的一点，且． (1)尺规作图：作的平分线，交于点（不写作法，保留作图痕迹）． (2)连接．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)画图见解析 (2)证明见解析 【知识点】作角平分线(尺规作图)、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】（1）根据角平分线的画图步骤作图即可； （2）如图，连接，证明，可得，结合，可得，，证明四边形是平行四边形，进一步可得结论. 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）证明：如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由作图可得：， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形. 【点睛】本题考查的是作角平分线，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，平行线的性质，等角对等边，熟记判定定理是解本题的关键. 75．（2025·广西·二模）如图，点是边上一点（不与重合），连接． (1)尺规作图：以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接（要求在图中作出图形，标明字母）； (2)在（1）的基础上，判断与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)平行，见解析 【知识点】作线段(尺规作图)、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】（1）尺规作图：以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接（要求在图中作出图形，标明字母）； （2）根据平行四边形的判定和性质证明即可． 本题考查了基本作图，平行四边形的判定和性质，熟练掌握作图和平行四边形的判定是解题的关键 【详解】（1）如图： （2）解：． 理由：根据作法知，， 四边形是平行四边形， ，即． 又， 四边形是平行四边形， ； 76．（2025·广西南宁·二模）如图，在中，． (1)作线段的垂直平分线，交于点，交于点．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，连接，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】三角形的外角的定义及性质、线段垂直平分线的性质、作已知线段的垂直平分线、等边对等角 【分析】本题考查了作图﹣基本作图：作已知线段的垂直平分线，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键． （1）利用基本作图作的垂直平分线； （2）根据线段垂直平分线的性质，得到，由等腰对等角得，由三角形的内角和得到，再由三角形的外角性质即可解答． 【详解】（1）解：如图所示，直线即为所求作图形； （2）解：由（1）知：直线是线段的垂直平分线， ， ， 在中，， 是的外角， ， ． 17 圆的综合应用—解答题 77．（2025·广西南宁·二模）如图，为的直径，为上的一点，和过点的切线垂直于点，与交于点，连接． (1)求证：平分； (2)若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、利用垂径定理求值、切线的性质定理 【分析】（1）先证明，由等腰三角形的性质和平行线的性质可得，即可得结论； （2）先证明四边形是矩形，再由垂径定理得，设的半径为，再由勾股定理解直角三角形即可． 【详解】（1）证明：连接，交于点 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 平分； （2）解：是的直径， ， 由（1）得， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 设的半径为， 在中，， 即， ． 【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的判定和性质，矩形的判定和性质，垂径定理，勾股定理． 78．（2025·广西·二模）如图，是的直径，，过点作的切线，交的延长线于点，连接交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）等弧所对的圆周角相等，得到，直径，得到，根据等角的余角相等，即可得证； （2）证明，求出的长，勾股定理求出的长，三角函数，推出，切线得到，解直角三角形，求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴； （2）∵，， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍去）； ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵过点作的切线，交的延长线于点， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 79．（2025·广西梧州·二模）在中，，，，点是线段上的一个动点，以为直径作圆． (1)当时，如图1，求证：圆与相切； (2)如图2，连接，与圆相交于点，连接，请你求出的最小值并说明理由； (3)如图3，，若点是圆上的一个动点，且点在内，连接、，请你直接写出的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)最小值为，理由见解析 (3) 【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合、点与圆上一点的最值问题 【分析】（1）过点O作与点，易证，求出，即可证明结论； （2）连接，取中点为，以为直径作圆弧交于点G，连接，易得点在上运动，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理即可求解； （3）在上取点，使得，且位于点O上方，连接，证明，推出，当三点共线时，有最小值，即有最小值，最小值为的长，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：过点O作与点， 在中，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点H在上，且， ∴圆与相切； （2）解：最小值为，理由如下： 连接，取中点为，以为直径作圆弧交于点G，连接， ∵， ∴， ∴点在上运动， 当三点共线时，有最小值， 此时，∵， ∴， ∴最小值为； （3）解：在上取点，使得，且位于点O上方，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当三点共线时，有最小值，即有最小值，最小值为的长， 此时，， ∴． 【点睛】本题主要考查点到圆上的最值问题，切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，构造三角形相似是解题的关键． 80．（2025·广西·二模）如图，从外一点A作的切线，切点分别为点B，C，作的直径，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、半圆（直径）所对的圆周角是直角、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）连接，根据切线的性质及切线长定理可得，，即可得，再由等腰三角形的性质可得，根据三角形外角的性质即可证得，由此即可证得结论； （2）连接，易证，根据相似三角形的性质，结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵、分别切于、， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． （2）解：连接， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行线的判定、圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，会综合运用平行线的判定、切线的性质、相似三角形的判定与性质是解答的关键． 81．（2025·广西·二模）如图，等腰内接于，点是线段上异于，的一点．连接并延长交于点，点在的延长线上，． (1)求证：是的切线； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、垂径定理的推论、切线的性质定理、证明某直线是圆的切线 【分析】本题主要考查切线的性质与判定、垂径定理、等腰三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握切线的性质与判定、垂径定理、等腰三角形的性质与判定、勾股定理是解题的关键； （1）连接，，由题意易得，，则有，然后可得，进而问题可求证； （2）设，则，则有，然后根据勾股定理可得，则有，进而问题可求解． 【详解】（1）证明：连接，． 因为是等腰的外接圆，为的中点， 所以，． 所以． 因为， 所以． 因为， 所以． 在中，， 所以． 所以． 所以是的切线． （2）解：设，则， 此时． 由（1）知，是直角三角形． 由勾股定理可得：． 因为， 所以． 即． 解得． 所以． 所以． 82．（2025·广西·二模）如图①，中国古代的马车已经涉及很复杂的机械设计（相对于当时的生产力），包含大量零部件和工艺，所彰显的智慧让人拜服，如图②是马车的侧面示意图，为车轮的直径，过圆心的车架一端点着地时，地面与车轮相切于点，连接，．    (1)求证； (2)若米，米，求车轮的半径． 【答案】(1)见解析 (2)米（或0.5米） 【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）根据相切可得，再根据是的直径，可得，结合即可证明； （2）根据题意证明即可求解． 【详解】（1）证明：连接，   是的切线， ， ， 是的直径， ， ， 又， ， ． （2）由（1）得，， ， ， ，即， ， ， ． 车轮的半径为米（或0.5米）． 【点睛】本题是圆与三角形的综合题，主要考查了切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等，灵活运用所学知识是解题的关键． 83．（2025·广西·二模）据史料记载，马车的发明者是多年前生活于夏王朝初年的奚仲．马车的发明是中国科技史上的一大创举．如图是古代马车的侧面示意图，是车轮的直径，过圆心O的车架的一端点C着地时，水平地面与车轮相切于点D，连接． (1)若，求的度数； (2)若，，求车轮的半径长． 【答案】(1) (2)车轮的半径长米 【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、切线的性质定理 【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、勾股定理等知识点，掌握相关性质定理成为解题的关键． （1）如图：连接，由切线的性质可得，即，再根据圆周角定理即可解答； （2）由切线的性质可得，设车轮的半径为r，则，，然后根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：如图：连接， ∵地面与车轮相切于点D， ∴，即， ∴， ∴． （2）解：∵地面与车轮相切于点D， ∴，即， 设车轮的半径为r，则，， ∵， ∴，解得：． ∴车轮的半径长米． 84．（2025·广西柳州·二模）如图，，，，是上的四点，是直径，，的切线交的延长线于点．连接并延长交于，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、圆周角定理、切线的性质定理 【分析】本题考查矩形判定及性质，切线性质，圆周角定理，垂直平分线性质，勾股定理等． （1）根据题意得，，再利用垂直平分线性质得，继而得到本题答案； （2）由垂直平分线性质得，再利用矩形性质得，后设的半径为，则，，再利用勾股定理即可得到本题答案． 【详解】（1）解：∵是直径， ∴， ∵的切线交的延长线于点， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵垂直平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 设的半径为，则，， ∴，解得：， ∴的半径为． 85．（2025·广西·二模）如图，半圆O的直径为AB，D是半圆上的一个动点（不与点A，B重合），连接BD并延长至点C，使CD＝BD，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E． （1）请猜想DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）当AB＝4，∠BAC＝45°时，求DE的长． 【答案】（1）与相切；（2） 【知识点】证明某直线是圆的切线 【分析】（1）先证明OD为△ABC的中位线得到OD∥AC，再利用DE⊥AC得到OD⊥DE，然后根据切线的判定方法可确定DE为⊙O的切线； （2）作OF⊥AC于F，如图，证明四边形ODEF为矩形得到OF=DE，再证明△OAF为等腰直角三角形得到OF=，从而得到DE的长． 【详解】（1）DE与⊙O相切．理由如下： 连接OD． ∵CD=BD，OA=OB，∴OD为△ABC的中位线，∴OD∥AC． ∵DE⊥AC，∴OD⊥DE，∴DE为⊙O的切线； （2）作OF⊥AC于F，如图，易得四边形ODEF为矩形，∴OF=DE． ∵∠BAC=45°，∴△OAF为等腰直角三角形，∴OF=OA=，∴DE=． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定：过半径的外端与半径垂直的直线为圆的切线． 86．（2025·广西·二模）如图所示，在中，，平分，交于点O．以O为圆心，为半径作，分别交，于点E，F． (1)求证：是的切线； (2)延长交于点D，连接，，若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、证明某直线是圆的切线、半圆（直径）所对的圆周角是直角 【分析】（1）作于点，根据角平分线和垂直即可得，结合是的半径，点在上，且即可证明切线； （2）根据直径所对的圆周角为直角得，即可证明，则有，即可得到． 【详解】（1）证明：作于点，如图， ∴， 平分， ， 是的半径， 点在上， 是的半径，且于点， 是的切线． （2）解：是的直径， ， ， ， ∴， ， ， ∴， ， ∴， ， 则的值为． 【点睛】本题主要考查圆和三角形的综合，涉及角平分线的性质、证明切线、直径所对的圆周角为直角、相似三角形的判定和性质和解直角三角形，解题的关键是熟悉圆的性质和相似三角形的性质． 87．（2025·广西桂林·二模）如图1，是的外接圆，是的直径，点在上，连接平分，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)如图2，连接，，若四边形为菱形，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】利用垂径定理求值、切线的性质定理、求其他不规则图形的面积、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，如图，先利用圆周角定理得到，再根据垂径定理得到，接着利用切线的性质得，然后根据平行线的性质得到结论； （2）先利用得到，所以，再根据圆周角定理得，则利用余弦的定义可求出，所以，接着在中利用余弦的定义得到，于是设，则，求出得到，然后计算即可； （3）由圆周角定理得到，再根据菱形的性质得到，解直角三角形求出，由（1）知，进而推出，，进而求出，再根据阴影部分的面积为即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴设， ∴， 即， 解得， ∴， ∴． （3）解：∵是的直径，， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， 由（1）知， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理、圆周角定理、不规则图形的面积、菱形的性质和解直角三角形．掌握切线的性质，圆的基本性质，解直角三角形是解题的关键． 18 几何图形中的最值问题—填空 88．（2025·广西·二模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，若点是边上不与重合的一个动点，旋转后点的对应点为点，则线段长度的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】过点作于点，由勾股定理可求的长，由三角形面积公式可求的长，由旋转的性质可得，可得，则当点与点重合时，有最小值，即有最小值． 【详解】如图，过点作于点， ， ， ， ， 解得：， 将绕点逆时针旋转得到， ， 是等腰直角三角形， ， ， 是点到线段最短的距离， 即：当点与点重合时，有最小值，， 即：此时有最小值，， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形、勾股定理等知识，熟练运用旋转的性质是本题的关键． 89．（2025·广西钦州·二模）如图，在中，，，，点D是边的中点，点E是上的动点，连接，将沿翻折得到，连结，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】折叠问题、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，角直角三角形的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 连接，过点作于点，由，得到，当点三点重合时，取得最小值，然后由折叠的性质以及勾股定理，角直角三角形的性质取求解即可． 【详解】解：连接，过点作于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵点D是边的中点，将沿翻折得到 ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 当点三点重合时，的最小值为， 故答案为：． 90．（2025·广西·二模）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为 ． 【答案】 【知识点】坐标与图形、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论． 【详解】解：如图， ∵点C为坐标平面内一点，BC＝1， ∴C在⊙B上，且半径为1， 取OD＝OA＝2，连接CD， ∵AM＝CM，OD＝OA， ∴OM是△ACD的中位线， ∴OMCD， 当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大， ∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°， ∴BD＝2， ∴CD＝21， ∴OMCD， 即OM的最大值为； 故答案为． 【点睛】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最大值时点C的位置是解题的关键，也是难点． 91．（2025·广西·二模）如图，在等腰中，，，点M是边上的动点，以为腰作等腰，，连接，若N为的中点，连接，则线段的最小值为 ． 【答案】 【知识点】写出直角坐标系中点的坐标、图形运动问题(实际问题与二次函数)、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了平面直角坐标系，勾股定理，等腰直角三角形的性质，二次函数的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先以点A为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，再分别表示，，运用两点距离公式进行列式得，结合二次函数的性质进行分析，即可作答． 【详解】解：以点A为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示： ∵在等腰中，，， ∴ ∵点M是边上的动点，以为腰作等腰，， ∴设，， 则， ∵N为的中点， ∴， 即， ∵ 故 ∵， ∴开口向上，在时，有最小值， 把代入， 得， 即最小值为 故答案为：． 92．（2025·广西·二模）如图，AB是⊙O的弦，AB=8，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、圆周角定理 【分析】根据中位线定理得到MN的最大时，AC最大，当AC最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值． 【详解】解：∵点M，N分别是AB，BC的中点， ∴MN=AC， ∴当AC取得最大值时，MN就取得最大值， 当AC是直径时，最大， 如图， ∵∠ACB=∠D=45°，AB=8， ∴AD==， ∴MN=AD=，故答案为： 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理、等腰直角三角形的性质及圆周角定理，解题的关键是了解当什么时候MN的值最大，难度不大． 19 三角形与四边形的几何综合—填空压轴题 93．（2025·广西梧州·二模）如图，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕；将纸片展平，连接，把沿翻折得到，点恰好落在的中点处．若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】连接，设，根据矩形的性质得出，根据折叠可得，则，在中，勾股定理求出，在中，勾股定理表示出，根据折叠可得，又点是中点，得出垂直平分，根据垂直平分线的性质得出，在中，勾股定理表示出，列出等式，即可得出，即． 【详解】解：连接， 设， 则在矩形中，， 根据折叠可得， 则， 在中，， 即， 解得：， 在中，， 根据折叠可得， 又点是中点， ∴垂直平分， ∴， ∵， 在中，， ∴， ∴， 即， 故答案为：． 【点睛】该题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质和判定等知识点，解题的关键是根据勾股定理列出方程． 94．（2025·广西·二模）如图，三条相互平行的直线和分别经过矩形的三个顶点交边于点E．若与之间的距离为4，与之间的距离为6，则的长为 ． 【答案】 【知识点】利用平行线间距离解决问题、根据矩形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】如图所示，过点D作于N，过点B作于M，，，证明，就，结合，可得，证明，可得，从而可得答案． 【详解】解：如图所示，过点D作于N，过点B作于M， ∵，与之间的距离为4，与之间的距离为6， ∴与之间的距离为2， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是矩形的性质，平行线的性质，三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 95．（2025·广西·二模）如图．在矩形中，，，对角线、交于点．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点从点出发沿方向匀速运动，速度为．当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接并延长交于点，过点作，交于点．设运动时间为．若五边形的面积与三角形的面积之比为，则 【答案】或 【知识点】因式分解法解一元二次方程、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】根据矩形的性质和勾股定理得到，过点作交于点，已知，则可求的面积；可证得，由相似三角形的面积比可求得的面积，从而可求五边形的面积．根据题意列方程得到或，可求解． 【详解】解：在中，根据勾股定理，得. ∴. 如图，过点作交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴， 由矩形的性质可知，， 又∵， ， ， 则， ， ，相似比为， ， ， ， ； 与的函数关系式为； ， ， 解得，或， 当时，或． 故答案为：或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，列函数关系式，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，解一元二次方程，正确的识别图形是解题的关键． 96．（2025·广西·二模）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 2025·广西·二模62．（2025·广西桂林·二模）如图，正方形中有两个小正方形，两个小正方形的面积分别为和，边长分别为，当时，的值为 ． 【答案】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识，先由勾股定理求出，然后得到均为等腰直角三角形，则得到，，即可求解． 【详解】解：如图， ∵是正方形的对角线， ，，， ∴， 又∵四边形与四边形是正方形， ∴均为等腰直角三角形， ，， ，， 即 ∴， 故答案为：． 20 三角形与四边形的几何综合—解答压轴题 97．（2025·广西桂林·二模）综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师带领同学们以正方形为背景探索几何图形变化中的数学结论．如图1，将边长为4的正方形绕边的中点O顺时针旋转，得到正方形，点A，B，C，D的对应点分别为点E，F，G，H，直线与直线交于点M． 猜想证明： (1)如图2，在正方形旋转过程中，当点A的对应点E恰好落在对角线上时，试判断此时四边形的形状，并说明理由； 深入探究： (2)在图1中，猜想线段与的数量关系，并说明理由； (3)“善思”小组在认真分析正方形旋转到不同位置时的情形后，提出问题：在正方形旋转过程中，当点A，D，F三点共线时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)四边形为正方形，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)或 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由旋转性质得，再证明出四边形为矩形，继而证明出本题答案； （2）连接，证明，继而得到本题答案； （3）绕点O旋转到点B的对应点F落到直线上，点F的位置确定，根据旋转的性质可以确定点E的位置，从而构图成功，进一步由求出，进而求出的长． 【详解】（1）解：四边形为正方形，理由如下： 由旋转可得． ， ∵四边形和四边形都是正方形， ， ， 又 ， ， ∴四边形为矩形， 又∵O为的中点， ， ∴四边形为正方形； （2）解：，理由如下： 连接， ，， ， ， ∵四边形和四边形为全等的正方形， （3）解：绕点O旋转到点B的对应点F落到直线上，点F的位置确定，根据旋转的性质可以确定点E的位置， ①当点A，D，F三点共线时，如下图： ， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵正方形边长为4，中点为O，的中点O， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当点A，D，F三点共线时，如下图： ， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即，解得：， ∴， 综上所述：的长或． 【点睛】本题考查正方形判定及性质，全等三角形判定及性质，矩形判定及性质，旋转性质，相似三角形判定及性质等． 98．（2025·广西·二模）【综合与探究】如图1，将绕点A按逆时针方向旋转度，并使各边长变为原来的n倍，得到，我们将这种变换记为． (1)如图1，对作变换得到，请直接写出变换前后与的周长之比的值和射线与直线所夹的锐角的度数； (2)如图2，在中，，，对作变换得到，当点在同一直线上，且四边形为矩形时，求和n的值； (3)如图3，在中，，对作变换得到，使得点或点在所在直线上，且与的一腰作为对边构成平行四边形，求和n的值． 【答案】(1)，60 (2)，2 (3)或， 【知识点】与图形有关的问题(一元二次方程的应用)、利用矩形的性质求角度、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据变换可得，，， ，再根据相似三角形的性质，即可求解； （2）先证明四边形是矩形，根据矩形的性质可得，再由，可得，从而得到，再根据直角三角形的性质，即可求解； （3）先进行分类讨论，当在直线上时，结合四边形是平行四边形，因为，可得，从而得到，可证得，从而得到，进而得到，当在直线上时，同理进行求得，，即可求解． 【详解】（1）解：如图，设直线与直线的交点为H，交于O．    根据题意得：，，， ， ∴， ∵，， ∴， 直线与直线所夹的锐角为； （2）解：∵，则， 同理：， ∴，，， ∵共线， ∴， 而，， ∴， ∴ ∵四边形是矩形， ∴． ∴． 在中，，， ∴， ∴； （3）解：依题意，当在直线上时，如图所示： 则与的一腰作为对边构成平行四边形， ∵， ∴， 同理可得：，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 而， ∴ ， ∴（负根舍）， ∴， ∴． 当在直线上时，如图所示： 则与的一腰作为对边构成平行四边形， 即四边形是平行四边形， ∴， 则， ∵， ∴， 则， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴， 则， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴（负根舍）， ∴， ∴． 综上：或， 【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形与矩形的判定与性质，相似三角形的性质、一元二次方程、变换的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 99．（2025·广西·二模）综合与实践 【问题情境】 如图，在中，，，，是斜边的中线． 【初步探究】 （）如图，将沿方向平移，当点落在点的位置时，点，的对应点分别是点，，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由． 【深入思考】 将绕点顺时针旋转得到，，的对应点分别是，．在旋转过程中，与交于点． （）如图，当时，垂足为，与交于点，求线段的长． （）在旋转的过程中，线段与交于点，当点与点重合时，求线段的长． 【答案】（）矩形，证明见解析；（）；（）或 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是矩形、利用平移的性质求解、根据旋转的性质求解 【分析】（）利用直角三角形和平移的性质可得，即得四边形是平行四边形，进而由即可求证； （）由勾股定理可得，即得，，由直角三角形的性质可得，得到，由题意得，可得，，，进而得到，解在中得，即得，再解即可求解； （）分点与点重合和点不与点重合两种情况，分别画出图形，利用平移和旋转的性质、锐角三角函数解答即可求解． 【详解】（）解：四边形是矩形，理由如下： 在中，是斜边的中线， ∴， 由平移可知， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （）解：∵，，， ∴， ∴，， ∵是斜边的中线， ∴， ∴， ∵， ∴， 由题意得，， ∴，，， ∴，即， ∴，即旋转角为， ∴， 由平移可得，， ∴， 在中，， ∴， ∴在中，； （）当点与点重合时，如图，过点作于点， 由旋转和平移得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 当点不与点重合时，如图，过点作于点， 由旋转和平移得，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，线段的长为或． 【点睛】本题考查了旋转，平移的性质，解直角三角形，矩形的判定，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 100．（2025·广西·二模）问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在菱形纸片中，为的中点．将该菱形纸片沿过点的直线折叠，使得点的对应点落在的延长线上，试猜想与的位置关系，并加以证明． (1)数学思考：请解答老师提出的问题； (2)拓展再探：如图2，“兴趣小组”受到老师所提问题的启发，将菱形纸片沿直线折叠，点的对应点，连接并延长与交于点，他们认为四边形是平行四边形．“兴趣小组”得出的结论是否正确，请说明理由． (3)问题解决：如图3，“智慧小组”突发奇想，将菱形纸片沿直线折叠，使点的对应点与点重合，得到的折痕为．他们提出了一个新问题：若菱形纸片的边长为10，，求的长度．请你思考该问题，并直接写出结果． 【答案】(1)，见解析 (2)兴趣小组结论正确，见解析 (3) 【知识点】证明四边形是平行四边形、利用菱形的性质证明、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）由折叠推出，等边对等角得到，，利用三角形的内角和定理，推出，即可得出结论； （2）连接，延长交于点，同法（1）得到，对称得到，推出，再根据，即可得出结论； （3）过点作，交的延长线于点，利用菱形的性质，得到，求出的长，设，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解： 证明：由折叠可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴． （2）“兴趣小组”得到的结论是正确的． 理由如下： 连接，延长交于点， 由折叠可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 又∵关于对称， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵四边形是菱形，， ∴四边形是平行四边形； （3）解：过点作，交的延长线于点， ∵菱形纸片的边长为10， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设， 则：， ∴， ∴， 设，则：， ∵折叠， ∴， 在中，， 即：，解得：； ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定，解直角三角形．熟练掌握菱形的性质，折叠的性质，是解题的关键． 101．（2025·广西桂林·二模）综合探究 如图1，点是正方形的边上一点，连接，在的延长线上取一点，使，连接． (1)连接，求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，在四边形中，，连接，求证：； (3)如图3，在四边形中，，请直接写出之间的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，理由见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、根据正方形的性质证明 【分析】（1）根据正方形的性质得到，证明，推出，结合，得到，即可证明； （2）如图，在的延长线上取一点，使，连接，证明，进而证明是等腰直角三角形，得到，即可得出结论； （3）以为边向上作等边三角形，证明，推出，，结合已知求出，得到，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰直角三角形； （2）证明：如图，在的延长线上取一点，使，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∴，即； （3）解：结论：， 理由：以为边向上作等边三角形，连接， 则，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ，， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、四边形内角和定理、等边三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 102．（2025·广西·二模）中，，垂直平分，交线段于点E（点E与点C不重合），点F为直线上一点，点G为边上一点（点G与点A不重合），且． (1)如图1，当时，求证：线段； (2)如图2，当时，猜想线段和的数量关系，并说明理由； (3)若，，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)或 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、线段垂直平分线的性质、用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS） 【分析】（1）如图1，连接，根据线段垂直平分线的性质得到，根据等腰直角三角形的性质得到，，，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）连接，先求，再由线段垂直平分线的性质得，则，然后证，进而得出结论； （3）过作于，由等腰三角形的在得，则，分两种情况，①当在上时；②当点在上时；证，得，分别求解即可． 【详解】（1）（1）连接， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2），理由如下： 如图，连接， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∵， ∴, ∴， ， 在中，， ， ， ； （3）过作于， ∵，， ， ， ， ①当在上时， 如图， 连接， ∵垂直平分， ， ， ， ， ， ，在的左侧， ， ∵ , ∴, ∴, ∵, ∴， ∵， ∴， ∴， ， 即 ， 解得: ； ②当点在上，如图，连接， 同①可得，， ， ， ， 解得：； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，正确的作出辅助线是解题的关键，属于中考常考题型． 103．（2025·广西柳州·二模）在矩形中，，，以点为旋转中心，逆时针旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点、点、点的对应点分别为点、点、点． (1)如图①，当点落在边上时，求线段的长度； (2)如图②，当点落在线段上时，与相交于点，连接， ①求证：； ②求线段的长度． (3)如图③设点为边的中点，连接，，在矩形旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)①证明见详解；② (3)存在； 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】（1）在中，利用勾股定理即可解决问题． （2）①根据题意可得，由即可证明，从而得出，根据等角对等边可得． ②设，在中，根据勾股定理构建方程即可解决问题． （3）存在．连接，作于，当与共线，且时，面积最大，利用，求出，再根据计算即可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵矩形是由矩形旋转得到， ∴， 故在中，， ∴． （2）①证明：∵当点落在线段上， ∴， 又∵，， 在和中， ∴， ∴， ∴． ②解：设， 在中，∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：存在．理由如下： 连接，作于，如图， 当与共线，且时，面积最大， ∵点为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 则， ∴的面积的最大值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，等角对等边，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 104．（2025·广西·二模）【课本再现】 如图，四边形是正方形，点E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：．（提示：取的中点G，连接．） 证明过程如下：取边中点G，连接．在正方形中， ∵E是边的中点，G是边的中点， ∴， ∴． ∵是正方形外角的平分线， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【问题解决】 （1）如图1，四边形是正方形，E是边的任一点，，交正方形外角的平分线于点F，结论是否成立？若成立，请你证明；若不成立，请说明理由； 【拓展探究】 在等边中，E为边上一点，G为延长线上一点，过点E作，交的平分线于点M． （2）如图2，当点E在边的中点位置时，猜想与的数量关系：_______； （3）如图3，若把条件“E是边的中点”改为“E为上任意一点”，其他条件不变，猜想与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析；（3），证明见解析． 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边三角形的判定和性质、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质证明 【分析】本题主要考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形成为解题的关键． （1）如图：在取点G，使得，连接．则，然后根据正方形的性质、角平分线的定义、三角形外角的性质证明，最后根据全等三角形的性质即可解答； （2）如图：在取的中点H，，然后根据等边三角形的性质、角平分线的定义、三角形外角的性质证明，最后根据全等三角形的性质即可解答； （3）如图：在取点H，使得，连接．则是等边三角形，然后根据等边三角形的性质、角平分线的定义、三角形外角的性质证明，最后根据全等三角形的性质即可解答． 【详解】解：（1），证明如下： 如图：在取点G，使得，连接．则， ∴ ∵在正方形中， ∴，， ∴，即， ∵交正方形外角的平分线于点F， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2），证明如下： 如图：在取的中点H，， ∵点E在边的中点， ∴， ∵等边， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即， ∵为的平分线， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴． （3），证明如下： 如图：在取点H，使得，连接．则是等边三角形， ∴，，即， ∴，即， ∵为的平分线， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴． 105．（2025·广西·二模）如图1，O为直线上一点，过点O作射线，，将一直角三角板（）的直角顶点放在点O处，一边在射线上，另一边与都在直线的上方，将图1中的三角板绕点O以每秒的速度沿顺时针方向旋转一周． 　 (1)几秒后与重合？ (2)如图2，经过t秒后，，求此时t的值； (3)若三角板在转动的同时，射线也绕O点以每秒的速度沿顺时针方向旋转一周，那么经过多长时间与重合？ (4)在（3）的条件下，当射线，射线，射线三条中的一条是另外两条组成的夹角的平分线时，请直接写出t的值． 【答案】(1)10秒后与重合 (2)经过秒或80秒后， (3)经过20秒时间与重合 (4)的值为或 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、三角板中角度计算问题、几何问题(一元一次方程的应用) 【分析】此题考查了平行线的判定与性质，角的计算以及方程的应用，关键是应该认真审题并仔细观察图形，找到各个量之间的关系求出角的度数是解题的关键． （1）用角的度数除以转动速度即可得； （2）求出，结合旋转速度可得时间； （3）设，则，由题意列出方程，解方程即可； （4）分四种情况讨论：平分时（都在上方），平分平分时（上方、下方各一个角)，平分，根据转动速度关系列出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：∵， ∴秒后与重合； （2）解：分两种情况： 在上方时，如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴经过20秒后，； 在下方时，如图2.2， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴经过20秒或80秒后，； （3）解：如图3所示： 则， ∵三角板绕点以每秒的速度，射线也绕点以每秒的速度旋转， 设，则， ∵与重合， 则， 可得：， 解得：秒； 即经过20秒时间与重合； （4）解：分三种情况： ①平分时，此时在上方，如图4所示： ， ∴，无解； ②平分，此时在上方，如图5所示： ， ， 解得：秒； ③当平分时，如图6， ， ， 解得：； ④当平分时，如图7， ， ，无解； 故的值为或． 106．（2025·广西·二模）如图①，中，中，，边与重合，且顶点E与边上的定点N重合，如图②，从图①所示位置出发，沿射线方向匀速运动，速度为；同时，动点O从点A出发，沿方向匀速运动，速度为，与交于点P，连接，设运动时间为．解答下列问题： (1)当t为何值时，点A在线段的垂直平分线上？ (2)设四边形的面积为S，求S与t的函数关系式； (3)如图③，过点O作，交于点Q，与关于直线对称，连接．是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)当时，点A在线段的垂直平分线上 (2) (3)存在使 【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、根据成轴对称图形的特征进行求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）先表示出，，再根据线段垂直平分线上的点到相等两端的距离相等得到，据此建立方程求解即可； （2）如图所示，过点O分别作的垂线，垂足分别为H、G，先由勾股定理得到，再解直角三角形得到，再证明，然后解直角三角形求出的长，最后根据进行求解即可； （3）过点P作于G，解，得到，，则，进而得到；再解得到，由对称性可得，解得到，由平行线的性质得到，则，即可得到，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：如图①所示，∵ ， ∴， 如图②所示，由题意得，， ∴， ∵点A在线段的垂直平分线上， ∴， ∴， 解得， ∴当时，点A在线段的垂直平分线上； （2）解：如图所示，过点O分别作的垂线，垂足分别为H、G， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵， ∴； 由（1）可知，， ∴，， 在中，， 在中，， 在中，， ∴， ∴ ； （3）解：如图所示，过点P作于G， 由（2）可知， 在中，，， ∴， ∴， ∴； 在中，， ∴， ∵与关于直线对称， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， 经检验是原方程的解， ∵， ∴符合题意； 综上所述，存在使． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，线段垂直平分线的性质，轴对称的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 1．（2025·广西南宁·二模）下列交通指示标志的图案是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】轴对称图形的识别 【分析】本题考查了轴对称图形的定义．寻找对称轴是解题的关键； 轴对称图形是指一个图形可以沿着一条直线（‌对称轴）‌折叠，‌使得直线两侧的图形能够完全重合；‌根据轴对称图形的定义逐项判断即可． 【详解】A．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意； B．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意； C．可以找到对称轴，使图形两侧能够完全重合，是轴对称图形，故选项符合题意； D．找不到对称轴，使图形两侧能够完全重合，不是轴对称图形，故选项不符合题意； 故选：C． 2．（2025·广西南宁·二模）下列命题中，是假命题的是（   ） A．对顶角相等 B．两点之间，线段最短 C．内错角相等，两直线平行 D．同旁内角互补 【答案】D 【知识点】两点之间线段最短、对顶角相等、内错角相等两直线平行、判断命题真假 【分析】本题考查了假命题，平行线的性质与判定，对顶角相等，两点之间，线段最短，错误的命题是假命题，据此相关性质内容进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、对顶角相等，故该选项不符合题意； B、两点之间，线段最短，故该选项不符合题意； C、内错角相等，两直线平行，故该选项不符合题意； D、两直线平行，同旁内角互补，故该选项符合题意； 故选：D． 3．（2025·广西·二模）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【知识点】证明四边形是菱形、折叠问题 【分析】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定等知识点，熟练掌握折叠问题是解题的关键． 由折叠的性质可知，重叠四层的这部分图形（四边形）完全展开后，其各边的长均相等，由此即可得出答案． 【详解】解：由折叠的性质可知：重叠四层的这部分图形（四边形）完全展开后，其各边的长均相等， 得到的平面图形一定是菱形， 故选：． 4．（2025·广西钦州·二模）如图，已知直线，被直线所截，则的同位角是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】同位角、内错角、同旁内角 【分析】本题主要考查了同位角的判断， 根据同位角的定义逐个判断即可得出答案． 【详解】解：因为和是邻补角， 所以A不符合题意； 因为和是同位角， 所以B符合题意； 因为和不是同位角， 所以C不符合题意； 因为和不是同位角， 所以D不符合题意． 故选：B． 5．（2025·广西·二模）量角器和三角尺是我们数学学习中的常用工具．有一天，爱思考的小聪拿着这两种工具拼成如图1所示的样子，计划让三角尺的直角顶点始终在量角器的半圆弧上运动，紧接着小聪根据自己的想法画出了三角尺移动在特殊位置时的一个示意图，如图2．已知点C是半圆弧的中点，点P为三角尺的直角顶点，两直角边分别过点A，B．连接．已知，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】三角板中角度计算问题、等腰三角形的性质和判定、圆周角定理 【分析】题目主要考查圆周角定理及等腰三角形的性质，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 连接，根据圆周角定理得出，确定，得出，结合题意即可求解． 【详解】解：连接，如图所示：    根据题意得， ∵点C是半圆弧的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 6．（2025·广西·二模）如图，在菱形中，分别以A，B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线；再分别以A，D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点G，H，作直线与交于点P，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、等边对等角、多边形内角和问题 【分析】本题考查线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，根据作图过程和线段垂直平分线的性质得到，再根据等腰三角形的性质得到，，然后利用四边形的内角和为得到，进而求解即可． 【详解】解：由作图过程可得，直线分别是线段、的垂直平分线，且直线与交于点P， ∴， ∴，， ∵， ∴， 则， 故选：D． 7．（2025·广西·二模）平面直角坐标系中，点关于x轴对称的点的坐标是 ． 【答案】（1，-3） 【知识点】坐标与图形变化——轴对称 【分析】根据关于x轴的对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得答案． 【详解】解：点A（1，3）关于x轴对称的点的坐标为（1，-3）， 故答案为：（1，-3）． 【点睛】本题主要考查了关于x轴的对称点的坐标，关键是掌握点的坐标变化规律． 8．（2025·广西钦州·二模）如图，在平面直角坐标系中，每个正方形小方格的边长都是一个单位长度，的三个顶点，，均在格点上． (1)将向下平移4个单位长度，请你画出平移后得到的； (2)将绕点O顺时针旋转后得到的，请你画出； (3)在（2）的条件下，求点C运动路径的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】已知两点坐标求两点距离、求某点的弧形运动路径长度、由平移方式确定点的坐标、求绕原点旋转90度的点的坐标 【分析】本题考查了坐标与图形变化—平移、旋转变换、勾股定理、扇形的弧长公式，正确作图是解题的关键． （1）根据平移的性质作图即可； （2）根据旋转的性质作图即可； （3）利用勾股定理求出的长，再利用扇形的弧长公式即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求： （2）解：如图所示，即为所求： （3）解：由勾股定理得， 点C运动路径的长为． 9．（2025·广西·二模）用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 已知：． 求作：点P，使，且点P在边的高上．    【答案】见解析 【知识点】线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图) 【分析】作的垂直平分线和边上的高，它们的交点为P点． 【详解】解：如图，点P为所作．    【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质． 10．（2025·广西·二模）【阅读理解】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． 【类型一】“定点＋定长”：如图，在中，，，是外一点，且，求的度数． 解：由于，根据圆的定义可知，点、、一定在以点（定点）为圆心，（定长）为半径的上，则是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到的度数． 【类型二】“定角＋定弦”：如图，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解：， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点（如图）…． 【问题探究】 （1）①根据类型一的学习，可求得 °； ②请完成类型二后面的过程； 【问题解决】 （2）如图，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点．点从点开始运动到点时，点也随之运动，求点的运动路径长． 【答案】（1）①；②见解析；（2） 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质与判定求线段长、圆周角定理、求弧长 【分析】（1）①根据圆周角定理即可求解；②先判断出，进而得到，进而判断出点在上，即可求出答案； （2）由正方形性质可证可得，可得，，由余角的性质可证，由题意可得点的运动路径是以为直径的圆弧，，由弧长公式可求解． 【详解】（1）①是所对的圆心角，而是所对的圆周角，， ， 故答案为：； ②， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点） 如图2，连接交于点，此时最小， ， ， 在中，，， ， ， 最小值为； （2）四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ， ， ， 如图4，连接，交于点， 点在运动中保持， 点的运动路径是以为直径的圆弧， 点的运动路径长为 ． 【点睛】本题考查了圆的有关知识，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 几何图形的性质与变换 题型概览 题型01 中心对称与轴对称图形的判定 题型02 几何体的三视图 题型03 立体图形的展开图 题型04 几何定理的实际应用 题型05 平面直角坐标系求点的坐标 题型06 平行线、相交线求角度 题型07三角形全等的判定 题型08 由三角形与三角形全等求边长、角度 题型09 多边形内角和与外角和 题型10 由平行四边形性质求边长与角度 题型11 平行四边形的判定与边长计算 题型12 由圆的性质求边长与角度 题型13 求弧长与扇形面积 题型14 相似三角形求边长、面积 题型15 锐角三角函数的实际应用 题型16 尺规作图与几何证明 题型17 圆的综合应用—解答题 题型18 几何图形中的最值问题—填空 题型19 三角形与四边形的几何综合—填空压轴题 题型20 三角形与四边形的几何综合—解答压轴题 01中心对称与轴对称图形的判定 1．（2025·广西·二模）下列消防安全标志中，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广西·二模）博物馆是展示历史、文化和艺术的重要场所，其标志设计往往蕴含着丰富的文化内涵和美学价值．下列博物馆标志中，是中心对称图形的是（    ） A．   B．   C．   D．   3．（2025·广西·二模）习近平总书记指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路．下列四款新能源汽车的标志中，不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·广西·二模）“二十四节气”是中华农耕文明的智慧结晶，下面四幅作品分别代表“立春”、“芒种”、“白露”、“大雪”，其中是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·广西·二模）2025年2月，哈尔滨举办第九届亚洲冬季运动会，下面关于冬季运动会的标志中，是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 6．（2025·广西南宁·二模）下列四张新能源图标是中心对称图形的是（   ） A．水能 B．风能 C．太阳能 D．氢能 7．（2025·广西·二模）下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 8．（2025·广西·二模）“二十四节气”是我国古代农耕文明的重要成果，对于指导农业生产具有重大意义．下列为小明设计的四个节气的图标（不含文字），其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A．大雪 B．芒种 C．谷雨 D．立秋 9．（2025·广西·二模）在下列天气符号中，是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 02几何体的三视图 10．（2025·广西梧州·二模）如图所示的几何体，它的俯视图是（   ） A． B． C． D． 11．（2025·广西·二模）如图为一个积木示意图，这个几何体的左视图为（   ） A． B． C． D． 12．（2025·广西·二模）右图是我们生活中常用的“空心卷纸”，其主视图为（    ）      A．   B．   C．   D．   03 立体图形的展开图 13．（2025·广西桂林·二模）下列图形能围成圆锥的是（   ） A． B． C． D． 14．（2025·广西·二模）一个正方体的表面展开图如右图所示，六个面上各有一字，连起来的意思是“祝你考试顺利”，把它折成正方体后，与“祝”相对的字是（      ） A．考 B．试 C．顺 D．利 04 几何定理的实际应用 15．（2025·广西·二模）金秋十月，小明同学捡到一片沿直线被折断了的银杏叶（如图），他发现剩下的银杏叶的周长比原银杏叶的周长要小，能正确解释这一现象的数学知识是（   ） A．两点确定一条直线 B．两点之间，线段最短 C．垂线段最短 D．经过一点有无数条直线 16．（2025·广西·二模）数学源于生活，寓于生活，用于生活．下列各选项中能用“垂线段最短”来解释的现象是（    ） A．测量跳远成绩 B．木板上弹墨线 C．弯曲河道改直 D．两钉子固定木条 05 平面直角坐标系求点的坐标 17．（2025·广西·二模）中国象棋是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味性强，成为极其广泛的棋艺活动．如图，在象棋盘上建立平面直角坐标系，若“帅”位于点上，“相”位于点，则“炮”位于点（    ） A． B． C． D． 18．（2025·广西·二模）点关于原点的对称点是 ． 06 平行线、相交线求角度 19．（2025·广西·二模）光的逆向反射又称再归放射，自行车的尾部通常会安装一种塑料制成的反光镜．夜间骑车时，在车灯照射下，能把光线按原来方向返回，其原理如图所示，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 20．（2025·广西·二模）如图，已知直线，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 21．（2025·广西·二模）如图是“垃圾入桶”标志及垃圾桶的平面示意图，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 22．（2025·广西·二模）如图，直线，直线与分别交于点A，B，过点作直线于点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 23．（2025·广西南宁·二模）如图，一个弯形管道的拐角，要使管道保持平行，则的度数为（   ） A．70° B．80° C．110° D．120° 24．（2025·广西·二模）如图，，过点作于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 25．（2025·广西南宁·二模）如图，已知，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 26．（2025·广西柳州·二模）随着“低碳”生活方式已融入人们的日常生活，越来越多的人们采用骑行共享单车这种出行方式．如图是共享单车车架的示意图，线段，，分别为前叉、下管和立管（点在上），为后下叉．已知，，，，则的度数为 ． 07 三角形全等的判定 27．（2025·广西·二模）如图，∠1＝∠2，补充一个条件后仍不能判定△ABC≌△ADC是（　　） A．AB＝AD B．∠B＝∠D C．BC＝DC D．∠BAC＝∠DAC 28．（22025·广西·二模）如图，小明家仿古家具的一块三角形形状的玻璃坏了，需要重新配一块．小明通过电话给玻璃店老板提供相关数据，为了方便表述，将该三角形记为，提供了下列各组元素的数据，配出来的玻璃不一定符合要求的是（    ） A． B． C． D． 29．（2025·广西·二模）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动． 活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移． 【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由． 【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长． 活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）． 【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由． 08 由三角形性质与三角形全等求边长、角度 30．（2025·广西梧州·二模）如图，在中，点，分别是，的中点，，则的长为（   ） A．6 B．4 C．3 D．2 31．（2025·广西梧州·二模）如图，在中，，，是的垂直平分线，分别交、于点，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 32．（2025·广西柳州·二模）如图，一辆货车，为了方便装运货物，使用了三角形钢架，已知，，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 33．（2025·广西·二模）“今有方池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问：水深几何？”这是我国数学史上的“葭生池中”问题．即，，，则（    ） A．8 B．10 C．12 D．13 34．（2025·广西·二模）如图，等边的边长为2，点D在上，，连接，将绕点C按顺时针方向旋转得到，连接交于点G．则点G到的距离为（   ）    A． B． C． D． 35．（2025·广西·二模）如图，在中，，由图中的尺规作图痕迹得到的射线与交于点E，点F为的中点，连接，若，则的周长为（ ） A． B． C． D．4 09 多边形内角和与外角和 36．（2025·广西·二模）如图，足球的表面是由12块正五边形的黑皮和20块正六边形的白皮围成的，将足球上的一块黑皮和与它相邻的一块白皮展开放平，则的度数为 ． 37．（2025·广西·二模）如果一个正n边形的一个外角是，那么 ． 10 由平行四边形性质求边长与角度 38．（2025·广西南宁·二模）如图，在中，，点，分别在边上运动，满足，连接，当四边形的周长最小时，则的长为 ． 39．（2025·广西·二模）如图1，《蝶几图》是明朝的戈汕分割正方形的一种方式，以正方形为模分割为长斜（等腰梯形）、右半斜（直角梯形，后同）、左半斜、小三斜（等腰直角三角形，后同）、大三斜和闰（该图内部分割纵向等距）．取右半斜两张、左半斜两张、小三斜两张，共6张拼成如图2所示的中心对称图形，并放入一个长方形中，若图1中较大正方形的边长为4，则长方形的周长是（    ） A．15 B． C． D． 11 平行四边形的判定与边长计算 40．（2025·广西·二模）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 12由圆的性质求边长与角度 41．（2025·广西·二模）如图，一个底部呈球形的烧瓶，球的半径为，瓶内液体的最大深度，则截面圆中弦的长为（） A． B． C． D． 42．（2025·广西钦州·二模）如图，是的直径，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 43．（2025·广西百色·二模）如图，四边形内接于，若，，则的半径是（   ） A． B． C． D．4 44．（2025·广西梧州·二模）如图，四边形内接于，为直径，，连接．若半径为3，．则的长为（   ） A． B． C． D．2 45．（2025·广西南宁·二模）如图，为的两条弦，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 46．（2025·广西·二模）如图，的弦垂直于，E为垂足，，，且，则圆心O到的距离是（    ）    A．2 B． C． D． 47．（2025·广西·二模）如图，是的直径，是上一点，连结，．若，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 48．（2025·广西·二模）如图，将一把两边都带有刻度的直尺放在半圆形纸片上，使其一边经过圆心O，另一边所在直线与半圆相交于点D、E，量出半径OC=5cm，弦DE=8cm. 则直尺的宽为 cm.    13 求弧长与扇形面积 49．（2025·广西·二模）已知扇形的半径为3，圆心角为120°，则这个扇形的面积为（　　） A．9π B．6π C．3π D．2π 50．（2025·广西·二模）如图，某汽车车门的底边长为，车门侧开后的最大角度为．若将一扇车门侧开，则这扇车门底边扫过区域的最大面积是（    ） A． B． C． D． 51．（2025·广西·二模）如图，四边形是菱形，，，以为圆心，的长为半径画弧，则阴影部分面积为（    ） A． B． C． D． 52．（2025·广西·二模）如图，扇形的半径为，菱形的顶点、、分别在、、上，若，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 53．（2025·广西·二模）如图，四边形是正方形，曲线，，，，……叫作“正方形的渐开线”，其中，，，的圆心依次按，，，循环，若，则弧所对应的扇形的面积为（   ） A． B． C． D． 54．（2025·广西·二模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用图2圆的内接正十二边形计算圆周率，首先要计算它的周长，下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 55．（2025·广西梧州·二模）“海棠花窗”是中国建筑中常见的一种设计．如图是一个海棠花窗的制作示意图，点是正方形的边心距上的一点，以点为圆心，长为半径画弧，同样的作法得到其余三条和弧一样的等弧，已知正方形的边长是6，当时，这个海棠花窗的周长是 ． 14 相似三角形求边长、面积 56．（2025·广西梧州·二模）如图，当驾驶员的眼睛点与地面的距离为米时，是驾驶员的视觉盲区，车头近似的看成是矩形，且，若的长度为米，则车宽的长度大约是（） A．米 B．米 C．米 D．米 57．（2025·广西·二模）已知，且相似比为，则下列结论错误的是（   ） A．是的3倍 B．是的3倍 C．周长之比为 D．面积之比为 58．（2025·广西·二模）如图，在平面直角坐标系中，将以原点O为位似中心放大后得到，若，，则与的面积的比是（    ） A． B． C． D． 59．（2025·广西柳州·二模）如图所示，在洞孔成像问题中，已知玻璃棒与它的物像平行，已知玻璃棒厘米，根据图中给定的尺寸，那么它的物像的长是（   ）厘米． A． B． C． D． 60．（2025·广西·二模）小郑在做“小孔成像”实验时，蜡烛到挡板的距离与挡板到屏幕的距离之比是．若烛焰的高是，则实像的高是（   ） A． B． C． D． 15 锐角三角函数的实际应用 61．（2025·广西·二模）如图是厂房屋顶人字形（等腰三角形）钢架结构，已知米，，则中柱（D为底边中点）的长是（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 62．（2025·广西·二模）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形，其中，，，则高的长为（    ） A．厘米 B．厘米 C．厘米 D．厘米 63．（2025·广西·二模）在日常生活中我们经常会使用到订书机，如图是装订机的底座，是装订机的托板，始终与底座平行，连接杆的D点固定，点E从A向B处滑动，压柄可绕着转轴B旋转．已知，．当托板与压柄夹角时，如图，点从点滑动了，此时连接杆的长度是 ．（参考数据：，，）（结果保留根号） 64．（2025·广西·二模）光从空气射入液体中会发生折射现象．如图，水平放置的容器中装有某种液体，光线斜射到液面发生折射，折射光线为，折射角为，测得，，，则线段的长是 ．（结果精确到0.1，参考数据：，，） 65．（2025·广西钦州·二模）在某次物理实验中，楠楠将一个试验小物件静止地放在斜面上，其受力情况分析如图所示，重力G的方向竖直向下，其方向线交于点E，交水平面于点D，支持力F的方向垂直于，摩擦力P的方向线与平行，已知斜面的坡角． (1)求摩擦力P的方向与重力G的方向的夹角的度数； (2)若在此次实验中，，，求小物件的铅垂高（结果取整数）． （参考数据：，，） 66．（2025·广西梧州·二模）如图，一辆卡车使用一条不可伸缩的长绳通过岸边的定滑轮向左牵引小船靠岸，已知长绳段与水面平行，且岸边，当长绳段与水平方向的夹角时，船头离岸边的距离为米，已知甲板始终保持与水面平行，且到水面的距离为0.65米． (1)求定滑轮到水面的距离． (2)当小船受长绳牵引，船头前进到点处，此时长绳段与水平方向的夹角，求卡车向左移动了多少米？（结果精确到0.1米．参考数据：，，） 67．（2025·广西·二模）随着人们对于提高身体素质的重视，喜欢步行健身的人越来越多，为方便群众步行健身，某地政府决定对如图1所示的坡路进行改造．如图2所示，改造前的斜坡米，坡度为：斜坡改造为斜坡，斜坡米，其坡度为． (1)求的长； (2)求斜坡下降的高度．（结果保留根号） 68．（2025·广西·二模）【阅读理解】在学习《解直角三角形》这一节时，喜欢探索的小明同学在课外学习活动中，探究发现，锐角三角形的面积、边、角之间存在一定的数量关系．下面是小明同学的学习笔记，请仔细阅读下列材料并完成相应的任务． 学习笔记：如图1，在锐角中，，，的对边分别记为a，b，c，锐角的面积记为，过点C作于点D，则， ∴， ∴． 同理可得，， 即． 由以上推理得结论①：锐角三角形的面积等于两边与其夹角正弦积的一半． 又∵，根据等式的基本性质，将，整理，得． 由以上推理得结论②：在一个锐角三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等． 【理解应用】请学习上述阅读材料，并用上述材料的结论解答以下问题． 如图2，甲船以54海里/时的速度向正北方向航行，当甲船位于A处时，乙船位于甲船的南偏西方向的B处，且乙船从B处沿北偏东方向匀速直线航行．当甲船航行20分钟到达D处时，乙船航行到达甲船的南偏西方向的C处，此时两船相距18海里． (1)求的面积； (2)求乙船由B处到达C处航行的路程是多少海里．（结果保留根号） 69．（2025·广西·二模）综合与实践 【问题背景】小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角α的正弦值与折射角β的正弦值的比值叫作介质的“绝对折射率”，简称“折射率”．它表示光在介质中传播时，介质对光作用的一种特征． 【初步探究】 （1）若光从真空射入某介质，入射角为α，折射角为β，且，．求该介质的折射率； 【解决问题】 （2）现有一块与（1）中折射率相同的长方体介质，如图1所示，点A，B，C，D分别是长方体棱的中点，若光线经真空从矩形对角线交点O处射入，其折射光线恰好从点C处射出，如图2所示，已知，，求截面的面积． 16 尺规作图与几何证明 70．（2025·广西·二模）如图所示，中，． (1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（）所作的图中，延长至点，使，连接，求证：四边形是矩形． 71．（2025·广西桂林·二模）如图，在中（），以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接． (1)用尺规作图法，作的平分线，且点在线段上，与相交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：． 72．（2025·广西·二模）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． 73．（2025·广西·二模）如图，在中，，点在线段的延长线上． (1)尺规作图：求作的角平分线；（保留作图痕迹，不写作法） (2)请判断与的位置关系，并说明理由． 74．（2025·广西梧州·二模）如图，四边形是平行四边形，是边上的一点，且． (1)尺规作图：作的平分线，交于点（不写作法，保留作图痕迹）． (2)连接．求证：四边形是菱形． 75．（2025·广西·二模）如图，点是边上一点（不与重合），连接． (1)尺规作图：以为圆心，长为半径作弧，交于点，连接（要求在图中作出图形，标明字母）； (2)在（1）的基础上，判断与的位置关系，并说明理由． 76．（2025·广西南宁·二模）如图，在中，． (1)作线段的垂直平分线，交于点，交于点．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，连接，若，求的度数． 17 圆的综合应用—解答题 77．（2025·广西南宁·二模）如图，为的直径，为上的一点，和过点的切线垂直于点，与交于点，连接． (1)求证：平分； (2)若，求的半径． 78．（2025·广西·二模）如图，是的直径，，过点作的切线，交的延长线于点，连接交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 79．（2025·广西梧州·二模）在中，，，，点是线段上的一个动点，以为直径作圆． (1)当时，如图1，求证：圆与相切； (2)如图2，连接，与圆相交于点，连接，请你求出的最小值并说明理由； (3)如图3，，若点是圆上的一个动点，且点在内，连接、，请你直接写出的最小值． 80．（2025·广西·二模）如图，从外一点A作的切线，切点分别为点B，C，作的直径，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 81．（2025·广西·二模）如图，等腰内接于，点是线段上异于，的一点．连接并延长交于点，点在的延长线上，． (1)求证：是的切线； (2)若，求的值． 82．（2025·广西·二模）如图①，中国古代的马车已经涉及很复杂的机械设计（相对于当时的生产力），包含大量零部件和工艺，所彰显的智慧让人拜服，如图②是马车的侧面示意图，为车轮的直径，过圆心的车架一端点着地时，地面与车轮相切于点，连接，．    (1)求证； (2)若米，米，求车轮的半径． 83．（2025·广西·二模）据史料记载，马车的发明者是多年前生活于夏王朝初年的奚仲．马车的发明是中国科技史上的一大创举．如图是古代马车的侧面示意图，是车轮的直径，过圆心O的车架的一端点C着地时，水平地面与车轮相切于点D，连接． (1)若，求的度数； (2)若，，求车轮的半径长． 84．（2025·广西柳州·二模）如图，，，，是上的四点，是直径，，的切线交的延长线于点．连接并延长交于，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的半径． 85．（2025·广西·二模）如图，半圆O的直径为AB，D是半圆上的一个动点（不与点A，B重合），连接BD并延长至点C，使CD＝BD，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E． （1）请猜想DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）当AB＝4，∠BAC＝45°时，求DE的长． 86．（2025·广西·二模）如图所示，在中，，平分，交于点O．以O为圆心，为半径作，分别交，于点E，F． (1)求证：是的切线； (2)延长交于点D，连接，，若，，求的值． 87．（2025·广西桂林·二模）如图1，是的外接圆，是的直径，点在上，连接平分，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)如图2，连接，，若四边形为菱形，，求阴影部分的面积． 18 几何图形中的最值问题—填空 88．（2025·广西·二模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，若点是边上不与重合的一个动点，旋转后点的对应点为点，则线段长度的最小值是（    ） A． B． C． D． 89．（2025·广西钦州·二模）如图，在中，，，，点D是边的中点，点E是上的动点，连接，将沿翻折得到，连结，则的最小值为 ． 90．（2025·广西·二模）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为 ． 91．（2025·广西·二模）如图，在等腰中，，，点M是边上的动点，以为腰作等腰，，连接，若N为的中点，连接，则线段的最小值为 ． 92．（2025·广西·二模）如图，AB是⊙O的弦，AB=8，点C是⊙O上的一个动点，且∠ACB=45°．若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是 ． 19 三角形与四边形的几何综合—填空压轴题 93．（2025·广西梧州·二模）如图，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕；将纸片展平，连接，把沿翻折得到，点恰好落在的中点处．若，则的长为 ． 94．（2025·广西·二模）如图，三条相互平行的直线和分别经过矩形的三个顶点交边于点E．若与之间的距离为4，与之间的距离为6，则的长为 ． 95．（2025·广西·二模）如图．在矩形中，，，对角线、交于点．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时点从点出发沿方向匀速运动，速度为．当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接并延长交于点，过点作，交于点．设运动时间为．若五边形的面积与三角形的面积之比为，则 96．（2025·广西·二模）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ． 2025·广西·二模62．（2025·广西桂林·二模）如图，正方形中有两个小正方形，两个小正方形的面积分别为和，边长分别为，当时，的值为 ． 20 三角形与四边形的几何综合—解答压轴题 97．（2025·广西桂林·二模）综合与探究 问题情境：数学活动课上，老师带领同学们以正方形为背景探索几何图形变化中的数学结论．如图1，将边长为4的正方形绕边的中点O顺时针旋转，得到正方形，点A，B，C，D的对应点分别为点E，F，G，H，直线与直线交于点M． 猜想证明： (1)如图2，在正方形旋转过程中，当点A的对应点E恰好落在对角线上时，试判断此时四边形的形状，并说明理由； 深入探究： (2)在图1中，猜想线段与的数量关系，并说明理由； (3)“善思”小组在认真分析正方形旋转到不同位置时的情形后，提出问题：在正方形旋转过程中，当点A，D，F三点共线时，请直接写出线段的长． 98．（2025·广西·二模）【综合与探究】如图1，将绕点A按逆时针方向旋转度，并使各边长变为原来的n倍，得到，我们将这种变换记为． (1)如图1，对作变换得到，请直接写出变换前后与的周长之比的值和射线与直线所夹的锐角的度数； (2)如图2，在中，，，对作变换得到，当点在同一直线上，且四边形为矩形时，求和n的值； (3)如图3，在中，，对作变换得到，使得点或点在所在直线上，且与的一腰作为对边构成平行四边形，求和n的值． 99．（2025·广西·二模）综合与实践 【问题情境】 如图，在中，，，，是斜边的中线． 【初步探究】 （）如图，将沿方向平移，当点落在点的位置时，点，的对应点分别是点，，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由． 【深入思考】 将绕点顺时针旋转得到，，的对应点分别是，．在旋转过程中，与交于点． （）如图，当时，垂足为，与交于点，求线段的长． （）在旋转的过程中，线段与交于点，当点与点重合时，求线段的长． 100．（2025·广西·二模）问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在菱形纸片中，为的中点．将该菱形纸片沿过点的直线折叠，使得点的对应点落在的延长线上，试猜想与的位置关系，并加以证明． (1)数学思考：请解答老师提出的问题； (2)拓展再探：如图2，“兴趣小组”受到老师所提问题的启发，将菱形纸片沿直线折叠，点的对应点，连接并延长与交于点，他们认为四边形是平行四边形．“兴趣小组”得出的结论是否正确，请说明理由． (3)问题解决：如图3，“智慧小组”突发奇想，将菱形纸片沿直线折叠，使点的对应点与点重合，得到的折痕为．他们提出了一个新问题：若菱形纸片的边长为10，，求的长度．请你思考该问题，并直接写出结果． 101．（2025·广西桂林·二模）综合探究 如图1，点是正方形的边上一点，连接，在的延长线上取一点，使，连接． (1)连接，求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，在四边形中，，连接，求证：； (3)如图3，在四边形中，，请直接写出之间的数量关系． 102．（2025·广西·二模）中，，垂直平分，交线段于点E（点E与点C不重合），点F为直线上一点，点G为边上一点（点G与点A不重合），且． (1)如图1，当时，求证：线段； (2)如图2，当时，猜想线段和的数量关系，并说明理由； (3)若，，，求线段的长． 103．（2025·广西柳州·二模）在矩形中，，，以点为旋转中心，逆时针旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点、点、点的对应点分别为点、点、点． (1)如图①，当点落在边上时，求线段的长度； (2)如图②，当点落在线段上时，与相交于点，连接， ①求证：； ②求线段的长度． (3)如图③设点为边的中点，连接，，在矩形旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在请说明理由． 104．（2025·广西·二模）【课本再现】 如图，四边形是正方形，点E是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点F．求证：．（提示：取的中点G，连接．） 证明过程如下：取边中点G，连接．在正方形中， ∵E是边的中点，G是边的中点， ∴， ∴． ∵是正方形外角的平分线， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【问题解决】 （1）如图1，四边形是正方形，E是边的任一点，，交正方形外角的平分线于点F，结论是否成立？若成立，请你证明；若不成立，请说明理由； 【拓展探究】 在等边中，E为边上一点，G为延长线上一点，过点E作，交的平分线于点M． （2）如图2，当点E在边的中点位置时，猜想与的数量关系：_______； （3）如图3，若把条件“E是边的中点”改为“E为上任意一点”，其他条件不变，猜想与的数量关系，并说明理由． 105．（2025·广西·二模）如图1，O为直线上一点，过点O作射线，，将一直角三角板（）的直角顶点放在点O处，一边在射线上，另一边与都在直线的上方，将图1中的三角板绕点O以每秒的速度沿顺时针方向旋转一周． 　 (1)几秒后与重合？ (2)如图2，经过t秒后，，求此时t的值； (3)若三角板在转动的同时，射线也绕O点以每秒的速度沿顺时针方向旋转一周，那么经过多长时间与重合？ (4)在（3）的条件下，当射线，射线，射线三条中的一条是另外两条组成的夹角的平分线时，请直接写出t的值． 106．（2025·广西·二模）如图①，中，中，，边与重合，且顶点E与边上的定点N重合，如图②，从图①所示位置出发，沿射线方向匀速运动，速度为；同时，动点O从点A出发，沿方向匀速运动，速度为，与交于点P，连接，设运动时间为．解答下列问题： (1)当t为何值时，点A在线段的垂直平分线上？ (2)设四边形的面积为S，求S与t的函数关系式； (3)如图③，过点O作，交于点Q，与关于直线对称，连接．是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 1．（2025·广西南宁·二模）下列交通指示标志的图案是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广西南宁·二模）下列命题中，是假命题的是（   ） A．对顶角相等 B．两点之间，线段最短 C．内错角相等，两直线平行 D．同旁内角互补 3．（2025·广西·二模）小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．菱形 D．正方形 4．（2025·广西钦州·二模）如图，已知直线，被直线所截，则的同位角是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·广西·二模）量角器和三角尺是我们数学学习中的常用工具．有一天，爱思考的小聪拿着这两种工具拼成如图1所示的样子，计划让三角尺的直角顶点始终在量角器的半圆弧上运动，紧接着小聪根据自己的想法画出了三角尺移动在特殊位置时的一个示意图，如图2．已知点C是半圆弧的中点，点P为三角尺的直角顶点，两直角边分别过点A，B．连接．已知，则（    ）    A． B． C． D． 6．（2025·广西·二模）如图，在菱形中，分别以A，B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线；再分别以A，D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点G，H，作直线与交于点P，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·广西·二模）平面直角坐标系中，点关于x轴对称的点的坐标是 ． 8．（2025·广西钦州·二模）如图，在平面直角坐标系中，每个正方形小方格的边长都是一个单位长度，的三个顶点，，均在格点上． (1)将向下平移4个单位长度，请你画出平移后得到的； (2)将绕点O顺时针旋转后得到的，请你画出； (3)在（2）的条件下，求点C运动路径的长． 9．（2025·广西·二模）用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹． 已知：． 求作：点P，使，且点P在边的高上．    10．（2025·广西·二模）【阅读理解】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型． 【类型一】“定点＋定长”：如图，在中，，，是外一点，且，求的度数． 解：由于，根据圆的定义可知，点、、一定在以点（定点）为圆心，（定长）为半径的上，则是所对的圆心角，而是所对的圆周角，从而可容易得到的度数． 【类型二】“定角＋定弦”：如图，中，，，，是内部的一个动点，且满足，求线段长的最小值． 解：， ， ． （定角）． 点在以（定弦）为直径的上． 又点在内部， 点在弧上（不包括点、点（如图）…． 【问题探究】 （1）①根据类型一的学习，可求得 °； ②请完成类型二后面的过程； 【问题解决】 （2）如图，在正方形中，，动点，分别在边，上移动，且满足．连接和，交于点．点从点开始运动到点时，点也随之运动，求点的运动路径长． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$