专题05 图形的性质（四边形与圆）3大考点（广东专用）2026年中考数学一模分类汇编

专题02 图形的性质2 3大考点概览 考点01 多边形和平行四边形 考点02 矩形、菱形和正方形 考点03 圆 多边形和平行四边形 考点01 1．（2026·广东广州·一模）如果一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．八边形 2．（2026·广东东莞·一模）中国古典园林里面的窗型，形制丰富，如题图是颐和园小长廊五角加膛窗，其轮廓是一个正五边形，如题图是它的示意图，它的一个外角的度数为（   ）    A． B． C． D． 3．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·广东中山·一模）如图，四边形是正方形，点E是线段上的动点，以为边作正方形，连接，M为的中点，且，则线段的最小值是(    )    A．1 B． C． D．2 6．（2026·广东江门·一模）如图，把一张三角形纸片沿中位线剪开后，在平面上将绕着点E顺时针旋转，点D到了点F的位置，则__________． 7．（2026·广东·一模）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点在轴上，顶点在反比例函数的图象上，顶点C在反比例函数的图象上，则平行四边形的面积是__________． 8．（2022·四川乐山·中考真题）如图，平行四边形ABCD的顶点A在x轴上，点D在y=(k>0)上，且AD⊥x轴，CA的延长线交y轴于点E．若S△ABE=，则k=______． 9．（2026·广东广州·一模）如图，在菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当平分时，求的度数为______； (2)延长，交射线于点，当时，求的长； (3)在（1）的条件下，连接交于点，作交的延长线于点，连接．试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 10．（2026·广东佛山·一模）在中，点，分别在边，上，将沿折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为点，交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，四边形是正方形，边长为8，当为的中点时，求的长； (3)如图3，四边形是矩形，连接，当，时，求的值． 11．（2026·广东深圳·一模）综合探究 　　 (1)理解应用 如图1，在正方形中，，，与交于点F，求的长度． (2)问题探究 如图2，在矩形中，过B作的垂线交于点F，交于点E，．试猜想与的数量关系，并说明理由． (3)拓展延伸 如图3，在中，点，点，点，与y轴交于点M，点P从B点出发沿、运动，过点P作的垂线，过点M作的平行线，两线相交于点N，将沿翻折得到，若点T落在x轴上，求P点的坐标． 12．（2026·广东深圳·一模）已知四边形是平行四边形，且，点F是上一点，． (1)如图1，点E在上，连接，，在不添加新的辅助线的前提下，请增加一个条件：_________，使得四边形是菱形； (2)如图2，请在上求作与点B，C不重合的两点G，H，连接，，使得四边形是菱形．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 矩形、菱形和正方形 考点02 1．（2026·广东·一模）如图，正方形的边长为，为线段上一点，点为边的中点，的延长线与的延长线交于点，，交于，交的延长线于，点是的中点．连接、．下列结论：①当点为边的中点时，；②；③当时，；④若点从点运动到点，则此过程中点移动的距离为．其中正确的结论的个数为() A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2026·广东深圳·一模）如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，连接，以点旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 3．（2026·广东珠海·一模）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点落在边的中点处．若，则的值为（   ）    A． B． C． D． 4．（2026·广东·一模）如图，在四边形中，已知，，，则的最小值是（   ） A．7 B．5 C． D． 5．（2026·广东深圳·一模）如图，在平面直角坐标系中，点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作矩形，边所在直线交轴于点．设点的坐标为，若矩形的面积始终为，则下列说法不正确的是（   ）． A．当点在轴上时，点的坐标为 B． C．OE的长始终为 D．的取值范围为 6．（2026·广东佛山·一模）在平行四边形中，．添加一个条件，使得四边形为正方形，添加的条件可以为（   ） A． B． C．平分 D．平分 7．（2026·广东深圳·一模）如图所示，正方形中，点为边上靠近点的三等分点，连接，将沿翻折得到，连接，，则的值为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·广东广州·一模）如图，在矩形中，，．动点P从点A出发，沿的路径运动，过点P向对角线作垂线，垂足为Q，设，的面积为y．则y关于x的函数图象大致是（    ） A．B．C．D． 9．（2026·广东深圳·一模）如图，在正方形中，点在上，连接，作于点，交于点，作于点，交于点．若，则等于（　　） A． B． C． D． 10．（2026·广东汕头·一模）如图，将正方形纸片对折得到折痕，连接线段，沿折痕折叠使落在线段上，点D的对应点为点N，连接线段．图中与正方形纸片的边长成黄金比的线段是（    ） A．线段 B．线段 C．线段 D．线段 11．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 12．（2026·广东江门·一模）如图，将一张矩形纸片沿折叠，顶点A刚好落在边上的点处，若的长度为，的长度为，则折痕的长度为（     ）． A． B． C．12 D．5 13．（2026·广东深圳·一模）如图，正方形的顶点G、E分别在正方形的边、上，，，连接并延长交边于点H，连接，则的长为（　　） A．6 B． C． D． 14．（2026·广东佛山·一模）如图，在菱形中，过点作于点，连结．若，，则的长为(　 ) A． B． C． D． 15．（2026·广东珠海·一模）如图，正方形的顶点A，C在抛物线上，点D在y轴上．若A，C两点的横坐标分别为，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C． D． 16．（2026·广东江门·一模）如图，在矩形中，为对角线，平分交于点F，点E是上一点，连接、，若，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 17．（2026·广东东莞·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，其两个锐角的外角平分线相交于点，若点恰好在反比例函数的图象上，则的面积是________ ． 18．（2026·广东汕头·一模）如图，在正方形中，点E在边上，点F在的延长线上，且，点H为中点，连接和，M为的中点，连接，作于点G，若，则_______． 19．（2026·广东佛山·一模）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为______． 20．（2026·广东珠海·一模）如图，四边形是边长为4的正方形，点P为线段的上一点，，点E是直线上的动点，连接，将绕点E顺时针旋转，点A的对应点为点F，连接，则的最小值为________． 21．（2026·广东阳江·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则的长为______． 22．（2026·广东东莞·一模）《墨子•天文志》记载： “执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美、如图，正方形的边长为1，以它的对角线的交点O为位似中心，作它的位似图形，已知，作四边形的外接圆，则此外接圆的半径为__________． 23．（2026·广东·一模）如图，在矩形中，，．点P从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿顺时针方向运动到点C停止．当点P不与矩形的顶点重合时，过点P作直线，与矩形的边的另一交点为Q．设点P的运动时间为t（秒）． （1）连接，当时，的面积为________； （2）当点P在上运动时，设的长为y，则y与t之间的函数关系式为________． 24．（2026·广东深圳·一模）如图，在正方形中，点是边的中点，将边绕点旋转，当点的对应点恰好落在上时，连接，延长交于点，则的值为__________． 25．（2026·广东珠海·一模）如图，E，F，G，H分别为矩形各边的中点．若，，则四边形的周长为______． 26．（2026·广东汕头·一模）综合与探究：在数学活动课上，同学们以正方形展开探究活动． 【探究发现】如图①，在正方形中，P为对角线上一动点，连接和，则 发现与始终存在一种数量关系；如图②，若过点P作，则发现始终是一个特殊的三角形． 【提出猜想】猜想一：如图③，当点Q在的延长线上时，以上两个结论成立？ 猜想二：如图④，若点P在对角线延长线上且点Q在的延长线上，以上两个结论依然成立？ 【验证猜想】同学们分小组进行了讨论验证，并证明以上两个猜想结果均成立． 根据以上材料，请你完成下列问题： (1)如图①， 同学们发现与始终存在的一种数量关系是 ； 如图②，始终是一个特殊的三角形，即 ． (2)请你选择图③或图④帮同学们把猜想一或猜想二的证明过程写出来． 【拓展应用】 (3)如图⑤，在正方形中，P为边上任意一点，O为的中点，过点P作于点E，连接，，作的外接圆，若，求外接圆的半径． 27．（2026·广东汕头·一模）实践与探究： 【主题】汕头市小公园中山亭亭高测量及底座面积的计算． 【素材】如图所示：     ①一底座为正八边形的八角形攒尖顶建筑汕头市小公园中山亭； ②一架80厘米高的测量仪 ． 【实践操作】 步骤1：在距离中山亭底座中心29米处立一个测量仪； 步骤2：利用测量仪（仪高）测得中山亭顶部A的仰角为，通过测量得知底座正八边形的外接圆半径为4米； 步骤3：对测量数据进行分析与计算． 【实践探索】（；；） (1)求中山亭的高度．（结果保留整数） (2)求中山亭底座正八边形的面积；（结果保留根号） 28．（2026·广东深圳·模拟预测）综合与探究 【定义】有一组对角为直角的四边形叫做“对直四边形”． 【示例】如图1，在四边形中，，则称四边形叫做“对直四边形”． 【性质探究】小明同学在研究对直四边形时，发现“对直四边形具有四个顶点均在同一个圆上”的性质，证明的思路如下： 如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，______， ∴_____， ∴， ∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． (1)请补全小明同学的证明过程． (2)【性质应用】如图3，在矩形中，点是边上一点，过三点的圆交对角线于点． ①求证：四边形是“对直四边形”； ②若，当为等腰三角形时，直接写出的长． (3)【拓展提升】如图4，在矩形中，（为正实数）．点是延长线上一点，过三点的圆交对角线于点，延长交于点．请求出的值（用含的式子表示）． 29．（2026·广东惠州·一模）日晷、圭表是我国古代先民的智慧结晶：日晷利用光影与刻度计量时辰（如图1），圭表凭借正午表杆影长测算节气（如图2）．某中学数学兴趣小组以“惠州地域下的古代计时工具”为主题开展项目式学习，请结合数学与地理知识解决以下问题． (1)【探究】图3是该小组制作的惠州日晷放置于地面的示意图，晷面与赤道平面平行，晷针与地轴平行．已知惠州位于北纬，则晷面与地平面的夹角为___________°． (2)【探究】图4是该小组制作的圭表的示意图，圭为南北向水平标尺，表为垂直立竿．已知为0.5米，在夏至正午时用该圭表测得表的影长为0.044米，冬至正午时表的影长为0.5米，请结合参考数据，分别估算夏至、冬至正午太阳光线与地平面的夹角．（测量误差忽略不计） (3)【实践】小组观察发现：如图5，冬至正午时，阳光从一栋南北朝向的大楼楼顶射入，恰好射到大楼北侧一棵木棉树的顶部；春分正午时，阳光从该楼顶射入，恰好照射到树的根部．已知春分日光线与晷面平行，若大楼与树干距离为10米，请结合上述探究的内容，求出此树的高度．（假设树的高度变化忽略不计）【参考数据：，，，，】 30．（2026·广东珠海·一模）解答下列各题 (1)探究应用：正方形，点，分别在，轴正半轴上，点在第一象限，已知点是轴上一动点，过点作，交正方形的右侧外角平分线于点，连接．现对是否成立进行探究． ①【教材呈现】如图1，当点为边中点时，求证：； ②【拓展探究】如图2，当点在边的延长线上时，求证：； 通过探究，当点落在边的反向延长线时，仍然成立．于是得出结论：无论点在x轴上任何位置，始终成立． (2)【综合应用】已知点，点是直线上一动点．无论点如何变化，以为直径的与轴必交于一定点和另一点． ①直接写出定点的坐标为_____； ②尺规作图（不要求写作法，保留作图痕迹）：如图3中，作出的圆心O和； ③利用（1）的结论，试说明：点在的垂直平分线上． 31．（2026·广东深圳·一模）综合与实践 在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形．请结合已有经验，对下列特殊四边形进行研究． 【定义】如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等四边形．如图1中，，此时四边形是双等四边形． (1)【初步探究】 如图2，在正方形中，、是边上的两点，连接、交于点．若，求证：四边形为双等四边形； (2)【问题解决】 如图3，在（1）的条件下，连接，若正方形的边长为，，求的长； (3)【拓展应用】 如图4，点是矩形内一点，点是边上一点，四边形是双等四边形，且，延长交于点，连接．若，，，求的长． 32．（2026·广东深圳·一模）定义：在平行四边形中，是平行四边形的对角线，点是平行四边形边上一点，分别连接，若满足，则称点为平行四边形的“共轭连接点”． (1)如图1，在平行四边形中，当共轭连接点在上时，若，则___________； (2)如图2，在平行四边形中，当共轭连接点在上时，若，，，求的长； (3)如图3，已知在矩形中，矩形的两邻边的之比为，点是矩形的共轭连接点； ①请在下面的矩形中标记上字母，用尺规作图找到点；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，并写出必要的文字说明）（提示：圆的内接四边形对角互补） ②请直接写出___________． 33．（2026·广东珠海·一模）综合与实践． 主题：纸张规格的奥秘． 材料：纸张尺寸是将纸张的长、宽规范成固定的比例尺寸来使用．目前在国际间最常使用的是所制定的标准，并将尺寸冠以编号，例如等．在不同年代，全球各地也有当地通用的纸张尺寸．在书籍、卡片、信封以及日常书写用纸上，使用统一的纸张尺寸大大提高了生活的便利性． 探究：如图，系列长方形纸张的规格特征是： ①各长方形纸张的长宽比都相等； ②纸对裁后可以得到两张纸，纸对裁后可以得到两张纸，，纸对裁后可以得到两张纸，我们把符合这种形状的纸称为系纸． (1)直接写出系纸长与宽的比______． (2)如图2，折叠系纸片，点落在上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展开．点为的中点，连接，折叠纸片，点落在上的点处，折痕为，过点作于点，四边形纸片是否是系纸片？如果是，请证明，如果不是请求出长与宽的比． (3)在图2中，四边形纸片是否是系纸片？如果不是请在纸片中折出系纸片，画出图形，并加以证明． 34．（2026·广东珠海·一模）定义：如题图1，点M，N把线段分割成，和，若以，，为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段的勾股分割点． (1)已知点M，N是线段的勾股分割点，若，，求的长； (2)如图2，在菱形中，点、分别在、上，，，分别交于点．求证：是线段的勾股分割点； (3)如图3，点是线段上的一定点，．请在上画一点，使得C，D是线段的勾股分割点（请用尺规进行作图） 35．（2026·广东深圳·一模）如图1为正方形和正方形，连接． (1)[发现]：当正方形绕点A旋转，如图2，线段与之间有怎样的关系？请说明理由； (2)[探究]：如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，，猜想与的关系，并说明理由； (3)[应用]：在（2）问的情况下，连接（点在上方），若，且，，求的长． 36．（2026·广东东莞·一模）运用发现、探究、拓展解决下列问题． (1)发现：如图所示，是矩形的对角线，作交于点，交于点．求证：； (2)探究：如图，点是矩形边上一点，连接，过点作交于点，，若，探究的值； (3)拓展：在矩形中，，，点为边上的三等分点，点和分别为直线和上的点，将矩形沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，求的值． 37．（2026·广东深圳·一模）在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究几何图形的经验，请运用已有经验，对“腰分双等四边形”进行研究． 【图形定义】 若四边形的一条对角线把其分割成两个等腰三角形．且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为“腰分双等四边形”，这条对角线为“腰分线”． (1)【概念理解】如图1，在四边形中，，连接，点是的中点，连接，．求： ①四边形_____（填“是”或“不是”）腰分双等四边形； ②若，的度数为_____．的度数为_____． (2)【性质探究】如图2，正方形边长为6，点为其内部一点（不含中心），四边形为腰分双等四边形，为腰分线，过点作直线的垂线，垂足为点，连结，若，求的面积． (3)【拓展应用】如图3，在矩形中，，点是其内部一点，点是边上一点，四边形是腰分双等四边形，为腰分线，延长交线段于点，连接．若，，请直接写出的长． 38．（2026·广东东莞·一模）为迎接春节的到来，某社区在大门上方的抛物线形框架结构上悬挂了灯笼，营造喜庆的节日氛围．某数学兴趣小组开展了综合与实践活动，记录如下： 活动主题 在大门上方的抛物线形框架结构上悬挂灯笼 测量工具 皮尺等 采集数据 如图1是该社区大门及上方抛物线形框架结构平面示意图，信息如下： 1．大门形状为矩形（矩形）； 2．底部跨度的长为； 3．大门上方抛物线形框架的顶点P到的距离； 4．大门B，C两点到地面的垂直距离均为 设计方案 现需在此抛物线形框架上的点M，N处各悬挂一个灯笼．已知点M，N关于抛物线的对称轴对称，且两灯笼之间的水平距离为（M，N之间的距离为） 确定思路 如图2，小组成员经过讨论，确定以所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系 根据以上信息，解决下列问题： (1)求大门上方框架所在抛物线的表达式，并写出自变量x的取值范围． (2)若悬挂点到灯笼最底端的距离为，求灯笼最底端到地面的高度． (3)春节期间，该社区举行非遗盛大文化表演，表演时矩形彩车经过该社区大门时不能触碰灯笼．已知宽为、高度不等的矩形彩车车队居中行驶，且彩车的高度均为整数．在（2）的条件下，求该车队中彩车的最大高度． 39．（2026·广东佛山·一模）平移、旋转、轴对称、相似变换等几何变换，为静态图形赋予动态生成的意义，让孤立图形在运动变化中建立关联，在变与不变中揭示图形的本质属性与内在规律．这既是从特殊到一般认识几何世界的基本思想，也是理解空间形式、发展几何直观与推理能力的重要路径． 【特例探究】 如图1，在矩形中，，点E是矩形内一动点，且．将绕点C逆时针旋转，并放大为原来的2倍后，点E的对应点为点F．连接，交的延长线于点G，连接． (1)按题意在图1中画出符合题意的四边形，判断其形状，并说明理由； (2)当点G为中点时，求的值； (3)求的最小值； 【类比探究】 (4)如图2，四边形中，，，．连接，若，求的最大值． 40．（2026·广东广州·一模）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． (1)【知识技能】 如图1，在正方形中，E、F分别是边上的点，连接，且．将绕点B按逆时针方向旋转至，则点M在的延长线上． ①证明，并判断是否成立； ②若，，请计算正方形的周长． (2)【教学理解】 如图2，在正方形中，E、F分别是边上的点，．连接，M、N分别是线段上的点，连接，且（点E、F、M、N均不与端点重合）．请猜想线段的数量关系，并说明理由． (3)【拓展研究】 如图3，是正方形的对角线，P、Q分别为线段上的点，且．将绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于）至．连接，取线段的中点E，连接，求的值． 41．（25-26九年级上·广东梅州·期末）如图，已知点是矩形的边上一点，于点．若，求的长． 42．（2026·广东佛山·一模）【问题情境】 折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动． 活动一：矩形可折叠 矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示． 活动二：折叠可得矩形 如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4． 【提出问题】 （1）如图1，的度数为 　　； （2）如图1，若，，求的最大值； （3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　； 【解决问题】 （4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度． 43．（2026·广东东莞·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，延长到点，使得．连接，过点作，交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 44．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 45．（2026·广东东莞·一模）在解决几何问题中，通常我们可以利用平移变换来解决图形中边与角的相关问题． 【问题情境】 （1）如图1，在正方形中，分别是边上的点，于点．判断线段的数量关系并证明． 【尝试应用】 （2）如图2，在正方形网格中，点为格点，交于点．求的值； 【拓展提升】 （3）如图3，点是线段上的动点，分别以为边在的同侧作正方形与正方形，连接，分别交线段于点． ①求的度数； ②连接，交于点，直接写出的值． 圆 考点03 1．（2026·广东汕尾·一模）如图，点A、B、C在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·广东广州·一模）已知圆锥的母线长为，底面半径是，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是（） A． B． C． D． 3．（2026·广东中山·一模）如图，内接于，连接，，若，则度数是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·广东·一模）如图，四边形为的内接四边形，为的直径，点P在的延长线上，与相切，切点为D，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·广东深圳·一模）“湾区之光”摩天轮位于深圳市宝安区滨海文化公园内，是国内首个全天景回转式轿厢摩天轮，共设有28个进口太空舱，其示意图如图所示．该摩天轮高（即最高点离水面平台的距离），圆心O到的距离为，摩天轮匀速旋转一圈用时．某轿厢从点A出发，后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为（    ）m．（结果保留）． A． B． C． D． 6．（2026·广东深圳·一模）“湾区之光”摩天轮位于深圳欢乐港湾内，是国内首个全景回转式进口轿厢摩天轮．其示意图如图所示，“湾区之光”总高米（即最高点离水面平台的距离），圆心到的距离为米，匀速旋转一圈时间是分钟．某轿厢从点出发顺时针旋转，7分钟后到达点，此过程中，该轿厢所经过的路径长度为（   ）米（结果保留） A． B． C． D． 7．（2026·广东佛山·一模）如图，点C、D是以为直径的半圆上的三等分点，连接，半径，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·广东广州·一模）如图，是的直径，点在上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 9．（2026·广东深圳·一模）如图，已知四边形的外接圆的半径是，对角线与的交点为，，，，则四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 10．（2026·广东东莞·一模）如图，是的直径，为上一点，以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点；再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点；作射线，与相交于点．若，则的长为（   ） A． B．3 C． D． 11．（2026·广东中山·一模）一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的半径是，当重物上升时滑轮的一条半径绕轴心按逆时针方向旋转的角度约为（   ） A． B． C． D． 12．（2026·广东湛江·一模）如图，在中，、是弦，是直径，是半径且交于点D，请写出三个不同类型的结论________________________________________． （请注意：结论不要添加新字母，不要添加辅助线） 13．（2026·广东东莞·一模）如图，中国古代的马车已经涉及很复杂的机械设计，包含大量零部件和工艺，所彰显的智慧让人拜服．如图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，，若， 则的度数是 ． 14．（2026·广东广州·一模）如图，中，，，，以为中心，将顺时针旋转，使得点落在延长线上的点，此时点落到点，则在旋转中，边变到边所扫过的面积为______平方厘米（结果保留）． 15．（2026·广东深圳·一模）如图，四边形内接于圆，，，，连接，交于点E，则_______． 16．（2026·广东珠海·一模）如图是一个圆弧形拱门，拱门圆弧所在圆的半径为米，拱门底部跨度米．现要在拱门内加装一根垂直于底边的加固立柱，点M在圆弧上，点N在上，且点N把线段分为的两部分，则线段的长度为______米． 17．（2026·广东深圳·一模）如图，直径，为圆上一点，于（），．点在弧上，连接交于，若，则__________．    18．（2026·广东惠州·一模）如下图，在中，，的度数是_____． 19．（2026·广东深圳·一模）如图，是内接正边形的一条边，若，则_________． 20．（2026·广东惠州·一模）已知圆锥的底面半径为7，高为24，则它侧面展开图的面积是________． 21．（2026·广东东莞·一模）如图，正五边形内接于，则的度数为________． 22．（2026·广东东莞·一模）如图，在中，． (1)用尺规作图法在线段上找到一点D，使；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，以D为圆心，为半径作，求证：与相切． 23．（2026·广东汕头·一模）如图，已知中，． (1)求作：（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） ①在边上找一点P，以点P为圆心，为半径作，使得与相切于点D； ②过点B作的切线切于点E． (2)求证：直线为的切线． 24．（2026·广东·一模）如图，在中，半径为5， (1)请用尺规作图法过点O作的垂线，交于点C，交劣弧于点D，保留作图痕迹（不写作法）； (2)求的长． 25．（2026·广东惠州·一模）如图，四边形内接于，为直径，点在的延长线上，且是的切线． (1)求证：； (2)若，，的半径为5，求的长． 26．（2026·广东珠海·一模）如图，是的直径，点C在上，且，． (1)尺规作图：过点O作的垂线，交劣弧于点D，连接（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图形中，求的值． 27．（2026·广东中山·一模）如图，为的直径，弦与交于点，过点的直线，． (1)求证：是的切线；． (2)若，求的长． 28．（2026·广东珠海·一模）综合与实践 【主题】探究圆与扇形关系． 【材料】半径为的纸片若干． 【探索】 (1)如图1，在一个圆形纸片中剪出以圆上点A为圆心且圆心角为的扇形．写出扇形的半径______； (2)如图2，在另一圆形纸片中剪一个以O为圆心且圆心角为的扇形． ①如图3，若将扇形围成一个圆锥，求该圆锥的体积； ②如图4，若在扇形上作圆（），与扇形的两条半径相切，与扇形的弧有且只有一个交点G，且O，F，G三点共线，求的半径． 29．（2026·广东深圳·一模）如图，在中，． (1)尺规作图：作出的外接圆，并标注圆心．（保留作图痕迹，不写作法） (2)如图，是的外接圆，延长至点，使．连接并延长交于点，过点作，垂足为． 求证：为的切线； 若，，求线段的长． 30．（2026·广东珠海·一模）如题图，是的直径，点C为上一点，平分交于点D，连接．若，，求的长． 31．（2026·广东东莞·一模）如图，在中，，以边上一点O为圆心，长为半径的与边交于点，交于点，． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 32．（2026·广东东莞·一模）【概念呈现】在钝角三角形中，钝角的度数恰好是其中一个锐角的度数与90度的和，则称这个钝角三角形为正度三角形，这个锐角叫做正度角． 【概念理解】 (1)根据概念，完成下列问题： ①如图1，是正度三角形，是正度角．若，则________； ②若正度三角形是等腰三角形时，则正度角的度数为________． 【性质探究】 (2)如图2，数学兴趣小组发现，当是正度三角形，是钝角，是正度角时，存在的结论，亲爱的同学，请你深入思考并证明这个结论； 【拓展应用】 (3)如图3，是的直径，点、是圆上的两点，弦与交于点．连接，，和都是正度三角形，且、分别为正度角时，求的度数． 33．（2026·广东东莞·一模）综合与探究 【问题背景】 如图①，在四边形中，，，探究线段，，之间的数量关系． 小吴同学探究此问题的思路是：将绕点，逆时针旋转到处，点，分别落在点，处（如图②），易证点，，在同一条直线上，并且是等腰直角三角形，所以，从而得出结论：． 【简单应用】 (1)在图①中，若，，则________． (2)如图③，有一个圆形公园，直径是贯穿公园的一条小路，出口点、在公园上，且，线段也是一条小路，若路米，米，现在要在出口、之间挖一条小河，小河最短是多少米？ 【拓展规律】 (3)如图④，，，若，，求的长（用含，的代数式表示）． (4)如图⑤，，，点为的中点，若点满足，，点为的中点，则线段与的数量关系是________．（直接写出答案） 34．（2026·广东·一模）如图，以为直径的中，点C为上一点，连接，切于点B． (1)作的平分线，交于点M，交于点N，交于点G（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：． 35．（2026·广东深圳·一模）如图1，在锐角中，． (1)在上求作一点，使得；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，如图2，连接的外接圆交于点，连接，若，求E的长． 36．（2026·广东深圳·一模）如图，是的直径，交的边于点，连接，已知，，． (1)求证：是的切线． (2)①用圆规和无刻度的直尺在图中作出的角平分线交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． ②在①的条件下，求的长． 37．（2026·广东深圳·一模）如图，是等腰三角形，，是的外接圆，是圆心． (1)请用无刻度的直尺和圆规在图中作以为对角线，、为边的平行四边形； (2)求证：是的切线； (3)若，，求的半径． 38．（2026·广东深圳·一模）在中，为上一点，以为圆心，为半径的交于另一点的垂直平分线交于，交于点 (1)利用圆规和无刻度直尺，作出线段的垂直平分线（保留作图痕迹，不用写出作法和理由）； (2)连接，求证：是的切线； (3)当四边形为矩形时，若，求弧的长度？ 39．（2026·广东深圳·一模）根据题意解答下列问题 (1)如图1，在中，．求作的外接圆；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)如图2，是的直径，C是的中点，过点C作的垂线，垂足为点E．如图①，求证：是的切线； (3)如图②，过点O作于F，若，，求阴影部分的面积． 40．（2026·广东佛山·一模）已知：正方形的边长为6，点E为边上的动点（不与点A、B重合），记，的外接圆与对角线交于点F，连接、． (1)由图1，试说明是等腰直角三角形． (2)与交于点G，将沿翻折得到． ①如图2，连接交于点N．当时，求的值并证明． ②如图3，设．求S与x之间的函数关系式． 41．（2026·广东佛山·一模）如图，是半圆的直径，点O为圆心，C是半圆上一点，连接． (1)尺规作图：在半圆上确定一点P，使得（不写作法，只保留作图痕迹）． (2)在（1）的条件下，连接，，若，求的度数． 42．（2026·广东佛山·一模）如图，是的直径，点C是半圆上的一点，过点C作，垂足为D，连接． (1)若，，求的长； (2)若直线经过点C，平分，求证：是的切线． 43．（2026·广东江门·一模）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连接，． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，连接，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)当点P是的中点时，．若点Q是外接圆上的动点，且位于正方形的外部，连接．当与的一个内角相等时，请直接写出所有满足条件的的长． 44．（2026·广东深圳·一模）如图，以为直径的经过点C，连接，．过点O作，交于点E，交于点D，过点D作，交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)连接，若，，求的面积． 45．（2026·广东广州·一模）如图，在中，，以为直径的交于点D，点E是的中点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为3，，求的长． 46．（2026·广东深圳·一模）如图，点在的直径的延长线上，点是上任意一点，且． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求的长． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 图形的性质2 3大考点概览 考点01 多边形和平行四边形 考点02 矩形、菱形和正方形 考点03 圆 多边形和平行四边形 考点01 1．（2026·广东广州·一模）如果一个多边形的内角和是，则这个多边形是（    ） A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．八边形 【答案】B 【分析】利用n边形内角和公式列方程求解边数即可，n边形内角和公式为． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意可得方程，， 解得， ∴这个多边形是五边形． 2．（2026·广东东莞·一模）中国古典园林里面的窗型，形制丰富，如题图是颐和园小长廊五角加膛窗，其轮廓是一个正五边形，如题图是它的示意图，它的一个外角的度数为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了求正多边形的外角，多边形的外角和定理，根据正五边形的每个外角相等，用除以即可求解，掌握多边形的外角和定理是解题的关键． 【详解】解：， 故选：． 3．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 4．（2024·浙江·中考真题）如图，在中，相交于点O，．过点A作的垂线交于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作交的延长线于点F，证明，得到，由勾股定理可得，，，则，整理后即可得到答案． 【详解】解：过点D作交的延长线于点F， ∵的垂线交于点E， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∴， 由勾股定理可得，， ， ∴， ∴ ∴ 即，解得， ∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是， 故选：C 5．（2026·广东中山·一模）如图，四边形是正方形，点E是线段上的动点，以为边作正方形，连接，M为的中点，且，则线段的最小值是(    )    A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】取的中点N，连接交于P，正方形的边长为，利用中位线定理求出，利用四边形是矩形求出EP，继而求出，利用二次函数的顶点式求的最小值，从而得到的最小值． 【详解】解：取的中点N，连接交于P， 设正方形的边长为，即，    ∵N是的中点，M为的中点，， ∴，， ∴ 又∵四边形是正方形， ∴四边形是矩形，，， ∴ ∵， ∴ ∴当时，，即 故选：B． 【点睛】本题考查中位线定理，勾股定理，正方形的性质，矩形的判定与性质，二次函数的最值等知识，正确画出图形是解题的关键． 6．（2026·广东江门·一模）如图，把一张三角形纸片沿中位线剪开后，在平面上将绕着点E顺时针旋转，点D到了点F的位置，则__________． 【答案】 【分析】根据旋转的性质，得，从而，再根据中位线定理，得，，从而，，最后根据相似三角形的性质，得，即可求解． 【详解】解：将绕着点E顺时针旋转，点D到了点F的位置， ， ， ， 是三角形的中位线 ，， ， 相似比为， ， ． 7．（2026·广东·一模）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点在轴上，顶点在反比例函数的图象上，顶点C在反比例函数的图象上，则平行四边形的面积是__________． 【答案】16 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，反比例函数系数的几何意义，在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是，且保持不变．过点作轴于点，过点作轴于点，再根据反比例函数系数的几何意义，求得的面积的面积相等的面积的面积相等，最后计算平行四边形的面积． 【详解】解：过点作轴于点，过点作轴于点，则， ∵平行四边形， 与的面积相等， 又∵顶点在反比例函数上， 的面积的面积相等， 同理可得：的面积的面积相等， ∴平行四边形的面积． 故答案为：16． 8．（2022·四川乐山·中考真题）如图，平行四边形ABCD的顶点A在x轴上，点D在y=(k>0)上，且AD⊥x轴，CA的延长线交y轴于点E．若S△ABE=，则k=______． 【答案】3 【分析】连接OD、DE，利用同底等高的两个三角形面积相等得到S△ADE= S△ABE=，以及S△ADE=S△ADO=，再利用反比例函数的比例系数k的几何意义求解即可． 【详解】解：连接OD、DE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴点B、点D到对角线AC的距离相等， ∴S△ADE= S△ABE=， ∵AD⊥x轴， ∴AD∥OE， ∴S△ADE=S△ADO=， 设点D(x，y) ， ∴S△ADO=OA×AD=xy=， ∴k=xy=3． 故答案为：3． 【点睛】本题考查的是反比例系数k的几何意义，涉及到平行四边形的性质及反比例函数图象上点的坐标特点等相关知识，利用同底等高的两个三角形面积相等得到S△ADE= S△ABE是解题的关键． 9．（2026·广东广州·一模）如图，在菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当平分时，求的度数为______； (2)延长，交射线于点，当时，求的长； (3)在（1）的条件下，连接交于点，作交的延长线于点，连接．试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)为定值 【分析】（1）根据轴对称的性质和角平分线的性质可得，则； （2）过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设，根据菱形的性质可得，，利用三角函数可计算出，，使用勾股定理可得．由轴对称的性质可得，，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出，进而得到．由两角相等可判定，计算得，因此； （3）取的中点，连接，由轴对称的性质可得点为的中点，则是的中位线，因此，，进一步可得．容易得到，从而判断、、、四点共圆，则，因此，为定值． 【详解】（1）解：由轴对称的性质可知，， ∵平分， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， 在中，，， ∴， 由勾股定理可得，， 由轴对称的性质可得，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，取的中点，连接， 由（1）可知，， ∴，， ∵由关于对称得到， ∴垂直平分， ∴点为的中点，，， ∵点为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵于点， ∴， ∵， ∴、、、四点共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为定值． 10．（2026·广东佛山·一模）在中，点，分别在边，上，将沿折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为点，交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，四边形是正方形，边长为8，当为的中点时，求的长； (3)如图3，四边形是矩形，连接，当，时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，由平行四边形的性质可得，，由折叠的性质可得，．由角的关系可计算出，，命题得证； （2）设，结合正方形的性质和折叠的性质可得，，，使用勾股定理构造方程解出，则．容易证明，则，从而计算出，因此； （3）延长、交于点，连接，设，则，，由平行可判定，则，因此，．由折叠的性质可得，，，进而得到，则，因此，．结合可计算出，利用勾股定理计算出，进一步计算出，，，最后求出的值即可． 【详解】（1）证明：设， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 由折叠的性质可得，，， ∴，， ∴； （2）解：设， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得，，，， ∵点P为的中点， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，延长、交于点，连接，设， ∵， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形由四边形沿着翻折得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 11．（2026·广东深圳·一模）综合探究 　　 (1)理解应用 如图1，在正方形中，，，与交于点F，求的长度． (2)问题探究 如图2，在矩形中，过B作的垂线交于点F，交于点E，．试猜想与的数量关系，并说明理由． (3)拓展延伸 如图3，在中，点，点，点，与y轴交于点M，点P从B点出发沿、运动，过点P作的垂线，过点M作的平行线，两线相交于点N，将沿翻折得到，若点T落在x轴上，求P点的坐标． 【答案】(1) (2)，见解析 (3)或或 【分析】（1）根据正方形的性质及相似三角形的判定得出，确定，，即可求解； （2）根据各角之间的关系得出，再由相似三角形的判定和性质即可得出结果； （3）根据题意，先确定直线所在直线的函数解析式为，得出，然后分三种情况分析：当点P在线段上时，当点P经过点A到线段上时，当点P在线段上，经过y轴到第一象限时，分别作出图形，然后利用相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）∵点，点， ∴设直线所在直线的函数解析式为：， 代入得：， 解得：， ∴， 设直线交x轴于点F， 当时，，当时，， ∴， ∴， 当点P在线段上时，如图所示： 设，则， 过点A作于点H， ∵点，点， ∴， ∴， 根据题意得：轴，四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， ∴即， 解得：， ∴>1，， ∴点P在第二象限， ∴； 当点P经过点A到线段上时，如图所示： ∴， 设， ∵折叠， ∴， ∴， 同理得：， ∴，即， 解得：， ∵， ∴点P在第二象限， ∴； 当点P在线段上，经过y轴到第一象限时，如图所示： ∴， 设， ∵折叠， ∴， ∴， 同理得：， ∴，即， 解得：， ∴点P在第一象限， ∴； 综上可得：P点的坐标为或或． 12．（2026·广东深圳·一模）已知四边形是平行四边形，且，点F是上一点，． (1)如图1，点E在上，连接，，在不添加新的辅助线的前提下，请增加一个条件：_________，使得四边形是菱形； (2)如图2，请在上求作与点B，C不重合的两点G，H，连接，，使得四边形是菱形．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)（答案不唯一） (2)图见解析 【分析】（1）当时，结合题目可先证明四边形是平行四边形，进而结合即可求证； （2）以A为圆心，（即）长为半径画弧，交于点，以G为圆心，长为半径画弧，交于点，连接、，四边形即为所求菱形；由（1）得，，由作图得，进而可得四边形是菱形． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， 当时，四边形是平行四边形， 又∵． ∴四边形是菱形； （2）解：作图如下： 【点睛】本题以平行四边形为载体，核心围绕菱形的判定定理展开：小问1通过“平行四边形邻边相等”的思路证明菱形，小问2利用尺规作图构造等长线段，结合平行关系推导菱形． 矩形、菱形和正方形 考点02 1．（2026·广东·一模）如图，正方形的边长为，为线段上一点，点为边的中点，的延长线与的延长线交于点，，交于，交的延长线于，点是的中点．连接、．下列结论：①当点为边的中点时，；②；③当时，；④若点从点运动到点，则此过程中点移动的距离为．其中正确的结论的个数为() A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】当点是的中点时，由条件可知，由勾股定理求出，通过证明，可以得出，．过作于如图，可以得出，可以求出，最后由三角形的面积公式求出即可判断①．作于，于易证和，根据全等三角形的性质推出，即可判断②；求出，求出，得出，在中根据勾股定理求出，即可判断③；当在点时，为正方形中心当运动到点时，运动到，证推出，即可判断④． 【详解】解：过作于， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是矩形， ， 、分别为、中点， ，， 由勾股定理得：， 四边形是正方形， ，， ， 在和中 ， 四边形是矩形， ， ， ，， ， 在和中，，， ， ， 在中，由勾股定理得： ，①错误； 过作于， ，四边形是正方形， ，， ， ，， ， 在和中 ， ，②正确； ，，， 由勾股定理得：， ， 在中，由勾股定理得：，③正确； 当在点时，为正方形中心 当运动到点时，运动到， 为的中点，为中点， ， ，， ， ， ，④正确； 综上所述，正确的有个． 2．（2026·广东深圳·一模）如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，连接，以点旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，容易证明，则，．容易证明四边形是正方形，则，．通过证明可得，利用平行可证明，则，计算得，最后相加即可． 【详解】解：如图，过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点， 由旋转的性质可知，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（2026·广东珠海·一模）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点落在边的中点处．若，则的值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，根据折叠性质得到点关于折痕对称，进而推出，通过同角的余角相等，证得，最后在中计算即可求解． 【详解】解：连接，    ∵矩形，， ∴设，， ∵是中点， ∴， ∴ ∵，， 又∵折叠后点落在处， ∴关于折痕对称， 可得：， ∴， ∵， ∴， ∴． 4．（2026·广东·一模）如图，在四边形中，已知，，，则的最小值是（   ） A．7 B．5 C． D． 【答案】C 【分析】要解决的最小值问题，需通过线段平移将分散的线段和转化为共线形式，再结合“两点之间线段最短”与勾股定理求解．利用的垂直关系和平移性质构造直角三角形，将的和转化为直角三角形斜边的长度，进而确定最小值． 【详解】解：如图，将线段沿方向平移，使点与点重合，得到线段． ，；，． ，且， ，即． ∵，， ． 在中，根据勾股定理： 由，可得． ∵． 的最小值为的长度，即． 5．（2026·广东深圳·一模）如图，在平面直角坐标系中，点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作矩形，边所在直线交轴于点．设点的坐标为，若矩形的面积始终为，则下列说法不正确的是（   ）． A．当点在轴上时，点的坐标为 B． C．OE的长始终为 D．的取值范围为 【答案】B 【分析】对于A与B，画出点A在轴上的图，由图可得点的坐标为，同时，故A正确，B错误；对于C，作轴于点，容易证明，则，故C正确；对于D，由定弦定角可判断点在以为直径的圆上，从而得到． 【详解】解：对于A与B：如图， 由题意可知，点的坐标为， ∴， ∵矩形的面积为， ∴， ∴， ∴此时点的坐标为，即，故B错误， 在矩形中，， ∴点的坐标为，故A正确； 对于C：如图，作轴于点， ∵轴， ∴， ∴， 在矩形中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故C正确； 对于D：∵，， ∴点在以为直径的圆上， 如图，设中点为， ∴， ∵点到轴的距离为， 又∵垂线段最短， ∴，即， ∴，故D正确． 6．（2026·广东佛山·一模）在平行四边形中，．添加一个条件，使得四边形为正方形，添加的条件可以为（   ） A． B． C．平分 D．平分 【答案】A 【分析】根据已知条件先得出四边形是菱形，再结合正方形的判定定理，分析各选项即可． 【详解】解：在平行四边形中， ∴四边形是菱形， A、当时，则菱形是正方形，正确； B、菱形本身对角线，故添加，不能使得四边形为正方形； C、菱形本身对角线平分，故添加平分，不能使得四边形为正方形； D、菱形本身对角线平分，故添加平分，不能使得四边形为正方形． 7．（2026·广东深圳·一模）如图所示，正方形中，点为边上靠近点的三等分点，连接，将沿翻折得到，连接，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作分别交于点，证明，得出，设，则，根据得出，进而根据三角形的面积公式求得、，再求比值，即可求解． 【详解】解：如图，过点作分别交于点， 设正方形的边长为， ∵点为边上靠近点的三等分点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∵将沿翻折得到， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴ 设，则， ∴ ∴ ∵ ∴ 解得： ∴， ∴， ∴ ∴ 8．（2026·广东广州·一模）如图，在矩形中，，．动点P从点A出发，沿的路径运动，过点P向对角线作垂线，垂足为Q，设，的面积为y．则y关于x的函数图象大致是（    ） A．B．C．D． 【答案】A 【分析】根据勾股定理可得，然后分两段讨论：当点P在上时，当点P在上时，结合相似三角形的判定和性质，即可求解． 【详解】解：∵在矩形中，，，， ∴在中，， 根据点P的运动，需要分段讨论： ①当点P在上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即 ∴，； ∴，即， ∵点P在上， ∴ ∴，即， ∴y关于x的函数关系式为，图象是开口向上的一段抛物线； 当点P在上时，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即 ∴，， ∴， ∵点P在上， ∴， ∴，即， ∴y关于x的函数关系式为，图象开口向下的一段抛物线． 综上所述，选项A的图象符合题意． 9．（2026·广东深圳·一模）如图，在正方形中，点在上，连接，作于点，交于点，作于点，交于点．若，则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查求角度，涉及正方形性质、全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 由，四边形是正方形，可证明，得，故，同理可得，可证明，即得，得，从而求出，而，得，即得． 【详解】解：， ， ， ， ∴， ， 在正方形中，， ，即， 同理可得， ， ，即， ， ∴， ， ， ， ， ， ， ∴， 故选：B． 10．（2026·广东汕头·一模）如图，将正方形纸片对折得到折痕，连接线段，沿折痕折叠使落在线段上，点D的对应点为点N，连接线段．图中与正方形纸片的边长成黄金比的线段是（    ） A．线段 B．线段 C．线段 D．线段 【答案】C 【分析】本题考查正方形基本性质，相似三角形基本性质以及黄金分割比，能够正确作出辅助线证得三角形相似是解题关键； 延长，交的延长线交于点，先证得，进而，再通过折叠得，，，进而，，设，则，，进而求出，进而可得到，进而可求解． 【详解】解：如图，延长，交的延长线于点， ∵四边形是正方形． ∴，，， ∴，， ∴， 由折叠得，，， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴图中与正方形纸片的边长成黄金比的线段是， 故选：C． 11．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 12．（2026·广东江门·一模）如图，将一张矩形纸片沿折叠，顶点A刚好落在边上的点处，若的长度为，的长度为，则折痕的长度为（     ）． A． B． C．12 D．5 【答案】A 【分析】本题考查的是图形的翻折变换及勾股定理．先根据翻折变换的性质得出，再先设，则，，在中由勾股定理可求出，得到，在和中由勾股定理求解即可． 【详解】解：∵由翻折而成， ∴， ∴，，， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， 在中，由勾股定理可得：，即， ∴，即， 在中，由勾股定理可得， 故选：A． 13．（2026·广东深圳·一模）如图，正方形的顶点G、E分别在正方形的边、上，，，连接并延长交边于点H，连接，则的长为（　　） A．6 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，准确利用性质是正确解答此题的关键．首先利用正方形性质得到相关线段的长度和角度关系，再通过相似三角形的性质求出的长度，进而得到的长度，最后在中，根据勾股定理求出的长度． 【详解】解：∵正方形的顶点G、E分别在正方形的边、上，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 故选：D． 14．（2026·广东佛山·一模）如图，在菱形中，过点作于点，连结．若，，则的长为(　 ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，连接交于点，根据勾股定理求得，则，进而根据菱形的面积公式得出，代入数据，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵菱形中，，， ∴,， 在中， ∴， ∵ ∴菱形的面积为 ∴， 故选：B． 15．（2026·广东珠海·一模）如图，正方形的顶点A，C在抛物线上，点D在y轴上．若A，C两点的横坐标分别为，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质及正方形的性质．分别过，两点作轴的垂线，进而得出全等三角形，根据全等三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：分别过点A，C作y轴的垂线，垂足分别为点M，N． ，， ，，，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴． ∴， ，． ． 又， ． ． ， ． 故选：A． 16．（2026·广东江门·一模）如图，在矩形中，为对角线，平分交于点F，点E是上一点，连接、，若，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证明，作于点，设，则，利用证明，推出，在中，利用勾股定理列式求得，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， 作于点， 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在中， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 17．（2026·广东东莞·一模）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，其两个锐角的外角平分线相交于点，若点恰好在反比例函数的图象上，则的面积是________ ． 【答案】 【分析】过点分别作轴、轴和的垂线，垂足为、、，设点的坐标为，由角平分线的性质可得，，结合反比例函数的解析式可得点．容易证明四边形是正方形，用正方形的面积减去三个直角三角形的面积即可得到的面积． 【详解】解：如图，过点分别作轴、轴和的垂线，垂足为、、，设点的坐标为， 由题意可知，平分，平分， ∵轴，轴，， ∴，， ∴， 解得（负根舍去）， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ， ， ， ， ． 18．（2026·广东汕头·一模）如图，在正方形中，点E在边上，点F在的延长线上，且，点H为中点，连接和，M为的中点，连接，作于点G，若，则_______． 【答案】 【分析】连接，证明，进而推出为等腰直角三角形，勾股定理求出的长，等积法求出的长，三角形的中位线定理求出的长，进一步计算即可． 【详解】解：连接， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵点H为中点，M为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 19．（2026·广东佛山·一模）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为______． 【答案】 【分析】作的菱形，作于点，在中，使用三角函数计算出高的长即可． 【详解】解：如图，在菱形中，，作于点， ∵四边形是菱形， ∴， ∵菱形的周长为， ∴， 在中，， ∴菱形的高为． 20．（2026·广东珠海·一模）如图，四边形是边长为4的正方形，点P为线段的上一点，，点E是直线上的动点，连接，将绕点E顺时针旋转，点A的对应点为点F，连接，则的最小值为________． 【答案】 【分析】通过构造全等三角形确定点的运动轨迹是一条过点且与成角的直线，利用垂线段最短确定取得最小值的位置，最后通过构造等腰直角三角形求解. 【详解】解：过点作交的延长线于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵线段绕点顺时针旋转至， ∴，， ∴， 又∵ 在与中 是等腰直角三角形 点在过点且与成角的直线上运动。 延长交直线于点 是等腰直角三角形 点为线段上一点， 当时， 有最小值，在中，。 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，垂线段最短是解答本题的关键． 21．（2026·广东阳江·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断是等边三角形是解题的关键．根据矩形的对角线互相平分且相等，可知，然后由可得为等边三角形，然后可求得，进而即可求解． 【详解】解：四边形为矩形， ，，且， ， 又， 为等边三角形， ， ， 故答案为：． 22．（2026·广东东莞·一模）《墨子•天文志》记载： “执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美、如图，正方形的边长为1，以它的对角线的交点O为位似中心，作它的位似图形，已知，作四边形的外接圆，则此外接圆的半径为__________． 【答案】 【分析】连接，根据位似图形的性质，可得正方形的边长，用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：连接， ∵正方形与正方形是位似图形，正方形ABCD的边长为1，， ∴正方形的边长为， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴四边形的外接圆的半径为． 23．（2026·广东·一模）如图，在矩形中，，．点P从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿顺时针方向运动到点C停止．当点P不与矩形的顶点重合时，过点P作直线，与矩形的边的另一交点为Q．设点P的运动时间为t（秒）． （1）连接，当时，的面积为________； （2）当点P在上运动时，设的长为y，则y与t之间的函数关系式为________． 【答案】 6 【分析】根据题意得到当时，点P在线段的中点处，结合矩形的性质和判定得到四边形是矩形，由面积公式即可得到的面积为6，当点P在上运动时，，，再证明，由相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 点P从点A出发以每秒1个单位长度的速度沿顺时针方向运动，运动时间为t（秒）， ∴当时，点P在线段的中点处，如图所示， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴； 当点P在上运动时，如图所示， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴，即， ∴． 24．（2026·广东深圳·一模）如图，在正方形中，点是边的中点，将边绕点旋转，当点的对应点恰好落在上时，连接，延长交于点，则的值为__________． 【答案】 【分析】过点作于点，过点作于点，设正方形的边长为2，先证明，求出，再由旋转以及等腰三角形的性质得到，再证明，求出，再由求解即可． 【详解】解：过点作于点，过点作于点， 设正方形的边长为2，即， ∵点是边的中点， ∴， ∵正方形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵旋转， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 25．（2026·广东珠海·一模）如图，E，F，G，H分别为矩形各边的中点．若，，则四边形的周长为______． 【答案】20 【分析】先根据中点的性质，矩形的性质结合已知条件得到，，再利用勾股定理求得，从而求得结果． 【详解】解：在矩形中，，，， ∵E，F，G，H分别为矩形各边的中点， ∴，， ∴在中，, 同理可得， ∴． 26．（2026·广东汕头·一模）综合与探究：在数学活动课上，同学们以正方形展开探究活动． 【探究发现】如图①，在正方形中，P为对角线上一动点，连接和，则 发现与始终存在一种数量关系；如图②，若过点P作，则发现始终是一个特殊的三角形． 【提出猜想】猜想一：如图③，当点Q在的延长线上时，以上两个结论成立？ 猜想二：如图④，若点P在对角线延长线上且点Q在的延长线上，以上两个结论依然成立？ 【验证猜想】同学们分小组进行了讨论验证，并证明以上两个猜想结果均成立． 根据以上材料，请你完成下列问题： (1)如图①， 同学们发现与始终存在的一种数量关系是 ； 如图②，始终是一个特殊的三角形，即 ． (2)请你选择图③或图④帮同学们把猜想一或猜想二的证明过程写出来． 【拓展应用】 (3)如图⑤，在正方形中，P为边上任意一点，O为的中点，过点P作于点E，连接，，作的外接圆，若，求外接圆的半径． 【答案】(1)，等腰三角形 (2)见解析 (3)1 【分析】（1）根据正方形的性质易证明，进而得到，根据垂线的性质得到，进而得到，从而证明是等腰三角形； （2）选择图③，令与交于点，根据正方形的性质易证明，进而得到，根据垂线的性质得到，进而得到，从而证明是等腰三角形；选择图④同理证明即可； （3）连接和，易证明，进而得到，根据直角三角形的性质得到，进而得到，同理得到，进而得到是等腰直角三角形，设外接圆圆心为点F，连接和，则是等腰直角三角形，从而得到外接圆半径． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， 、， 、， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形； （2）解：选择图③，证明如下： 令与交于点， 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， 、， 、， ， ， ， ， ， 是等腰三角形； 选择图④，证明如下： 四边形是正方形， 、， ， ， 、， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形； （3）解：如图⑤，连接和， 在正方形中，、， ， ， ， 、、为的中点， ， ， ， 同理、， 、， 是等腰直角三角形， ， 设外接圆圆心为点F，连接和， ， ， 是等腰直角三角形， ， 的外接圆的半径为1． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、三角形外接圆的性质、直角三角形的性质，熟练掌握相关性质，数形结合的思想方法的运用是解题的关键． 27．（2026·广东汕头·一模）实践与探究： 【主题】汕头市小公园中山亭亭高测量及底座面积的计算． 【素材】如图所示：     ①一底座为正八边形的八角形攒尖顶建筑汕头市小公园中山亭； ②一架80厘米高的测量仪 ． 【实践操作】 步骤1：在距离中山亭底座中心29米处立一个测量仪； 步骤2：利用测量仪（仪高）测得中山亭顶部A的仰角为，通过测量得知底座正八边形的外接圆半径为4米； 步骤3：对测量数据进行分析与计算． 【实践探索】（；；） (1)求中山亭的高度．（结果保留整数） (2)求中山亭底座正八边形的面积；（结果保留根号） 【答案】(1)14米 (2) 【分析】（1）过点作于点F，由题意得米，、，易证明四边形为矩形，进而得到、，根据平行线的性质得到，在中，，利用求解即可； （2）连接和，过点作于点M，根据题意得、，在中，，进而得到，最后利用求解即可． 【详解】（1）解：如图，过点作于点F， 由题意得米，、， 、、， ， 四边形为矩形， 、、， ， 在中，， ， 答：中山亭的高度AB约为14米； （2）解：如图，连接和，过点作于点M， 由题意得：、， 在中，， ， ， 答：中山亭底座正八边形的面积为． 28．（2026·广东深圳·模拟预测）综合与探究 【定义】有一组对角为直角的四边形叫做“对直四边形”． 【示例】如图1，在四边形中，，则称四边形叫做“对直四边形”． 【性质探究】小明同学在研究对直四边形时，发现“对直四边形具有四个顶点均在同一个圆上”的性质，证明的思路如下： 如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，______， ∴_____， ∴， ∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． (1)请补全小明同学的证明过程． (2)【性质应用】如图3，在矩形中，点是边上一点，过三点的圆交对角线于点． ①求证：四边形是“对直四边形”； ②若，当为等腰三角形时，直接写出的长． (3)【拓展提升】如图4，在矩形中，（为正实数）．点是延长线上一点，过三点的圆交对角线于点，延长交于点．请求出的值（用含的式子表示）． 【答案】(1)的中点为； (2)①见解析；②的长为或或． (3)的值为． 【分析】（1）根据“对直四边形”定义和直角三角形斜边中线的性质解答； （2）①连接，设圆心为O，证明为的直径，可得四边形是“对直四边形”；②求出，证明，得，根据为等腰三角形，当时，当时，当时，分三种情况解答． （3）设圆心为点O，连接，证明，可得，得，证明C，D，E，F在以为直径的圆上，得，证明，可得，即得． 【详解】（1）解：如图2，连接对角线，取中点，连接． ∵，的中点为， ∴， ∴， ∴四边形的顶点均在以点为圆心，为直径的圆上． （2）解：①连接，设圆心为O， ∵在矩形中，， ∴为的直径， ∴， ∴四边形是“对直四边形”； ②∵矩形中，，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等腰三角形， ∴当时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，， 设与交点为F，连接， ∵， ∴是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，． 故的长为或或． （3）解：设圆心为点O，连接， ∵在矩形中，，且（为正实数）． ∴， ∴是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴C，D，E，F到线段的中点的距离相等， ∴C，D，E，F在以为直径的圆上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故的值为． 29．（2026·广东惠州·一模）日晷、圭表是我国古代先民的智慧结晶：日晷利用光影与刻度计量时辰（如图1），圭表凭借正午表杆影长测算节气（如图2）．某中学数学兴趣小组以“惠州地域下的古代计时工具”为主题开展项目式学习，请结合数学与地理知识解决以下问题． (1)【探究】图3是该小组制作的惠州日晷放置于地面的示意图，晷面与赤道平面平行，晷针与地轴平行．已知惠州位于北纬，则晷面与地平面的夹角为___________°． (2)【探究】图4是该小组制作的圭表的示意图，圭为南北向水平标尺，表为垂直立竿．已知为0.5米，在夏至正午时用该圭表测得表的影长为0.044米，冬至正午时表的影长为0.5米，请结合参考数据，分别估算夏至、冬至正午太阳光线与地平面的夹角．（测量误差忽略不计） (3)【实践】小组观察发现：如图5，冬至正午时，阳光从一栋南北朝向的大楼楼顶射入，恰好射到大楼北侧一棵木棉树的顶部；春分正午时，阳光从该楼顶射入，恰好照射到树的根部．已知春分日光线与晷面平行，若大楼与树干距离为10米，请结合上述探究的内容，求出此树的高度．（假设树的高度变化忽略不计）【参考数据：，，，，】 【答案】(1)67 (2)夏至时测量时光线与地平面夹角；冬至时测量时光线与地平面夹角 (3)树的高度为14米 【分析】（1）根据晷面与地平面的夹角为当地纬度，计算即可得出结果； （2）分别求出，的值，结合题意分析即可得出结果； （3）过作于，由（1）可知春分光线与地平面夹角为，分别解直角三角形得出米，米，最后结合矩形的性质计算即可得出结果． 【详解】（1）解：晷面与地平面的夹角为； （2）解：据题意可知：在中，， 故由参考数据估算得，夏至时测量时光线与地平面夹角， 在中，， 故冬至时测量时光线与地平面夹角； （3）解：过作于，如图所示： 由（1）可知春分光线与地平面夹角为， 在中，，且米， ， 故（米） 由（2）可知冬至光线与地平面夹角为， ， 米， 由条件可知，四边形为矩形， ， ∴（米） 故树的高度为14米． 30．（2026·广东珠海·一模）解答下列各题 (1)探究应用：正方形，点，分别在，轴正半轴上，点在第一象限，已知点是轴上一动点，过点作，交正方形的右侧外角平分线于点，连接．现对是否成立进行探究． ①【教材呈现】如图1，当点为边中点时，求证：； ②【拓展探究】如图2，当点在边的延长线上时，求证：； 通过探究，当点落在边的反向延长线时，仍然成立．于是得出结论：无论点在x轴上任何位置，始终成立． (2)【综合应用】已知点，点是直线上一动点．无论点如何变化，以为直径的与轴必交于一定点和另一点． ①直接写出定点的坐标为_____； ②尺规作图（不要求写作法，保留作图痕迹）：如图3中，作出的圆心O和； ③利用（1）的结论，试说明：点在的垂直平分线上． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)①；②见解析；③见解析 【分析】（1）①取的中点F，连接，证明，即可得出结论；②在的延长线上取一点F，使得，连接，证明，即可得出结论； （2）①设，直线与轴的交点为，求出，连接，证明，得到，即可求解；②作线段的垂直平分线交于点，再画即可；③以为边构造正方形，可得是正方形的外角平分线，，由（1）中的结论可知，无论点Q在轴的任何位置，都有，即可说明． 【详解】（1）解：①取的中点F，连接． ∵四边形是正方形， ∴， ∵D，F分别是的中点 ∴， ∴， ∴， 又∵是正方形外角平分线， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴； ②在的延长线上取一点F，使得，连接， ∴，即， ∴， ∵是正方形外角平分线 ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴； （2）解：①设，直线与轴的交点为， 令，解得， ∴， 连接， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵以为直径的与轴必交于一定点和另一点， ∴点与点重合，即， ②如图所示，为所求； ③以为边构造正方形，设直线与轴的交点为， 将代入，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是正方形的外角平分线， ∵， 由（1）中的结论可知，无论点Q在轴的任何位置，都有，即点Q在的垂直平分线上． 31．（2026·广东深圳·一模）综合与实践 在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形．请结合已有经验，对下列特殊四边形进行研究． 【定义】如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等四边形．如图1中，，此时四边形是双等四边形． (1)【初步探究】 如图2，在正方形中，、是边上的两点，连接、交于点．若，求证：四边形为双等四边形； (2)【问题解决】 如图3，在（1）的条件下，连接，若正方形的边长为，，求的长； (3)【拓展应用】 如图4，点是矩形内一点，点是边上一点，四边形是双等四边形，且，延长交于点，连接．若，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)的长为或 【分析】（1）根据正方形的性质得出，，根据平行线的性质得出，根据等边对等角得出，即可证明，得出，根据双等四边形的定义即可得出结论； （2）过点作于，设，在中，利用勾股定理求出，根据得出，，根据相似三角形的性质得出，，利用勾股定理即可求出的长； （3）分和两种情况，根据，利用相似三角形的性质，结合勾股定理分别求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴四边形为双等四边形． （2）解：如图，过点作于， ∵正方形的边长为，， ∴， 设， ∵， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， 解得：，， ∴， ∴． （3）解：如图，当时，过点作于，延长交于， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴，，，， 设，则， ∴，，， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∴； 如图，当时，于，延长交于，过点作于， 同理可知，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，即， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，，， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∴； 综上所述：的长为或． 32．（2026·广东深圳·一模）定义：在平行四边形中，是平行四边形的对角线，点是平行四边形边上一点，分别连接，若满足，则称点为平行四边形的“共轭连接点”． (1)如图1，在平行四边形中，当共轭连接点在上时，若，则___________； (2)如图2，在平行四边形中，当共轭连接点在上时，若，，，求的长； (3)如图3，已知在矩形中，矩形的两邻边的之比为，点是矩形的共轭连接点； ①请在下面的矩形中标记上字母，用尺规作图找到点；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，并写出必要的文字说明）（提示：圆的内接四边形对角互补） ②请直接写出___________． 【答案】(1) (2) (3)①见解析；②或． 【分析】（1）先解出，再证为等边三角形即可求解； （2）同（1）解出，再过作交于，可证得，求得，即，解出即可求解； （3）①延长，使得，再作的垂直平分线，以为直径作圆即可；②设，再分别在中，利用勾股定理，构建方程求解． 【详解】（1）解：， ， 在平行四边形中，, ，， ， ， ， ， ， 又， ，则为等边三角形， ， ； （2）解：， ， ， ， 由（1）， ，， 又， ， 过作交于， ， 为中点，， 在中，， ， ， ； （3）解：①如图即为所求， 延长，使得， 在和中， ， ， ， 又为直角三角形， 则以为直径作，与交于点， 又圆的内接四边形对角互补， ， 即, 故即为所求； ②如图，不妨设，则，， ， 当在处时，连接， 设，则， 为直径， ， 又， ， 即，解得或（舍去）， 此时， 同理可得， 综上，或． 33．（2026·广东珠海·一模）综合与实践． 主题：纸张规格的奥秘． 材料：纸张尺寸是将纸张的长、宽规范成固定的比例尺寸来使用．目前在国际间最常使用的是所制定的标准，并将尺寸冠以编号，例如等．在不同年代，全球各地也有当地通用的纸张尺寸．在书籍、卡片、信封以及日常书写用纸上，使用统一的纸张尺寸大大提高了生活的便利性． 探究：如图，系列长方形纸张的规格特征是： ①各长方形纸张的长宽比都相等； ②纸对裁后可以得到两张纸，纸对裁后可以得到两张纸，，纸对裁后可以得到两张纸，我们把符合这种形状的纸称为系纸． (1)直接写出系纸长与宽的比______． (2)如图2，折叠系纸片，点落在上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展开．点为的中点，连接，折叠纸片，点落在上的点处，折痕为，过点作于点，四边形纸片是否是系纸片？如果是，请证明，如果不是请求出长与宽的比． (3)在图2中，四边形纸片是否是系纸片？如果不是请在纸片中折出系纸片，画出图形，并加以证明． 【答案】(1) (2)四边形纸片不是系纸片，长与宽的比为； (3)四边形纸片不是系纸片，折纸画图及其证明过程见解析． 【分析】（1）设纸的长为，宽为，则纸的长为，宽为，根据系列长方形纸张的规格特征，可得，即可得系纸长与宽的比； （2）由折叠可得，四边形是矩形，，，连接，设，，由勾股定理可得，根据，代入化简，即可求解； （3）设，则，由系纸片长与宽的比可得，可得，计算，结合系纸片长与宽的比进行判断，折叠纸片，点落在上的点处，折痕为，连接，由折叠过程，结合平行线的性质，可得四边形是正方形，四边形是矩形，，，计算，即可证明是系纸片． 【详解】（1）解：设纸的长为，宽为，则纸的长为，宽为， ∵系纸各长方形纸张的长宽比都相等， ∴， ∴， ∴， ∴系纸长与宽的比为． （2）解：四边形纸片不是系纸片， 在长方形中，，， 由折叠可得，，， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形， 由折叠可得，， 连接， 设，， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形纸片不是系纸片，长与宽的比为． （3）解：设，则， ∵四边形是系纸片， ∴， ∴， ∴， ∴四边形纸片不是系纸片， 如图，折叠纸片，点落在上的点处，折痕为，连接，纸片为系纸片， 证明：由折叠可得，， 又∵， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形，，， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形纸片是系纸片． 34．（2026·广东珠海·一模）定义：如题图1，点M，N把线段分割成，和，若以，，为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段的勾股分割点． (1)已知点M，N是线段的勾股分割点，若，，求的长； (2)如图2，在菱形中，点、分别在、上，，，分别交于点．求证：是线段的勾股分割点； (3)如图3，点是线段上的一定点，．请在上画一点，使得C，D是线段的勾股分割点（请用尺规进行作图） 【答案】(1)的长为或 (2)证明过程见详解 (3)作图见详解 【分析】（1）设，则，根据勾股定理中直角边与斜边的关系，分类讨论即可求解； （2）根据菱形的性质设，根据相似三角形的判定和性质得到，则，，则，则，运用勾股定理的计算即可求证； （3）根据尺规作垂线，垂直平分线的性质作图即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 设，则， 当是斜边时，， ∴，整理得， ∵， ∴原方程无解，即不是斜边； 当是斜边时，， ∴， 解得，， ∴； 当是斜边时，， ∴， 解得，， ∴； ∴的长为或； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， 设， ∴， ∵， ∴，即， ∴，则， ∵， ∴，即， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴是线段的勾股分割点； （3）解：如图所示， 以点为圆心，以为半径画弧交于点， 分别以点为圆心，以大于为半径画弧交于点，连接，则为线段的垂直平分线，垂足为点，则， 在上取， 连接，分别以点为圆心，以大于为半径画弧交于点，连接，交于点，则， 在中，，即， ∴点即为所求点的位置． 35．（2026·广东深圳·一模）如图1为正方形和正方形，连接． (1)[发现]：当正方形绕点A旋转，如图2，线段与之间有怎样的关系？请说明理由； (2)[探究]：如图3，若四边形与四边形都为矩形，且，，猜想与的关系，并说明理由； (3)[应用]：在（2）问的情况下，连接（点在上方），若，且，，求的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）由正方形证明，得到； （2）由矩形得到，结合，得到，即可得到，； （3）交于点，先求出，再由，得到，即可求出，，，最后根据勾股定理求即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形和正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： ∵四边形与四边形都为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，交于点， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 36．（2026·广东东莞·一模）运用发现、探究、拓展解决下列问题． (1)发现：如图所示，是矩形的对角线，作交于点，交于点．求证：； (2)探究：如图，点是矩形边上一点，连接，过点作交于点，，若，探究的值； (3)拓展：在矩形中，，，点为边上的三等分点，点和分别为直线和上的点，将矩形沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，求的值． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)； (3)或． 【分析】（1）由矩形的性质，可得，由直角三角形的两个锐角互余，结合同角的余角相等，可得，即可证得结论； （2）设，，，证明，可得，可得，即可得的值； （3）作于点，由矩形的判定和性质，可得，证明，，由已知可得或，即可得的值． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵交于点， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，， 设，，， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或（与矛盾，舍去）， ∴． （3）解：作于点，则， ∵在矩形中，，， ∴四边形为矩形， ∴， 根据题意可知，点和点关于直线对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，点为边上的三等分点， 当时，， 当时，， 综上所述：或． 37．（2026·广东深圳·一模）在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究几何图形的经验，请运用已有经验，对“腰分双等四边形”进行研究． 【图形定义】 若四边形的一条对角线把其分割成两个等腰三角形．且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为“腰分双等四边形”，这条对角线为“腰分线”． (1)【概念理解】如图1，在四边形中，，连接，点是的中点，连接，．求： ①四边形_____（填“是”或“不是”）腰分双等四边形； ②若，的度数为_____．的度数为_____． (2)【性质探究】如图2，正方形边长为6，点为其内部一点（不含中心），四边形为腰分双等四边形，为腰分线，过点作直线的垂线，垂足为点，连结，若，求的面积． (3)【拓展应用】如图3，在矩形中，，点是其内部一点，点是边上一点，四边形是腰分双等四边形，为腰分线，延长交线段于点，连接．若，，请直接写出的长． 【答案】(1)①是；②， (2) (3)或 【分析】（1）①点是的中点，可知，即可证明；②根据三角形的外角定理可求解； （2）由题可知，可得，根据勾股定理可得，进而可得面积； （3）分类讨论，①当,由平行线可知，根据锐角三角函数可知，，②当,设，则， 根据锐角三角函数即可求解 【详解】（1）解：①∵,点是的中点， ∴, ∵,点是的中点， ∴, ∴ ∴四边形是腰分双等四边形； ②由题可知，， ∴,, , , , ∴, （2）解：连接，过点作, 由题可知，, 设，, ∴， ∴,, ∴ ∵, ∴, , ∴, ∴ ∵, ∴, ∵， ∴, ∴ ∴, , ∴, （3）解：①当, 过点作, ∴， ∵ ∴, , ∵ ， ∴, ， ∴, 由（2）同理可得，, , ∴， ∴, , ∴, ②当, 过点作,, ∵, ∴, ∴, ∴， ∵ ∴, ∴ ∴ ∴, ∴, ∵ ∴, 设，则， ∴， , ∴， 解得： ∴． 38．（2026·广东东莞·一模）为迎接春节的到来，某社区在大门上方的抛物线形框架结构上悬挂了灯笼，营造喜庆的节日氛围．某数学兴趣小组开展了综合与实践活动，记录如下： 活动主题 在大门上方的抛物线形框架结构上悬挂灯笼 测量工具 皮尺等 采集数据 如图1是该社区大门及上方抛物线形框架结构平面示意图，信息如下： 1．大门形状为矩形（矩形）； 2．底部跨度的长为； 3．大门上方抛物线形框架的顶点P到的距离； 4．大门B，C两点到地面的垂直距离均为 设计方案 现需在此抛物线形框架上的点M，N处各悬挂一个灯笼．已知点M，N关于抛物线的对称轴对称，且两灯笼之间的水平距离为（M，N之间的距离为） 确定思路 如图2，小组成员经过讨论，确定以所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系 根据以上信息，解决下列问题： (1)求大门上方框架所在抛物线的表达式，并写出自变量x的取值范围． (2)若悬挂点到灯笼最底端的距离为，求灯笼最底端到地面的高度． (3)春节期间，该社区举行非遗盛大文化表演，表演时矩形彩车经过该社区大门时不能触碰灯笼．已知宽为、高度不等的矩形彩车车队居中行驶，且彩车的高度均为整数．在（2）的条件下，求该车队中彩车的最大高度． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由得抛物线对称轴为，结合、顶点，设顶点式，代入点求得，进而即可得解； （2）分别过点M，N作的垂线，垂足为E，F，连接，、关于对称轴对称且水平距，得，代入抛物线得悬挂点的高度，再减去悬挂的距离，即可得到灯笼底端到地面高度； （3）根据彩车居中行驶，宽，可得，代入得抛物线高度约，再根据彩车高度为整数，即可得解． 【详解】（1）解：∵，抛物线对称轴为；到地面高度为，， ∴的纵坐标为，即． ∵，是原点， ∴， 设大门上方抛物线的表达式为． 把代入中， 得， 解得， ∴大门上方抛物线的表达式为； （2）解：如图，分别过点M，N作的垂线，垂足为E，F，连接，则四边形是矩形． 根据题意，得． ∴． ∵点M，N关于抛物线的对称轴对称，， ∴ ． 当时，． ∴． 答：灯笼最底端到地面的高度为； （3）解：∵彩车居中行驶， ∴当时，． ∵， ∴彩车经过灯笼的下方． 又∵，彩车的高度均为整数， ∴该车队中彩车的最大高度为． 【点睛】本题以社区大门抛物线框架为实际背景，通过建立平面直角坐标系，将几何问题转化为二次函数问题，结合函数表达式求解与实际应用，体现了数形结合与数学建模的核心思想． 39．（2026·广东佛山·一模）平移、旋转、轴对称、相似变换等几何变换，为静态图形赋予动态生成的意义，让孤立图形在运动变化中建立关联，在变与不变中揭示图形的本质属性与内在规律．这既是从特殊到一般认识几何世界的基本思想，也是理解空间形式、发展几何直观与推理能力的重要路径． 【特例探究】 如图1，在矩形中，，点E是矩形内一动点，且．将绕点C逆时针旋转，并放大为原来的2倍后，点E的对应点为点F．连接，交的延长线于点G，连接． (1)按题意在图1中画出符合题意的四边形，判断其形状，并说明理由； (2)当点G为中点时，求的值； (3)求的最小值； 【类比探究】 (4)如图2，四边形中，，，．连接，若，求的最大值． 【答案】(1)作图见解析，四边形是矩形，理由见解析 (2) (3)2 (4) 【分析】（1）根据题意画出符合题意的四边形，证明，再根据有三个角是直角的四边形是矩形证明即可； （2）过点作于点H，先证明为等腰直角三角形，在等腰直角中，设，则，，再证明为等腰直角三角形，则，那么，然后对运用勾股定理求解，即可求解； （3）点的轨迹为以的中点为圆心，为半径的圆，延长交于点，连接，证明，则，故当取得最小值时，取得最大值，而，故； （4）过点作，且使得，连接，先证明，得到，，而，故当取得最大值时，取得最大值，而，故当点三点共线时，取得最大值，为，即可求解的最大值． 【详解】（1）解：如图1，四边形即为所求； 四边形为矩形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， 由题意得，， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：如图，过点作于点H， 由（1）得， ∴， ∵点G为中点， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵在矩形中，， ∴， 在等腰直角中，设， 则， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴点的轨迹为以的中点为圆心，为半径的圆， 延长交于点，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为定值， ∴当取得最小值时，取得最大值， ∵， ∴， ∴的最小值为； （4）解：过点作，且使得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当取得最大值时，取得最大值， ∵， ∴当点三点共线时，取得最大值，为， ∴的最大值为． 40．（2026·广东广州·一模）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． (1)【知识技能】 如图1，在正方形中，E、F分别是边上的点，连接，且．将绕点B按逆时针方向旋转至，则点M在的延长线上． ①证明，并判断是否成立； ②若，，请计算正方形的周长． (2)【教学理解】 如图2，在正方形中，E、F分别是边上的点，．连接，M、N分别是线段上的点，连接，且（点E、F、M、N均不与端点重合）．请猜想线段的数量关系，并说明理由． (3)【拓展研究】 如图3，是正方形的对角线，P、Q分别为线段上的点，且．将绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于）至．连接，取线段的中点E，连接，求的值． 【答案】(1)①详见解析，成立，详见解析；②60 (2)，详见解析 (3) 【分析】（1）①先根据正方形的性质得出，再根据旋转的性质得出，，然后证明，根据全等三角形性质与线段的和差得到结论成立；②先根据勾股定理求得，再求得，从而可求得，再求出正方形的边长，从而可求得正方形的周长； （2）将绕点逆时针旋转得，连接，先由旋转性质可得：，根据全等三角形的性质可得，再证明，根据全等三角形的性质得出，再证明四边形是平行四边形，从而可得，再根据平行线的性质可得，进而可证明，再利用勾股定理可求解； （3）先利用正方形的性质，结合，可得同为中点，是等腰直角三角形，从而可得，再根据中位线定理可得，从而可说明是等腰直角三角形，再根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，于是就有，进而求得，再证明，列出比例式，求得的值． 【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵将绕点按逆时针方向旋转至， ∴，，，， ∴，， ∴点在的延长线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴成立； ②解：∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边长为， ∴正方形的周长为． （2）解：，理由如下： 将绕点逆时针旋转得，连接，如图： 由旋转性质可得：， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． （3）解：过作于，连接，设交于，如图： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴为中点，是等腰直角三角形， ∴， ∵为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵将绕点按顺时针方向旋转（旋转角小于）至， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 即的值为． 41．（25-26九年级上·广东梅州·期末）如图，已知点是矩形的边上一点，于点．若，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定及性质，关键是知识点的灵活应用；根据等角的余角相等得到，进而得到即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 42．（2026·广东佛山·一模）【问题情境】 折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动． 活动一：矩形可折叠 矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示． 活动二：折叠可得矩形 如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4． 【提出问题】 （1）如图1，的度数为 　　； （2）如图1，若，，求的最大值； （3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　； 【解决问题】 （4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度． 【答案】（1）；（2）的最大值为；（3）15；（4）矩形纸片较长边的长度为或 【分析】（1）由折叠的性质得出，，根据，即得； （2）设，，则，证明，，得，得，得，根据二次函数的性质，即得的最大值为； （3）设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，由矩形性质和勾股定理，得 ,证明，得，由， ，即得； （4）分和为矩形的边和角，和为矩形的边和角，两种情况计算矩形的边，比较得出矩形的较长边． 【详解】解：（1）如图1， 由题意得：，， ， ， ， ； （2）如图1， 设，，则， 由（1）知， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，有最大值为， 的最大值为； （3）解：设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4， ∵矩形中，， ∴, ∵， ∴， 由折叠的性质得：， ∵中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （4）作出原矩形，连接，如图5①， ，，， ， ， 四边形为矩形， ，． 设，则，设，则． ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ， ， 矩形纸片较长边的长度为； 当为矩形的一边时，作出原矩形，如图5②， 设，则，设， 四边形为矩形， ，，， ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ． ， 矩形纸片较长边的长度为； 综上所述，矩形纸片较长边的长度为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理；本题属于四边形综合题目，主要考查了折叠的性质、正方形的性质、矩形的性质、平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识的综合运用；折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 43．（2026·广东东莞·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，延长到点，使得．连接，过点作，交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证四边形是平行四边形，再证，则，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由矩形的性质得，由菱形性质可证为等边三角形，可得，再由勾股定理求出，根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴平行四边形是矩形； （2）解：由（1）知四边形是矩形， ， 又， ， ∵四边形是菱形， ， 为等边三角形， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，综合运用以上知识点是解题的关键． 44．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)证明见解析 (2)条件①，四边形为矩形；条件②，四边形为菱形，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ （2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 45．（2026·广东东莞·一模）在解决几何问题中，通常我们可以利用平移变换来解决图形中边与角的相关问题． 【问题情境】 （1）如图1，在正方形中，分别是边上的点，于点．判断线段的数量关系并证明． 【尝试应用】 （2）如图2，在正方形网格中，点为格点，交于点．求的值； 【拓展提升】 （3）如图3，点是线段上的动点，分别以为边在的同侧作正方形与正方形，连接，分别交线段于点． ①求的度数； ②连接，交于点，直接写出的值． 【答案】（1），理由见解析；（2）；（3）①；② 【分析】（1）过点B作交于K，交于H，先证明四边形是平行四边形，得到，再证得到，即可证明； （2）将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，设正方形网格的边长为单位1，分别求出即可求解； （3）①连接、、，证明，再证明，即可得出结果；②证明，即有，即可求解； 【详解】解：（1），理由如下： 如图1-1所示，过点B作交于K，交于H， 四边形是正方形， ，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）将线段向右平移至处，使得点与点重合，连接，如图2所示： ， 设正方形网格的边长为单位1， 则，，，，，， 由勾股定理可得：，，， ， ， ． ； （3）①连接、、，AC    ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，，，，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； ②∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，求角的正切值，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定等等，通过作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 圆 考点03 1．（2026·广东汕尾·一模）如图，点A、B、C在上，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由圆周角定理即可得到答案． 【详解】解：∵点A、B、C在上，且， ∴． 2．（2026·广东广州·一模）已知圆锥的母线长为，底面半径是，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆锥底面周长等于其侧面展开图扇形的弧长，列方程求解圆心角即可． 【详解】解：设这个圆锥侧面展开图的圆心角为， ∵圆锥底面周长等于侧面展开图扇形的弧长，已知圆锥底面半径，母线长， ∴圆锥底面周长为， 根据扇形弧长公式可得方程：， 解得：， ∴这个圆锥侧面展开图的圆心角是． 3．（2026·广东中山·一模）如图，内接于，连接，，若，则度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由圆周角定理可直接得出． 【详解】解：∵， ∴． 4．（2026·广东·一模）如图，四边形为的内接四边形，为的直径，点P在的延长线上，与相切，切点为D，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，连接，先根据圆内接四边形对角互补求出，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出，由切线的性质得到，则． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形为的内接四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵与相切， ∴， ∴． 5．（2026·广东深圳·一模）“湾区之光”摩天轮位于深圳市宝安区滨海文化公园内，是国内首个全天景回转式轿厢摩天轮，共设有28个进口太空舱，其示意图如图所示．该摩天轮高（即最高点离水面平台的距离），圆心O到的距离为，摩天轮匀速旋转一圈用时．某轿厢从点A出发，后到达点B，此过程中，该轿厢所经过的路径（即）长度为（    ）m．（结果保留）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出摩天轮半径，再求出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】解：∵最高点离水面平台的距离为，圆心O到的距离为， ∴摩天轮的半径为， ∵摩天轮匀速旋转一圈用时，轿厢从点A出发，后到达点B， ∴， ∴该轿厢所经过的路径长度为： ． 6．（2026·广东深圳·一模）“湾区之光”摩天轮位于深圳欢乐港湾内，是国内首个全景回转式进口轿厢摩天轮．其示意图如图所示，“湾区之光”总高米（即最高点离水面平台的距离），圆心到的距离为米，匀速旋转一圈时间是分钟．某轿厢从点出发顺时针旋转，7分钟后到达点，此过程中，该轿厢所经过的路径长度为（   ）米（结果保留） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出摩天轮半径，再求出，最后根据弧长公式求出结果即可． 【详解】解：∵“湾区之光”总高米，圆心O到的距离为米， ∴摩天轮的半径为， ∵摩天轮匀速旋转一圈用时分钟，轿厢从点A出发，分钟后到达点B， ∴， ∴该轿厢所经过的路径长度为：米． 7．（2026·广东佛山·一模）如图，点C、D是以为直径的半圆上的三等分点，连接，半径，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，，，证明是等边三角形，，得，根据阴影部分的面积计算即可． 【详解】解：连接，，，如图， ∵点C、D是以为直径的半圆上的三等分点， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积 8．（2026·广东广州·一模）如图，是的直径，点在上，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据直径所对的圆周角是直角得到的度数，再根据直角三角形的两锐角互余求解即可． 【详解】解：是的直径，点在上， ， ， ． 9．（2026·广东深圳·一模）如图，已知四边形的外接圆的半径是，对角线与的交点为，，，，则四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，，可得，进而得到，连接，交于点．连接，可得，，则可求. 【详解】解：，， ， ， ， ， ， ∵， ∴， ， 如图，连接，交于点．连接， ， ，， ，， ， ， ，， ， ∴. 故选：C. 10．（2026·广东东莞·一模）如图，是的直径，为上一点，以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点；再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点；作射线，与相交于点．若，则的长为（   ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查角平分线的尺规作图、圆周角定理、角平分线的定义、勾股定理，得到射线是的平分线是解答的关键． 连接，先根据作图过程得到射线是的平分线，再根据圆周角定理和角平分线的定义得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接， 由作图过程，射线是的平分线， ∴, ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 11．（2026·广东中山·一模）一个滑轮起重装置如图所示，滑轮的半径是，当重物上升时滑轮的一条半径绕轴心按逆时针方向旋转的角度约为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了弧长的计算公式，正确理解公式是关键． 重物上升，即弧长是，利用弧长公式即可求解． 【详解】解：设旋转角度为，由题意得， ， 解得． 故选D． 12．（2026·广东湛江·一模）如图，在中，、是弦，是直径，是半径且交于点D，请写出三个不同类型的结论________________________________________． （请注意：结论不要添加新字母，不要添加辅助线） 【答案】见解析 【分析】根据圆周角定理，垂径定理，相似三角形的性质，三角形中位线定理等，写出不同类型的结论即可 【详解】解：结论①：， 理由：直径所对的圆周角是直角； 结论②：， 理由：直径所对的圆周角是直角； 结论③：， 理由：在同一平面内，垂直于同一直线的两直线平行； 结论④：， 理由：， ， ， ； 结论⑤：， 理由：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）； 结论⑥： 理由：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）； 结论⑦：是的中位线； 点是的中点，点是的中点， 是的中位线； （答案不唯一） 13．（2026·广东东莞·一模）如图，中国古代的马车已经涉及很复杂的机械设计，包含大量零部件和工艺，所彰显的智慧让人拜服．如图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，，若， 则的度数是 ． 【答案】 【分析】连接，由切线的性质可得，则，结合，可计算出，最后用作差求出． 【详解】解：如图，连接， ∵与相切于点， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴． 14．（2026·广东广州·一模）如图，中，，，，以为中心，将顺时针旋转，使得点落在延长线上的点，此时点落到点，则在旋转中，边变到边所扫过的面积为______平方厘米（结果保留）． 【答案】 【分析】先求出，，由旋转性质可得， ，，然后通过．即可求解 【详解】解：在中，，，， ∴， ∴，， ∵将以点为中心顺时针旋转，使点旋转到延长线上的点， ∴， ∴ ，， ∴ ， ∴边变到边所扫过的面积为平方厘米． 15．（2026·广东深圳·一模）如图，四边形内接于圆，，，，连接，交于点E，则_______． 【答案】 【分析】根据题意，设，进而解三角形可得，再证、，进而得到，，再相乘即可求解． 【详解】解：， 为圆的直径， ， ， ， 又， ， 不妨设，则， ，， （对顶角相等），（同弧所对圆周角相等）， ， ， （对顶角相等），（同弧所对圆周角相等）， ， ， ． 16．（2026·广东珠海·一模）如图是一个圆弧形拱门，拱门圆弧所在圆的半径为米，拱门底部跨度米．现要在拱门内加装一根垂直于底边的加固立柱，点M在圆弧上，点N在上，且点N把线段分为的两部分，则线段的长度为______米． 【答案】或 【分析】分两种情况当时，当时，结合垂径定理以及勾股定理解答即可． 【详解】解：当时，如图，取圆心O，连接，过点O作于点C，，交延长线于点D，则米， ∵米， ∴米， ∴米，米， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴米，米， 在中，， ∴， 解得：米， ∴米； 当时，如图，取圆心O，连接，过点O作于点C，，交延长线于点D，则米， 同理米， ∴米； 综上所述，的长为或米． 17．（2026·广东深圳·一模）如图，直径，为圆上一点，于（），．点在弧上，连接交于，若，则__________．    【答案】 【分析】连接，，根据勾股定理在中，求得，从而得到，根据得到，因此在中，，，进而得到，求出，即可解答． 【详解】解：连接，，    ∵， ∴， ∵，， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴， ∴． 18．（2026·广东惠州·一模）如下图，在中，，的度数是_____． 【答案】/54度 【分析】直接根据圆周角定理即可得出结果. 【详解】解：由题意，. 19．（2026·广东深圳·一模）如图，是内接正边形的一条边，若，则_________． 【答案】 【分析】在优弧上取一点，连接、，先根据圆内接四边形的性质求出的度数，再由圆周角定理求出的度数，最后根据正边形的中心角公式求出的值． 【详解】解：如图，在优弧上取一点，连接、、、．四边形是的内接四边形， ∴． ∵，． ∴． ∵是内接正边形的一条边， ∴． ∴． 解得． 20．（2026·广东惠州·一模）已知圆锥的底面半径为7，高为24，则它侧面展开图的面积是________． 【答案】 【分析】根据勾股定理求得母线长，继而根据弧长公式求得弧长，根据圆锥的侧面展开图的面积公式即可求解． 【详解】解：∵圆锥的底面半径为7，高为24， ∴圆锥的母线长， ∵圆锥的侧面积公式为（其中为底面半径，为母线长）， ∴圆锥侧面展开图的面积． 21．（2026·广东东莞·一模）如图，正五边形内接于，则的度数为________． 【答案】/度 【分析】本题主要考查了正多边形，三角形内角和定理，先根据正五边形的性质得出，，再根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵是正五边形， ∴，， ∴， 故答案为：． 22．（2026·广东东莞·一模）如图，在中，． (1)用尺规作图法在线段上找到一点D，使；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，以D为圆心，为半径作，求证：与相切． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）利用尺规作出线段的垂直平分线； （2）利用切线的判定方法求解． 【详解】（1）解：如图，作的垂直平分线，交于点，连接即为所求； （2）证明：如图， ， ， ∵直线垂直平分线段， ， ， ， 又， ， ， 为的半径， 与相切． 23．（2026·广东汕头·一模）如图，已知中，． (1)求作：（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） ①在边上找一点P，以点P为圆心，为半径作，使得与相切于点D； ②过点B作的切线切于点E． (2)求证：直线为的切线． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）①作的角平分线交于，过作的垂线交于，以为圆心、长为半径作，即满足要求； ②以为圆心，长为半径画弧，交于异于侧的点，连接，即为所求切线； （2）连接，由作法可知，易证明，进而得到，从而得出结论． 【详解】（1）解：①如图所示，即为所求； ②如图所示，即为所求； 证明：平分， ， 、， ， ， ， ， ， 与相切； （2）证明：连接， 与相切， ， 由作法可知：， 在和中， ， ， ， ， 为的半径， 直线为的切线． 24．（2026·广东·一模）如图，在中，半径为5， (1)请用尺规作图法过点O作的垂线，交于点C，交劣弧于点D，保留作图痕迹（不写作法）； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据题意作图，即可； （2）根据垂径定理可得，进而根据勾股定理，求得，再求得的长，即可求解． 【详解】（1）解：如图所示： （2）∵， ∴， ∵半径， ∴在中，， ∴． 25．（2026·广东惠州·一模）如图，四边形内接于，为直径，点在的延长线上，且是的切线． (1)求证：； (2)若，，的半径为5，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）方法一：根据：“直径所对的圆周角等于”可得，则可得，再根据切线的性质可得，进而可得，根据圆周角定理可得，进而可得． 方法二：先证明，则可得，根据圆周角定理可得，进而可得． （2）方法一：先由勾股定理得，再证，则可得，进而可得求得的长； 方法二：由垂径定理得，再由勾股定理得，再证 则可得，进而可得求得的长． 【详解】（1）（1）方法一： 是的直径， ， ， 是的切线，，即：， ， ， 由圆周角定理得， ； 方法二： 是的直径， ， 是的切线， ， 为和的公共角， ， ， 由圆周角定理得， ； （2）方法一： 在中，由勾股定理得：， ， ， 由圆周角定理得， ∴， 又∵， ， ，即， 解得． 方法二： ，， ， 直径垂直平分， ∴ ， 在中，由勾股定理得：， ，， ， ，即， 解得． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的判定，三角形相似的判定，活用勾股定理是解题的关键． 26．（2026·广东珠海·一模）如图，是的直径，点C在上，且，． (1)尺规作图：过点O作的垂线，交劣弧于点D，连接（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图形中，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，作的垂直平分线，与圆的交点即为，连接即可； （2）利用勾股定理求出，得到，如图，记与的交点为E，则是的中位线，得到，然后利用正切的定义求解即可． 【详解】（1）解：如图即为所求； ； （2）解：∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， 如图，记与的交点为E， ∵， ∴点E是中点，， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴． 27．（2026·广东中山·一模）如图，为的直径，弦与交于点，过点的直线，． (1)求证：是的切线；． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为． 【分析】（1）利用圆周角定理求得，再利用平行线的性质求得，据此即可证明是的切线； （2）延长交于点F，连接，推出垂直平分，得到，求得，再根据直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∴， ∵经过点C，且， ∴， ∵是的半径，且于点C， ∴是的切线； （2）解：延长交于点F，连接， ∵是的直径， ∴， 由（1）得，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 28．（2026·广东珠海·一模）综合与实践 【主题】探究圆与扇形关系． 【材料】半径为的纸片若干． 【探索】 (1)如图1，在一个圆形纸片中剪出以圆上点A为圆心且圆心角为的扇形．写出扇形的半径______； (2)如图2，在另一圆形纸片中剪一个以O为圆心且圆心角为的扇形． ①如图3，若将扇形围成一个圆锥，求该圆锥的体积； ②如图4，若在扇形上作圆（），与扇形的两条半径相切，与扇形的弧有且只有一个交点G，且O，F，G三点共线，求的半径． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）连接，由，得到为直径，，再根据，则，解直角三角形即可求解； （2）①设圆锥的高为h，母线为R，底面半径为r，根据，求出，结合，求出，利用勾股定理求出，最后由圆锥的体积公式代入数据计算即可；②如图，过点F向扇形两边作垂线，垂足分别为I，J，利用切线的性质证明，求出，设半径为，则，根据，建立方程求解，并检验即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∴， ∴为直径，则， 在圆形纸片剪出一个以圆上点A为圆心的扇形， ∴，则， 在中，， ∴， ∴扇形的半径为； （2）解：①设圆锥的高为h，母线为R，底面半径为r， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； ②如图，过点F向扇形两边作垂线，垂足分别为I，J， ∵与扇形两边相切于I，J，， ∵， ∴， ∴， 设半径为，则， ∵， ∴， 解得，检验，当时，原分式方程有意义， ∴的半径为． 29．（2026·广东深圳·一模）如图，在中，． (1)尺规作图：作出的外接圆，并标注圆心．（保留作图痕迹，不写作法） (2)如图，是的外接圆，延长至点，使．连接并延长交于点，过点作，垂足为． 求证：为的切线； 若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由知是的直径，先作线段的垂直平分线，垂直平分线与的交点即为圆心，再以为圆心，长为半径作圆即可； （2）连接，由已知可得垂直平分，由垂直平分线的性质可知，由等边对等角可得，，等量代换结合平行线的判定定理可得，即可证得，进而得证；连接，通过同弧所对的圆周角相等结合，可证得，再根据同角的余角相等，等量代换可证得，从而证得，根据相似三角形的性质可解得的长，最后根据即可得解． 【详解】（1）解：如图，即为所求作的的外接圆； （2）证明：如图，连接， ， ， ， 垂直平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 是的半径； 为的切线； 解：如图，连接， 由知，， ， ， ，， ， ， ， ， ，即， 解得， ． 30．（2026·广东珠海·一模）如题图，是的直径，点C为上一点，平分交于点D，连接．若，，求的长． 【答案】2 【分析】连接，则，由角平分线的定义和同弧所对的圆周角相等得到，解直角三角形求出的长，再利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 31．（2026·广东东莞·一模）如图，在中，，以边上一点O为圆心，长为半径的与边交于点，交于点，． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)的半径为． 【分析】（1）连接，，则，证明，可得，即可证得结论； （2）设的半径为，则，根据勾股定理，即可得的半径． 【详解】（1）证明：根据题意可知，点、点在上， 连接，，则， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是的切线． （2）解：∵是的切线， ∴， 设的半径为，则， 在中，， ∴， 解得， ∴的半径为． 32．（2026·广东东莞·一模）【概念呈现】在钝角三角形中，钝角的度数恰好是其中一个锐角的度数与90度的和，则称这个钝角三角形为正度三角形，这个锐角叫做正度角． 【概念理解】 (1)根据概念，完成下列问题： ①如图1，是正度三角形，是正度角．若，则________； ②若正度三角形是等腰三角形时，则正度角的度数为________． 【性质探究】 (2)如图2，数学兴趣小组发现，当是正度三角形，是钝角，是正度角时，存在的结论，亲爱的同学，请你深入思考并证明这个结论； 【拓展应用】 (3)如图3，是的直径，点、是圆上的两点，弦与交于点．连接，，和都是正度三角形，且、分别为正度角时，求的度数． 【答案】(1)①；② (2)见解析 (3) 【分析】（1）①根据新定义进行列式计算，即可作答． ②根据新定义，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理列方程再求解即可； （2）作，根据新定义可得，再证明，利用相似三角形的性质和锐角的正切的比例关系证明即可； （3）设，结合、分别为正度角，得出，，运用三角形内角和性质，得，据此计算即可求解． 【详解】（1）解：①∵是正度三角形，是正度角，， ∴， 则， ②设正度角的度数为x． 根据题意可得：， 解得：， ∴正度角的度数为； （2）证明：如图1，作交于D， ∴， ∵是正度三角形，是钝角，是正度角， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （3）解：连接，如图所示： 设， ∵是正度角， 则 ∵是直径， ∴， 则， ∵是正度角， ∴在中，， ∵， ∴， 由内角和可得， 解得， ∴． 33．（2026·广东东莞·一模）综合与探究 【问题背景】 如图①，在四边形中，，，探究线段，，之间的数量关系． 小吴同学探究此问题的思路是：将绕点，逆时针旋转到处，点，分别落在点，处（如图②），易证点，，在同一条直线上，并且是等腰直角三角形，所以，从而得出结论：． 【简单应用】 (1)在图①中，若，，则________． (2)如图③，有一个圆形公园，直径是贯穿公园的一条小路，出口点、在公园上，且，线段也是一条小路，若路米，米，现在要在出口、之间挖一条小河，小河最短是多少米？ 【拓展规律】 (3)如图④，，，若，，求的长（用含，的代数式表示）． (4)如图⑤，，，点为的中点，若点满足，，点为的中点，则线段与的数量关系是________．（直接写出答案） 【答案】(1) (2)米 (3) (4)或 【分析】（1）仿照小吴同学方法，得出，把，代入计算即可； （2）根据圆周角定理得出，根据得出，利用勾股定理求出米，利用（1）中距离求出的长即可； （3）以为直径作，连接并延长，交于，连接、、，根据圆周角定理得出点、在上，四边形是正方形，，，利用（1）中结论及勾股定理得出，，再利用勾股定理即可求出； （4）分点在直线的左侧和右侧两种情况，利用等腰直角三角形的性质、勾股定理，结合（1）中结论，分别求解即可． 【详解】（1）解：如图，将绕点，逆时针旋转到处，点，分别落在点，处， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴点，，在同一条直线上， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：． （2）如图，连接、、， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∵米，米， ∴（米）， 由（1）可知，， ∴（米）． ∴小河最短是沿线段修建，距离为米． （3）解：如图，以为直径作，连接并延长，交于，连接、、， ∵为的直径，， ∴点、点都在上，为的直径， ∴， ∵， ∴四边形是正方形，，， 由（1）可知，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （4）解：如图，当点在直线的左侧时，连接、， ∵，，点是的中点， ∴，， ∵，点是的中点， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理可求得：， 由（1）可知， ∴， ∴； 如图，当点在直线的右侧时，连接、， 同理可知，， 设，则， ∴， ∴， 由（1）可知，， ∴． 综上所述，线段与的数量关系是或． 34．（2026·广东·一模）如图，以为直径的中，点C为上一点，连接，切于点B． (1)作的平分线，交于点M，交于点N，交于点G（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】（1）根据角平分线的尺规作图方法作图即可； （2）连接，由直径所对的圆周角是直角得到，由切线的性质可得．由角平分线的定义得到，证明，则可证明得到，由三线合一定理即可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示，射线即为所求 （2）解：如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∴，． ∵是的切线， ∴， ∴． ∴， ∵平分， ∴， ∴， 又∵， ∴ ， 又∵， ． 35．（2026·广东深圳·一模）如图1，在锐角中，． (1)在上求作一点，使得；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，如图2，连接的外接圆交于点，连接，若，求E的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）解法一：作的平分线得到，再作交AC于点；解法二：过点作的垂线交于点；解法三：作的平分线交于中点，再以为直径作圆交于点． （2）先证明则是的外接圆的直径．根据，设，则，由解得，得出,进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】（1）解法一：作的平分线得到，再作交AC于点． 如图，点即为所求．     解法二：过点作的垂线交于点． 如图，点即为所求．   解法三：作的平分线交于中点，再以为直径作圆交于点． 如图，点即为所求． （2）解：， ． ， ， ，     是的外接圆的直径． 连接， ， 是中点．    由， 设，则， 由解得，   ． ． 36．（2026·广东深圳·一模）如图，是的直径，交的边于点，连接，已知，，． (1)求证：是的切线． (2)①用圆规和无刻度的直尺在图中作出的角平分线交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． ②在①的条件下，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①图见解析② 【分析】（1）利用等腰三角形性质、圆周角定理与外角性质，推导出，结合切线判定定理证明是的切线； （2）先由勾股定理求出，再利用等腰三角形三线合一证，结合平行线性质证，最后通过相似三角形对应边成比例求出的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵是的直径， ∴是的切线． （2）①解：如图为的角平分线和点． ②解：∵，，， ∴， ∵，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴即， ∴． 37．（2026·广东深圳·一模）如图，是等腰三角形，，是的外接圆，是圆心． (1)请用无刻度的直尺和圆规在图中作以为对角线，、为边的平行四边形； (2)求证：是的切线； (3)若，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用平行四边形的性质即可求解； （2）利用平行四边形的性质可知即可判定； （3）根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如下图：作，，构造平行四边形． （2）证明：连接并延长交于点，连接，， ，， 点、点都在的垂直平分线上， 垂直平分， 四边形是平行四边形， ， ， ， 又是的半径， 是的切线． （3）解：，垂直平分交于点， ， ，， ， ， ， 解得， 的半径长为． 【点睛】 38．（2026·广东深圳·一模）在中，为上一点，以为圆心，为半径的交于另一点的垂直平分线交于，交于点 (1)利用圆规和无刻度直尺，作出线段的垂直平分线（保留作图痕迹，不用写出作法和理由）； (2)连接，求证：是的切线； (3)当四边形为矩形时，若，求弧的长度？ 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）作线段的垂直平分线即可； （2）连接，利用同圆的半径相等的性质，等腰三角形的性质得到，利用线段的垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到，利用直角三角形的性质和等量代换的性质得到，则，再利用圆的切线的判定定理解答即可； （3）利用矩形的性质，线段的垂直平分线的性质得到为等腰直角三角形，进而得到为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质求得，求得，再利用弧长公式解答即可得出结论． 【详解】（1）解：作线段的垂直平分线交于，交于点，如图， 为线段的垂直平分线； （2）证明：连接， ， ， 为线段的垂直平分线， ， ， ， ， ， ， 为的半径， 是的切线； （3）解：当四边形为矩形时，如图， 四边形为矩形， ， ∴， 为线段的垂直平分线， ， 为等腰直角三角形， ， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， 劣弧的长度． 39．（2026·广东深圳·一模）根据题意解答下列问题 (1)如图1，在中，．求作的外接圆；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)如图2，是的直径，C是的中点，过点C作的垂线，垂足为点E．如图①，求证：是的切线； (3)如图②，过点O作于F，若，，求阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）作出的垂直平分线，得到的中点，即可作出的外接圆； （2）只要证明，即可得到是的切线； （3）连接，得到四边形是矩形，根据求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求作． ； （2）证明：如图①，连接，则， ， ， ， ， ， ， ∵是的半径， ∴是的切线； （3）解：如图②，，连接， ，， ∴四边形是矩形， ， ， ， ，是等腰直角三角形， ， ， ， ． 40．（2026·广东佛山·一模）已知：正方形的边长为6，点E为边上的动点（不与点A、B重合），记，的外接圆与对角线交于点F，连接、． (1)由图1，试说明是等腰直角三角形． (2)与交于点G，将沿翻折得到． ①如图2，连接交于点N．当时，求的值并证明． ②如图3，设．求S与x之间的函数关系式． 【答案】(1)证明见详解 (2)①，证明见详解；② 【分析】（1）利用正方形的性质和圆周角定理可得出，从而证得结论； （2）①利用折叠的性质可得到，从而求得，再证明，利用相似三角形对应边成比例得出线段间的数量关系，从而利用正切的定义求得结果；过点M作于H，通过一线三垂直证得，利用相似三角形对应边成比例及已知条件求得，此时证得点D，M，B三点共线，最后通过证明即可得出结论； ②利用相似三角形的性质可得出面积之比为线段之比的平方，由此得出，再证明，得出，分别表示出各线段的表达式，最后由分别代入相关数据后通过计算化简即可求得结果． 【详解】（1）证明：在正方形中，平分， ∴， 在对应的圆周角中，， 在对应的圆周角中，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形． （2）解：①证明：由折叠可得， ∵， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 在中，， 如图，过点M作于H， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 连接， ∵，， ∴， ∵， ∴点D，M，B三点共线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ． 41．（2026·广东佛山·一模）如图，是半圆的直径，点O为圆心，C是半圆上一点，连接． (1)尺规作图：在半圆上确定一点P，使得（不写作法，只保留作图痕迹）． (2)在（1）的条件下，连接，，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）连接，过点作交于点，点即为所求； （2）先求得，再利用圆周角定理求解即可. 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）解：∵，， ∴， ∵是半圆的直径， ∴， ∴． 42．（2026·广东佛山·一模）如图，是的直径，点C是半圆上的一点，过点C作，垂足为D，连接． (1)若，，求的长； (2)若直线经过点C，平分，求证：是的切线． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）连接，根据直径求出半径，在中，利用勾股定理计算出答案即可； （2）连接，根据等边对等角得到，根据垂线的定义以及直角三角形两锐角互余得到，再根据角平分线的定义得到，证明，即可得到结论； 【详解】（1）解：连接， 是的直径，， ， ， 在中，； （2）证明：连接， ， ， ， ， ， 平分， ， ， 即， ， 是半径， 故是的切线． 43．（2026·广东江门·一模）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连接，． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，连接，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)当点P是的中点时，．若点Q是外接圆上的动点，且位于正方形的外部，连接．当与的一个内角相等时，请直接写出所有满足条件的的长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)或12 【分析】（1）如图1，在正方形中，，根据圆内接四边形的性质得到，求得．得到，于是得到结论； （2）如图2，延长交于点H．根据平行线的性质得到，根据垂直的定义得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到，，于是得到结论； （3）由（2）知．求得．根据是BC的中点，于是得到，推出不存在，当时，如图3，，根据圆周角定理得到是圆的直径，根据勾股定理得到．当时，如图4，连接．由第一种情况可知是圆的直径，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图1，点在的外接圆上， ， 在正方形中，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； （2）解：结论：， 理由：如图2，延长交于点H， ，， ，即， ， ， ， ， 又， ， ，， ∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴四边形是矩形， ，， ， ， ∴是等腰直角三角形， ； （3）解：由（2）知． ， ， ∴， 是的中点， ． 由①可知，， ∴， ， 是圆的直径， 当点Q在上方的弧上时，（时相切，不存在）；当点Q在左侧的弧上时，（时相切，不存在），当点Q在下方的弧上时，， 不存在， 当时，如图3，， ， 连接，则， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ， ∴， 当时，如图4，连接； 是圆的直径， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 综上所述，的长是或12． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 44．（2026·广东深圳·一模）如图，以为直径的经过点C，连接，．过点O作，交于点E，交于点D，过点D作，交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)连接，若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明即可得证； （2）过点D作于点G，根据勾股定理，三角函数的应用，结合的面积为：求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线． （2）解：过点D作于点G， ∵，， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴的面积为：． 45．（2026·广东广州·一模）如图，在中，，以为直径的交于点D，点E是的中点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为3，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先利用证明，根据全等三角形的性质可得，从而可得，于是可得出结论是的切线； （2）利用正切求得，再利用直角三角形斜边上的中线的性质求解即可． 【详解】（1）证明：连接，， ∵为直径， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴． ∵(半径)，， ∴． ∴， ∴． ∴是的切线． （2）解：∵半径为3，为直径， ∴． 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∵E是中点， ∴， ∴． 46．（2026·广东深圳·一模）如图，点在的直径的延长线上，点是上任意一点，且． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了圆的切线的判定，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，关键是证明和证明三角形相似． （1）连接，由直径所对的圆周角为直角得，进而证明，便可解决问题； （2）由三角函数求得，再证明，得出的数量关系，进而便可求得结果． 【详解】（1）证明：连接， ∵为直径， ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵是的半径， ∴为的切线． （2）解：∵，， ∴在中，，． 即． 设，则， ∵，          ∴．       解得．                ∴，．   又∵，， ∴． ∴． 设，则，， 又∵， ∴． ∴． ∴． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $