专题15 几何综合与压轴问题（5年汇编）（浙江专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦浙江中考几何综合与压轴问题，汇编近5年19道真题及模拟题，覆盖图形变换、圆综合等核心考点，如2026年省统考圆压轴题结合直径性质与参数探究，2025年菱形折叠综合面积法与三角函数。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题（含多问）|19道/10-14分|图形变换（轴对称、旋转）、圆（垂径定理、切线）、四边形（菱形、正方形）|动态探究（动点最值）、模型综合（将军饮马、一线三等角）、新定义素养（2023宁波邻等四边形），贴合省统考趋势|

专题15 几何综合与压轴问题 5年真题1年模拟 考点分类 浙江考情（2022-2026） 命题规律 考点01 图形变换、动点与最值综合 2026·浙江·中考 2025·浙江·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2022·浙江绍兴·中考 2022·浙江绍兴·中考 近5年浙江中考在本考点共选取5道真题，其中2025年、2026年省统考连续设题，2026年以等腰三角形中位线加轴对称求线段长呈现，2025年则通过菱形折叠、对称变换结合面积法与三角函数求差最值，显示出省统考对"图形变换＋最值"这一经典组合的高度重视。本考点题型以解答题和填空题为辅，分值通常在10-14分，位于试卷后段，属于区分度较高的中档偏难题目。核心考查轴对称、旋转、平移的性质应用，常结合勾股定理、相似三角形、三角函数以及"将军饮马""胡不归"等最值模型，要求较强的辅助线构造能力与分类讨论意识。命题趋势上，从单一的静态计算向动态过程中的不变量与最值探究转变，预计未来省统考仍将保留此类题目，并与菱形、矩形等特殊四边形深度结合。 考点02 四边形背景下的几何综合 2022·浙江温州·中考 2022·浙江杭州·中考 2022·浙江舟山·中考 2022·浙江金华·中考 近5年浙江中考在本考点共选取4道真题，全部集中于2022年地市卷，题型以高难度解答题为主。这些题目多以正方形、菱形或一般四边形为载体，通过内嵌正方形、弦图、动点运动等方式构造复杂图形。本考点的核心在于利用四边形的性质（平行、垂直、对角线互相平分等）进行角度转化和线段推导，往往需要多次全等或相似证明，计算量大且逻辑链条长。虽然2023—2026年省统考未再以纯四边形综合形式单独出现（多融入圆或图形变换之中），但其解题思想如构造全等、利用对称性、建立函数关系，仍是几何综合的基础。复习时应重点训练在复杂图形中识别基本模型、以及合理分类讨论的能力。 考点03 圆背景下的几何综合 2026·浙江·中考 2024·浙江·中考 2023·浙江温州·中考 2023·浙江宁波·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2023·浙江台州·中考 2023·浙江嘉兴·中考 2022·浙江杭州·中考 2022·浙江宁波·中考 2022·浙江温州·中考 2022·浙江丽水·中考 近5年浙江中考在本考点共选取11道真题，是本专题题量最大、考查频率最高的板块。2024年、2026年省统考均在此设题，2026年更将其作为压轴，以圆内接三角形、直径性质与含参数的代数式表示角度、线段关系综合呈现，难度较大；2023年各地市题目涵盖圆内接四边形、垂径定理、切线性质、圆周角定理与相似的深度综合。题型以解答题为主，常设置3个小问层层递进。核心考查"圆"作为几何载体的桥梁作用，常需结合"一线三等角""母子相似""手拉手"等模型，并与勾股定理、锐角三角函数及最值问题交叉。命题规律显示，圆与相似、圆与三角函数、圆与最值问题是永恒重点，预计未来省统考仍将把圆背景综合题作为几何部分的"重中之重"。 考点04 新定义、存在性与探究问题 2023·浙江宁波·中考 2023·浙江湖州·中考 2022·浙江嘉兴·中考 2022·浙江台州·中考 近5年浙江中考在本考点共选取4道真题，均为地市卷的创新压轴题。这类题目通常给出一个全新的定义或操作规则，要求考生现场学习并迁移应用。本考点不依赖特定的知识模块，而是侧重考查阅读理解、类比迁移与逻辑推理素养，题目情境新颖、设问灵活、没有固定套路，需要考生现场思考。虽然2024-2026年省统考未出现此类纯新定义题，但"探究与思考"的理念已渗透到各类综合题的第（3）问中。此类题目是选拔尖子生的关键，复习时应适当接触各类新定义与探究素材，培养面对陌生问题的心理素质与拆解能力。 考点01 图形变换、动点与最值综合 1．（2026·浙江·中考真题）如图，，，、分别是、的中点，、分别为、上任意点，当关于对称的线段垂直时，___________． 2．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，． (1)如图1，求的值． (2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． ①当时，求的长． ②求的最小值． 3．（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是___________，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是___________． 4．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，，点在射线上的动点，连接，作，，动点在延长线上，，连接，，当，时，的长是______． 5．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结． (1)如图，当在边上且时，求的度数． (2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由． (3)当直线恰好经过点时，求的长． 考点02 四边形背景下的几何综合 1．（2022·浙江温州·中考真题）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连结，作于点M，于点J，于点K，交于点L．若正方形与正方形的面积之比为5，，则的长为（    ） A． B． C． D． 2．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH． (1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积， (2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K． ①求证：； ②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：． 3．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形中，点F，H分别在边，上，连结，交于点E，已知． (1)线段与垂直吗？请说明理由． (2)如图2，过点A，H，F的圆交于点P，连结交于点K．求证：． (3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段的中点时，求的值． 4．（2022·浙江金华·中考真题）如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形． (1)如图1，点G在上．求证：． (2)若，当过中点时，求的长． (3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？ 考点03 圆背景下的几何综合 1．（2026·浙江·中考真题）如图1，内接于，是直径上的一点，满足，连接并延长交于点，连接，点在弦上，且．过点作，交于点，交于点．设． (1)用含的代数式表示和的大小； (2)如图1，若，求证：； (3)如图3，若的半径为1，点在上，且，求的长． 2．（2024·浙江·中考真题）如图，在圆内接四边形中，，延长至点E，使，延长至点F，连结，使． (1)若，为直径，求的度数． (2)求证：①；②． 3．（2023·浙江温州·中考真题）如图，四边形内接于，，．若，，则的度数与的长分别为（ ） A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°， 4．（2023·浙江宁波·中考真题）如图1，锐角内接于，D为的中点，连接并延长交于点E，连接，过C作的垂线交于点F，点G在上，连接，若平分且． (1)求的度数． (2)①求证：． ②若，求的值， (3)如图2，当点O恰好在上且时，求的长． 5．（2023·浙江嘉兴·中考真题）小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，的直径垂直弦AB于点E，且，． (1)复习回顾：求的长． (2)探究拓展：如图2，连接，点G是上一动点，连接，延长交的延长线于点F． ①当点G是的中点时，求证：； ②设，，请写出y关于x的函数关系式，并说明理由； ③如图3，连接，当为等腰三角形时，请计算的长． 6．（2023·浙江台州·中考真题）我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点（不与点重合，且在直径的同侧），分别作射线，交直线于点，点． (1)如图1，当，的长为时，求的长． (2)如图2，当，时，求的值． (3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值． 7．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在中，是一条不过圆心的弦，点是的三等分点，直径交于点，连结交于点，连结，过点的切线交的延长线于点． (1)求证： ； (2)若，求的值； (3)连结交于点，若的半径为5 ①若，求的长； ②若，求的周长； ③若，求的面积． 8．（2022·浙江杭州·中考真题）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD=ED，则∠B=_________度；的值等于_________． 9．（2022·浙江宁波·中考真题）如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设． (1)用含的代数式表示． (2)求证：． (3)如图2，为的直径． ①当的长为2时，求的长． ②当时，求的值． 10．（2022·浙江温州·中考真题）如图1，为半圆O的直径，C为延长线上一点，切半圆于点D，，交延长线于点E，交半圆于点F，已知．点P，Q分别在线段上（不与端点重合），且满足．设． (1)求半圆O的半径． (2)求y关于x的函数表达式． (3)如图2，过点P作于点R，连结． ①当为直角三角形时，求x的值． ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 11．（2022·浙江丽水·中考真题）如图，以为直径的与相切于点A，点C在左侧圆弧上，弦交于点D，连接．点A关于的对称点为E，直线交于点F，交于点G． (1)求证：； (2)当点E在上，连接交于点P，若，求的值； (3)当点E在射线上，，以点A，C，O，F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求的长． 考点04 新定义、存在性与探究问题 1．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角． (1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形． (2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长． 2．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】 （1）如图1，在正方形中，点P在边的延长线上，连接，过点D作，交的延长线于点M．求证：． 【变式求异】 （2）如图2，在中，，点D在边上，过点D作，交于点Q，点P在边的延长线上，连接，过点Q作，交射线于点M．已知，，，求的值． 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，点P在边的延长线上，点Q在边上（不与点A，C重合），连接，以Q为顶点作，的边交射线于点M．若，（m，n是常数），求的值（用含m，n的代数式表示）．    3．（2022·浙江嘉兴·中考真题）小东在做九上课本123页习题：“1：也是一个很有趣的比．已知线段AB（如图1），用直尺和圆规作AB上的一点P，使AP：AB＝1：．”小东的作法是：如图2，以AB为斜边作等腰直角三角形ABC，再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P，点P即为所求作的点．小东称点P为线段AB的“趣点”． (1)你赞同他的作法吗？请说明理由． (2)小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP，点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造DPE，使得DPE∽CPB． ①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数． ②如图4，DE分别交CP，CB于点M，N，当点D为线段AC的“趣点”时（CD＜AD），猜想：点N是否为线段ME的“趣点”？并说明理由． 4．（2022·浙江台州·中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；再在四边形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；…如此继续下去，得到四条螺旋折线． 1．（2026·浙江绍兴·一模）如图，四边形内接于圆O，为直径，，交于点G，，垂足为E，交于点F． (1)如图1，证明：． (2)如图2，连结，若，求的度数． (3)如图3，连结，若，，求四边形的面积． 2．（2026·浙江舟山·一模）如图1，在菱形中，，是对角线上一点，连接，设 ，将沿折叠得到，连接并延长交于点． (1)用含的代数式表示． (2)求证： ①； ②． (3)如图2，当时，求的值． 3．（2026·浙江台州·一模）如图，在正方形中，点E，F分别是边上的动点（不包含端点），于点G，于点M，． (1)如图1，求证：． (2)如图2，过点E作分别交于点H，N． ①求证：四边形为正方形； ②求证：； ③若，请直接写出的取值范围． 4．（2026·浙江丽水·模拟预测）如图1，在矩形中，，，E，F分别是，上的点，作四边形关于直线对称的四边形，点D的对称点G落在上，连接． (1)当G为的中点时，求的长． (2)如图2，连接． ①若，求的值． ②若，求的长． 5．（2026·浙江温州·二模）探究角度与线段比例之间的关系 如图1，在中，，点在边上，且，连接并延长至点，使得，作交延长线于点，连接交于点．记，． 【图形认识】 (1)求证：． 【引元关联】 (2)设，求关于的函数表达式． 【特例计算】 (3)如图2，当时，分别求出和的值． 【规律研究】 (4)已知，求的取值范围． 6．（2026·浙江温州·模拟预测）如图1，是的直径，A，D为圆上在异侧的点，，连接交于点H，将关于直线对称得到． (1)求出的度数． (2)如图2，延长交于点F，连接，，交于点G． ①求证：． ②若，求的值． 试卷第1页，共3页 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题15几何综合与压轴问题 5年真题1年模拟 五年真题分类 考点01图形变换、动点与最值综合 1.2V2 2. 【详解】(1)解：如图1，设AC,BD交于点O, D B 图1 ,在菱形ABCD中，AB=5,AC=8, :.AC L BC,OA=AC=4, 0B=AB2-0A2=3 sin∠BAC=OB=3 AB 5 (2)解：①如图所示，连接BD,设AC,BD交于点O, 1/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B ,四边形ABCD是菱形， AC L BD,OA=AC=4,BD=20B,AD=AB=5. 0B=AB2-0A2=52-42=31 BD=6: .EF⊥AC,AC⊥BD, EF‖BD ∴∠DBE=∠FEB, 由轴对称的性质可得ㄥAEB=∠FEB, ∠DEB=∠DBE, ..DE=DB=6, ..AE=AD+DE=11; ②，菱形ABCD, ∴点A与点C关于BD对称， 当点E与点D重合时，此时点F与点C、P重合， D(E) C(F) B ,E是AD延长线上的一点， ∴点P一定在线段AC的延长线上， 在Rt△BOP中，由勾股定理得PB=VOB2+OP=OP2+9 2/60 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..PA=OA+OP=4+OP, PA-PB=4+OP-OP2+9 =4+OP-0p2+9oP+Op+9 OP+0P2+9 =4+0P-0p2-9 OP+OP2+9 9 =4- OP+VOP2+9 9 =>0 OP+VOP2+9 ·要使A-PB的值最小，则 9 要最大， OP+OP2+9 0P+VOP2+g要有最小值， 又“/OP2+g的值随着OP的值增大而增大， OP+Op+g的值随着op的值增大而增大， 9 当0P有最小值时，OP+OP+g有最小值，即此时 有最大值， 0P+/0P2+9 ∴.当OP有最小值时，PA-PB有最小值； 如图所示，过点B作BH⊥AD于H,BT⊥FE于T, 3/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E D O 图2 S表ARCDAC·BD=AD:BH 1AC·BD 1×6×8 24 BH= AD 5 5 ·由轴对称的性质可得BT=BH=24 在Rt△POB中，由勾股定理得OP=VPB-OB=VPB-3, .当PB有最小值时，OP有最小值， 由垂线段最短可知BP≥BT=24 :当点P与点T重合时，BP有最小值，最小值为兮， 24 六0P小值 2412 32=339 5 (PA-PB景小位=4- 9 =339-4 339,24 5 55 3.6V6-6V2 12π-183+18 4翠 5. 【详解】(1)解：，DE=2, ..AE=AB=6, 4/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,四边形ABCD是矩形， ∴.∠A=90°， ∴.∠AEB=∠ABE=45°， 由对称性知∠BEM=45°， .∴∠AEMF∠AEB+∠BEM=90°； (2)如图1， D E C 图1 AB=6,AD=8, ∴.由勾股定理得BD=10, ,当N落在BC延长线上时，BN=BD=10, ∴.CN=2. 由对称性得，∠ENC=∠BDC, ∴.cos∠ENC= 2-6 EN 10 10 ∴EN= 3, .DE-EN=10 直线MN与直线BD的位置关系是MNIBD. 由对称性知BM=AB=CD,MN=AD=BC, 又，BN=BD, .∴.△BN≌△DCB(SSS), .∴.∠DBC=∠BNM, 所以MNBD: 5/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C, N E D 图2 ∴.∠BMC=90°， ·MC=BC2-BM=2R/7 ·.'BM=AB=CD,∠DEC=∠BCE,∠BMC=∠EDC=90°， .∴.△BCM≌△CED(AAS), ∴.DE=MC=2V7: ②情况2：如图3，点E在边CD上时， D E 8 图3 M .BM=6,BC=8, ∴.MC=2V7,CN=8-27, :∠BMC=∠CNE=∠BCD=90°， ∴.∠BCM+∠ECN=90, .∠BCM什∠MBC=90°， .∴.∠ECN=∠MBC, .∴△BMC∽△CNE, 6/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..BM=MC CN EN' ENMC·CN=8P7-14 BM ..DE=EN= 8V7-14 3 综上所述，DE的长为27或87-14 3 考点02四边形背景下的几何综合 1.C 2. 【详解】(1)解：，AB=4,点M是边AB的中点， ∴AE=BE=2, .AE=2 BF, ∴BF=1, 由勾股定理，得 EF2=BE2+BF2=5, ∴.正方形EFGH的面积为5. (2)①证明：由题意知∠KAE=∠B=90°， .∠EFB+∠FEB=90, ,四边形EFGH是正方形， .∠HEF=90, ∴.∠KEA+∠FEB=90°， ∴.∠KEA=∠EFB, ∴.△KEA一△EFB, 經-2 ∴.EK=2EF=2EH. ②证明：由①得HK=HE=GF, 又.∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∠FJG, 7/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△KHI≌△FGJ, 设△KHI的面积为S1: .∠K=∠K,∠KH=∠A=90°， ∴△KHI△KAE, .S1 KH =4sin a, KE2 :S2=4sin2a-1' S1 3.【答案】(1)AC⊥FH, 证明：，四边形ABCD是正方形， .CD=CB,∠D=∠B=90°， 又.CF=CH, .Rt△CDF≌Rt△CBH(HL), ∴.∠DCF=∠BCH」 又.∠DCA=∠BCA=45, .∠FCA=∠HCA」 CF=CH ∴△CFH是等腰三角形， .AC⊥FH. (2) 证明：如图1，过点K作KG⊥AB于点G. O D H 图1 ,CB⊥AB, 8/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .KG‖CB .△AKG-△ACB, .AK=KG AC CB :∠PHA=∠DFC,∠DFC=∠CHB, .∠KHG=∠CHB .△KHG一△CHB, 祭 :A= AC CH (3)解：如图2，过点K作KG⊥AB点G. B 图2 点K为AC中点： 自a)00贸然- GH-KH_1 BH CH2' 设GH=a,BH=2a,则KG=AG=GB=3a, ∴.CB=AB=6a,AH=4a, CH=CF =BH2+BC2=210a' ..AF=AH, FH=AH2+AF=42a'EH=282a' ∠FPH+∠FAH=180°， .∠FPH=90°=ㄥCEH, 又.∠CHE=ㄥPFH, 9160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△FPH~△HEC, PE=FH EH CH Pp=40 5Q, ..CP=CF-PF= 6V10 .Cp_3 PE 2 4【答案】(1) 证明：如图1， D E HC 图1 ,四边形ABCD是菱形， .'.BA=BC, .∠BAC=∠BCA. .GC, .∠FGA=∠BCA, ∴∠BAC=∠FGA, ∴.△AFG是等腰三角形， .A=FG」 (2)解：记AC中点为点O. ①当点E在BC上时，如图2，过点A作AM⊥BC于点M, 10160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G B MEC H 图2 在R肚△AM中，M-号AB=6, BM=AB2-AM2=102-6=8 .FG=EF=AM=6,CM=BC-BM=2, .OA=OC,OE‖AM, CE=ME=CM=×2=1. .∴AF=ME=1, ∴.AG=AF+FG=1+6=7. ②当点E在CD上时，如图3， G A D H B 图3 过点A作AN⊥CD于点N. 同理，FG=EF=AN=6,CN=2, AF-NE-jCN-1, .AG=FG-AF=6-1=5, .AG=7或5. (3)解：过点A作AM⊥BC于点M,作AN⊥CD于点N. 11/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①当点E在线段BM上时，0<S≤8.设EF=3x,则BE=4X,GH=EF=3x, i)若点H在点C的左侧，s+8≤10，即0<s≤2，如图4， A F G BE M HC 图4 CH=BC-BH=10-(4x+8)=2-4x. ,△GHC~△FEB, .GHCH ·EFBE GH EF CH BE 3x=3 2-4x4 解得x= 4 经检酸，X子是方程他根， ∴.s=4x=1. ,△GHC~△BEF, GH BE CH EF 3x=4 小2-4x3 8 解得x=25 经检验，X 2公是方程的根， 12160 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5=4x=32 5 ii)若点H在点C的右侧，s+8>10,即2<S≤8，如图5， A B E M CH 图5 CH=BH-BC=(4x+8)-10=4x-2. ,△GHC~△FEB, GH=CH ”EFBE GH_EF CH BE 3x=3 4x-241 此方程无解. ,△GHC~△BEF, GH=CH BE EF .GH=BE CH EF ,3x=4 4x-23 谢得9 经检验，X=8是方程的根， 7 s=4x=32 ②当点E在线段MC上时，8<s≤10，如图6，EF=6,EH=8,BE=s. 13160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 GD B MEC H 图6 .BH=BE+EH=s+8,CH=BH-BC=s-2. .△GHC一△FEB, .GH CH EF BE GH EF CH BE' g2号 此方程无解， ,△GHC~△BEF, GH CH BE EF GH BE CH EF 2 解得s=1±37， 经检验，s=1±37是方程的根， .8<s≤10， .s=1±37不合题意，舍去： ③当点E在线段CN上时，10≤s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J, 14160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y D H B 图7 在Rt△BJC中，BC=10,CJ=6,BJ=8 EH=BJ=8,JF=CE, ∴BJ+JF=EH+CE, ∴.CH=BF, ,GH=EF,∠GHC=∠EFB=90°， ∴.△GHC≌△EFB,符合题意， 此时，10≤s≤12 ④当点E在线段ND上时，12<s<20, ,∠EFB>90°， .△GHC与△BEF不相似. 25或=32 综上所述，5满足的条件为：5=1或5=32。 或10≤5≤12. 考点03 圆背景下的几何综合 1. 【详解】(1)解：，∠CAB=a,AC=AD, 2AcD-∠ADC-180°-a=90-2 ·∠ABE,∠ACE为AE所对的圆周角， ∴.∠ABE=∠ACD=90°- q, 15/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .GF⊥CE, ∴∠FGB=90°-∠ADC=90° 90-a1n (2)证明：如图，连接OF,OE, :∠CEB,∠CAB为C 所对的圆周角， .∠CEB=∠CAB=a, .AB为直径， .∠ACB=90°， .∠ABC=90°-a, :∠EBD=∠ACD=90-1 ∠CBE=∠ABC+∠EBD=90°-Q+90-1 a=1800-3。 .CD=CF,BF=DE, ∴CE=CB ·∠CEB=∠CBE=180-3。 , 同理：∠CAB=∠CEB, Q=1800-3 解得：a=72°， ∴.∠CAB=∠CEB=∠CBE=72°， :∠BCD=180°-72°-72°=36°，∠FGB=号a=36, .∠BOE=2∠BCD=72°， .OB=OE, 16160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠OBE=∠OEB=54 .∠OED=∠OBF=72°-54°=18°， .△OED≌△OBF SAS, ∠OFB=∠ODE=∠ADC=∠ACD=90-a=54°，∠D0E=∠B0p, :∠DOE+∠BOE=180°， .∠BOF+∠BOE=180°， E,O,F三点共线， ∴.∠GOF=∠B0E=72°， .∠GFO=180°-∠FG0-∠GOF=72°=∠GOF, ∴.GF=GO (3)解：如图，连接AE,OE, B :∠ACB=90∠ACD-<ADC=90-2a 六∠BCE=5a=∠FGB, 同理：∠DAE=∠BCE=号a, .∠FGB=∠DAE, 结合(1)可得：∠ACD=∠ADC=∠EDB=∠OBE=∠OEB, ,∠EBD=∠OBE, ∴△BDE一△BEO, 器器uE广-wo, 同理可得：∠AED=∠FBG, .BF=DE, ∴.△FGB≌△DAE AAS, 17/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AE=BG. 设AC=AD=X, .A0=1, .AB=2,BD=2-X,OD=X-1, OD=2AG ..AG=X-1 2 ∴AE=BG=2-X-1=5-X 22 .BE2=BD·BO=2-X, ,AB为直径， .∠AEB=90°， 2- .x2-14x+17=0, 解得：x=7-4V2(x=7+4√2大于直径，舍去)， AC的长为7-42 2. 【详解】(1)解：，∠AFE=∠ADC,∠AFE=60°， .∠ADC=60°， CD为直径， .∠DAC=90, .∠ACD=90°-60°=30°， .AD=AD. ∴.∠ABD=∠ACD=30°： (2)证明①：，四边形ABCD是圆内接四边形， .∠ADC+∠ABC=180°， ,∠AFE=∠ADC, .∠AFE+∠ABC=180°， .EF‖BC: 18160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②过点D作EF平行线交AF于点G, E DG EF G B ∴∠F=∠DGA,△ADG一△AEF, ∠F=∠ADC, .∠DGA=∠ADC, ,由(1)知∠ABD=∠ACD, .△CDA一△BGD, .AC=AD 'BD GD ,△ADG一△AEF, 提梁 AD_AE GD EF AC AE 小BDEF ..AE=AC, .EF=BD 3.C 4. 【详解】(1)证明：，BC平分∠EBG, ∴.∠GBC=∠EBC, ,∠EBC=∠EAC, .∠GBC=∠EAC, ,∠ACF=90, ∴.∠EAC+∠AFC=90°. .∠BCG=∠AFC, 19160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠GBC+∠GCB=90°， .∠BGC=90°： (2)①①证明：，D为BC中点，∠BGC=90°， ∴DG=DB=DC, ∴.∠DGC=∠BCG, ,∠BCG=∠AFC, .∠AFC=∠DGC, ∴.CF=CG, ,∠BGC=∠ACF=90°，∠CBG=∠AC, .△GBC≌△CAF, ..BC=AF: ②设GC=CF=X,CD=BD=GD=a, .BC=AF-2g.AG=DF-0, ,∠AFC=∠BCG,∠CGD=∠CGF, ∴.△GCD△GFC, GC=GD GFGC,即GC2=GFGD, 1 ∴x2=a jaa-3 WcG-o 2 BG2=BC2-CG2-4a2-3a2-5a. 2 2 tan2∠GBc=GC=3, GB25 '.tan 2 GBC=93-715 (负根舍去)： (3)解法一：如图，设⊙O的半径为r,连接OC交AE于N,过O作OM⊥BE于M, 20160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,'D B E .OB=OC, .∠CBE=∠OBC=∠OCB, .OC‖BE BD=CD,∠BDE=∠CDN, .∴△EBD≌△NCD, .BE=CN, OC‖BE .∠GOC=∠OBM,而∠OGC=∠OMB=90°，OC=OB, .∴△COG≌△OBM, ..BM=OG=1, .OM⊥BE, ∴.CN=BE=2BM=2, ,OC‖BE .△GON一△GBE, .GO=ON 即1=r-2 GB BE' r+12 解得：5=1+亚 2 (负根舍去)， 由(2)①知△ACF≌△BGC, ·AC=BG=r+1=3+17 2 解法二：如图，延长BG,分别交AC、⊙O于M、N,连接CN, 21160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B .DB=DG, ∴.∠DBG=∠DGB 又.'∠DBG=∠CAG,∠BGD=∠AGM, ∴.∠CAG=∠AGM, .∴.MA=MG .OB=OC, ∴.∠OBC=∠OCB, ∴.∠MOC=∠OBC+∠OCB=2∠OBC 又.：∠OMC=∠AGM+∠CAG=2∠CAG, ∴.∠MOC=∠OMC, ∴.CM=CO=r. 又.CG⊥OM, ..OG=MG,.MA=MG=OG=1. .'△CAF≌△GBC, ∴.AC=BG=r+1. .·∠BAM=∠BNC,∠ABM=∠ACN, .∴△ABM-△NCM, .AM-BM MN CM ∴.BM·MN=AM·CM, 即(r+2(r-2)=1·r, 得r2-r-4=0, 解得：r,=1+1☑ (负根舍去)， 2 22160 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AC=r+1=3+/17 2 5. 【详解】(1)解：连接OA, C B D ,⊙O的直径CD垂直弦AB于点E,且CE=8,DE=2, ..CD=CE+DE=10,AE=BE, 0A=0D=CD=5,0E=0D-DE=3 在Rt△0AE中，AE=0A2-OE=52-32=4' .AB=2AE=8: (2)①证明：连接DG, G E B D ,点G是BC的中点， ..CG=BG, ∠GAF=∠D, ,⊙O的直径CD垂直弦AB于点E, .∠CGD=∠CEF=90°， .∠F=90°-∠DCG=∠D, ∠GAF=∠F: 23160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②，CE=8,AE=4,∠CEA=90°， AC=AE2+CE2=V42+82=45 C D ,⊙O的直径CD垂直弦AB于点E, ..AC=BC. .∠CAF=∠CGA, ,∠ACF=∠GCA, .△CAF△CGA, 光器希 y=80 ③当CF=CD=10时， C G B E D 在Rt△CEF中，EF=CF2-CE2-10-8=6 .BF=EF-BE=2, :∠FGB=180°-∠BGC=∠FAC, .△FGB一△FAC, 熙器器品 BG2 24160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BG= 5 当DF=CD=10时， B A E D 在Rt△中，EF=√DF2-DE=V102-2=46 在Rt△CEF中，CF=VCE2+EF=√82+46=4V10' ..BF=EF-BE=46-4, 同理△FGB一△FAC, 肥脚器瑞 BG46-4 .BG=43-2V2: 4V5 综上，BG的长为 或4V3-2V2】 6. 【详解】(1)解：如图1，连接OP,设∠BOP的度数为n. ..AB=6 BP π B 图1 的长为， :n3 180 ∴.n=60,即∠BOP=60°. 25160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BAP=∠B0P=30 直线l是⊙O的切线， ∴.∠ABC=90° :BC=4e=23 3 (2)解：如图2，连接BQ,过点C作CF⊥AD于点F, A .'AB B C D 图2 为直径， .∴.∠BQA=90° .Cos∠BAQ=AQ=3 AB 4 .BP=PQ, ∴.∠BAC=∠DAC .CF⊥AD,AB⊥BC, .'CF=CB. .∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°， ∴.∠FCD=∠BAQ .BC-FC=cos∠FCD=co5∠BAQ= ·CDCD 4 (3)解： V10 4，」 理由如下： 如图3，连接BQ, 26160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .:AB⊥BCBQ⊥AD B 图3 ∴.∠ABQ+∠BAD=90°，∠ADB+∠BAD=90°， ∴.∠ABQ=∠ADC, .∠ABQ=∠APQ, .∴.∠APQ=∠ADC ,∠PAQ=∠CAD, .∴.△APQ一△ADC, 器 .0 :∠BAP=∠BAC,∠ABC=∠APB=90°， .△APB△ABC, 咒器 ② .BC=CD, ①÷②得， PQ_AB BP AD =cos∠BAQ. .sin∠BAQ= 6 4 10 ∴.cos∠BAQ= 41 7. 【详解】(1)解：：点C,D是AB三等分点， ..AC=CD=DB. 由CE是⊙O的直径 ∴.CE⊥AD, ,HC是⊙O的切线， 27160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .HC⊥CE AD‖HC. (2)如图1，连结AO,BD=CD, E B D 图1 .∠BAD=∠CAD 由CE⊥AD,则∠AGF=∠AGC, 又，AG=AG ∴.△CAG≌△FAG, ∴.CG=FG 设CG=a,则FG=a, :0c=2 CG ∴.OG=2a,AO=C0=3a. 在Rt△AOG中由勾股定理得AO=AG+OG2, (3aP=AG2+(2a2 ..AG=V5a. ∴tan∠AG=FG=1_5 AG 55 (3)①如图1，连结OA,0F=5,0C=0A=5, 28160 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B F A D C 图1 .CF=5 CG=FG=5 0G=15 ·AG=OA2-0G=57. .CE⊥AD, :AD=2AC-87. AC=CD=DB, ..AD=CB. :BC=AD-号7 ②如图2，连结CD, E B O F G C 图2 :AD‖HC,FG=GC, .'.AH=AF 29160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠HCF=90°， ..AC=AH=AF=10 设CG=x,则FG=x,OG=5-X, 由勾股定理得AG=A02-0G=AC2-CG2, 即25-(5-x2=10-x2” 解得x=1。 ∴.AG=3,AD=6 .CD=DB .∠DAC=∠BCD ,∠CDN=∠ADC, ∴.△CND一△ACD, ”品 :.ND-CD'-5 AD 3 AN=13 3 .∠BAD=∠DAC,∠ABN=∠ADC, .△ANB-△ACD C68=C6am×AN-6+20×,13-1310,2 Ac 3V105 ③如图3，过点O作OM⊥AB于点M,则AM=MB=AB. E B N D 图3 设CG=X,则FG=x,OG=5-x,OF=5-2x, 由勾股定理得AG2=A0-0G2=25-(5-x)2=10x-x2, 30160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AF2=AG2+FG2=10x-x2+x=10x, :AD‖HC,FG=GC, AB-AF .AG-HC, AF~AM-号HF克AB号HF·AB-子×照=2 ,∠AGF=∠OMF=90°，∠AFG=∠OFM, .△AFG一△OFM, 战 .AF·FM=OF·GF AF·AM=AF·AF+FM=AF2+AF·FM=AF2+OF.GF=22 可得方程10x+x5-2x=22, 解得X1=2,X2=5.5(舍去). ..CG=FG=2, ∴.0G=3, ∴AG=4, :HC=8,AH=AF=25. ∴SACHA=8. .AD‖HC, .∠CAD=∠ACH .AC=CD .∠B=∠CAD, .∠B=∠ACH. ,∠H=∠H, .△CHA△BHC, 六SAmC=8X HC2128 31160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3+5 8.36 2 9. 【详解】(1)，∠AFB-∠BFD=∠ACB=Q,① 又：∠AFB+∠BFD=180°，② ②-①，得2∠BFD=180°-a, ∠BFD=90-C 2 (2)E明：由1)得∠BFD=90-号 .∠ADB=∠ACB=a, ∠FBD=180°-∠ADB-∠BFD=90- ..DB=DE :FG‖AC, .∠CAD=∠DFG. ,∠CAD=∠DBE, .∠DFG=∠DBE .BE=FG. .△BDE≌△FDG(SAS). (3)①：△BDE≌△FDG, .∠FDG=∠BDE=a, .∴.∠BDG=∠BDF+∠EDG=2a. .DE=DG, 2DGE=180-∠FDG=90-受 ·在△BDG中，∠DBG=180°-∠BDG-∠DGE=90-3 2 .AD为⊙O的直径， ∴.∠ABD=90° ∠ABC=∠ABD-∠DBG=3C 2 32160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AC与AB的度数之比为3：2. ∴AC与AB的长度之比为3：2， AB=2, .AC=3. ②如图，连结BO A OB=OD, ∴∠OBD=∠ODB=a, ∴.∠BOF=∠OBD+∠ODB=2a. ,∠BDG=2a, ∠BOF=∠BDG. :∠BGD=∠BFO=900-C ∴△BDG-△BOF, 设△BDG与△BOF的相似比为k, 888 k 85品 ∴.设OF=4x,则OE=11X,DE=DG=4, ..OB=OD=OE+DE=11x+4kx, BD=DF=15x+4kx, 器4%54装 时款-k04k47k-15-0 33/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解k=子k=-36白) .OD=11x+4x=16x,BD=15x+4kx=20x, ∴.AD=2OD=32X, 在Rt△ABD中，cOS∠ADB=BD=20X=5 AD 32x 8' ∴.cos= 5 8 10 【详解】(1)解：如图1，连结OD.设半圆O的半径为r. E D B 图1 ,CD切半圆O于点D, .OD⊥CD BE⊥CD, .OD‖BE, ∴△COD~△CBE, 架品 即5=5r 35 15 5 .r= 8, 即半圆0的半径是 8 (2)由(1)得：CA=CB-AB=5-2×15=5 84 AP=5 BBQ=x. :.AP=5x. 41 .CP=AP+AC, 34160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x+5 y= 441 (3)①显然∠PRQ<90°，所以分两种情况. i)当∠RPQ=90时，如图2. R A 图2 ,PR⊥CE, ∠ERP=90°. ,∠E=90°， ∴四边形RPQE为矩形， ∴PR=QE. 33,3 PR=PC.sinC=y= 4 * 3 =3-x, 9 x=7 i)当∠PQR=90时，过点P作PH⊥BE于点H,如图3， E R D 图3 则四边形PHER是矩形， ..PH=,EH=PR. .CB=5,BE=3, CE=V52-32=4 35160 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CR=CP.cosC=-号y=X+1, 4 ..PH==3-x=EQ, .∠EQR=∠ERQ=45°， .∠PQH=45°=∠QPH, ∴.HQ=HP=3-x, 山EH=PR符：3-X+(3-x-子x+星 4 引 9t21 综上所述，x的值是或 ②如图4，连结AF,QF, E R B 图4 由对称可知QF=QF,∠FQR=∠EQR BE⊥CE,PR⊥CE, ∴.PR‖BE ∴.∠EQR=∠PRQ, 5 .BQ=x,CP= 4+ 4 ∴EQ=3-x, .PRIBE, .△CPR一△CBE, CP=CB CR CE 2x+5 即：44=5， CR 4 解得：CR=x+1, 36160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.ER=EC-CR=3-x, 即：EO=ER ∴.∠EQR=∠ERQ=45°， ∴.∠FQR=∠EQR=45° ·∠BQF=90 .QF=QF=BQ·tanB= ,AB是半圆O的直径， ∴.∠AFB=90° BF=AB·COsB=9 4 9 4 27 ..X= 281 CF=BC-BF=BC-1=3-1=19. B BF X 9 11.【答案】(1) 证明：如图，设CD与AB相交于点M, 0 C D G ,⊙O与AH相切于点A, .∠BAG=90°， .CD⊥AB ∴.∠AMC=90°， 37/60 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AG‖CD .∠CAG=∠ACD,∠AGC=∠FCD, ,点A关于CD的对称点为E, ∴.∠FCD=∠ACD, ∴.∠CAG=∠AGC. (2)解：过F点作FK⊥AB于点K,设AB与CD交于点N,连接DF,如下图所示： B K- C D N G 由同弧所对的圆周角相等可知：∠FCD=∠FAD, ,AB为⊙O的直径，且CD⊥AB,由垂径定理可知：AC=AD, .∠ACD=∠ADC, ,点A关于CD的对称点为E, ∠FCD=∠ACD, ∴.∠FAD=∠FCD=∠ACD=∠ADC,即∠FAD=∠ADC, ..DP=AP, 由同弧所对的圆周角相等可知：∠ACP=∠DFP,且∠CPA=∠FPD, .△CPA≌△FPD, ..PC=PF, ,FK⊥AB,AB与CD交于点N, .∠FKE=∠CNE=90°. .∠KEF=∠NEC,∠FKE=∠CNE=90, .△KEF一△NEC, KE-EF_2 ∴ENCE5 设KE=-2x,EN-5x, 点A关于CD的对称点为E, 38/60 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AN=EN=5x,AE=AN+NE=10x,AK=AE+KE=12x, 又FKPN, .△APN~△AFK, .PA=AN=5x5 AF AK 12x 12 .∠FCD=∠CDA, ..CF AD, DP AP _AP 5 ∴CP=PF=AF-AP7 (3)解：分类讨论如下： 如图1中，当OC‖AF时，连接OC,OF,设∠AGF=a,则 ∠CAG=∠ACD=∠DCF=∠AFG=a, B E 五 G A 图1 .OC‖AF, ∴.∠OCF=∠AFC=a, .OC=OA. .∴.∠OCA=∠OAC=3a, .∠OAG=45°， ∴.4=90°， ∴.a=22.5°， OC=OF,OA=OF, .∴.∠OFC=∠OCF-∠AFC=22.5°， .∴.∠OFA=∠OAF=45°， ..AF=20F=20C, 39160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 OC‖AF, .AE_AF ·OE0 =2 .OA=1, .'AE=_ 2 +92 =2-V2 如图2中，当OCAF时，连接OC,设CD交AE点M. E B C M F ￥o G A 图2 设∠OAC=, :OC‖AF, ∴.∠FAC=∠OCA=a, ∴.∠COE=∠FAE=2a&, .·∠AFD=∠D,∠AGF=∠D, ∴.∠AGC=∠AFG=∠AEC+∠FAE=3a, :∠AGC+∠AEC=90°， .∴.4a=90°， ∴.a=22.5°，2a=45°， ∴.△COM是等腰直角三角形， ∴.OC=20M, .OM- 2 ∴.AE=2AM=2+V2: 40160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图3中，当AC‖OF时，连接OC,OF, ⊙ E D H G 图3 设∠AGF=a, .∠ACF=∠ACD+∠DCF=2a, :AC‖OF, ∴.∠CFO=∠ACF=2a, .∴.∠CAO=∠ACO=4a, .∠AOC+∠OAG+∠ACO=180°， .∴.10=180°， ∴.a=18°， .∴.∠COE=∠EC0-∠CFO=36°， ∴.AOCE~△FCO、, ∴.OC2=CE·CF、, .1=CECE+1、, CE=AC=OE=5-1 2 ..AE=OA-OE-3-95 2 如图4中，当AC‖OF时，连接OC,OF,BF 41160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B 0 >0 A 图4 设∠FAO=Q, .AC OF, ∴∠CAF=∠OFA=a, ∴.∠COF=∠BOF=2a, AC=AE, ∴.∠AEC=∠CAE=∠EFB, ∴BF=BE, 由AOCF=△OBF, .CF=BF=BE, .∠E=∠COF, ∴.△COF~△CE0, ∴.OC2=CECF, BE=CF=5-1 2 .AE=AB+BE=3+5 2 综上所述，满足条件的AE的长为2-V2或2+V2或 -V53+5 或 2 2 考点04新定义、存在性与探究问题 42160 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 【答案】(1) 证明：，AD‖BC,∠A=90°， ∠ABC=180°-∠A=90°，∠ADB=∠CBD, .对角线BD平分∠ADC, ∴.∠ADB=∠CDB, .∠CBD=∠CDB, ∴.CD=CB, .四边形ABCD为邻等四边形. (2) 如图，D1,D2,D3即为所求； B D 图2 (3)如图，过C作CQ⊥AD于Q, E A B 图3 .DAB=∠ABC=90°， ∴.四边形ABCQ是矩形， .AQ=BC,AB=CQ,AD‖BC, .BE AC, .四边形ACBE为平行四边形， ..BE=AC=8,AE=BC, 设BC=AE=X,而DE=10, .AD=10-x,DQ=x-10-x=2x-10, 43160 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由新定义可得CD=CB=X, 由勾股定理可得：X-2x-102=82-x2” 整理得：x2-20X+82=0, 解得：X1=10-32:X,=10+32>8（不符合题意舍去)， .CB=CD=10-3V2, ∴四边形EBCD的周长为10+8+210-32=38-62 2.【答案】(1)证明：在正方形ABCD中， ∠A=∠ADC=∠BCD=90°，AD=DC, .∠A=∠DCM=90, ,DM⊥PD, .∠ADP+∠PDC=∠CDM+∠PDC=90, .∠ADP=∠CDM, ∴.△DAP≌△DCM ASA. (2)如图1，作QN⊥BC于点N,如图所示： D B NMC 图1 ∠ABC=90°，DQ⊥AB, ∴.四边形DBNQ是矩形， ∴.∠DQN=90°，QN=DB, .QM⊥PQ .∠DQP+∠PQN=∠MQN+∠PQN=90°， .∠DQP=∠MQN, ,∠QDP=∠QNM=90°， ∴.△DQP-△NQM, 44160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :PQ-DQ-DQ QM QN DB .BC=8,AC=10,∠ABC=90°， ·AB=VAC2-BC2=6 AD=2DB. .DB=2, .∠ADQ=∠ABC=90°， ..DQ BC, .△ADQ~△ABC, 照架号 D09 .PQ-DQ-8 QM DB 3 (3).AC=mAB,CO=nAC, ∴.CQ=mnAB, ∴.AQ=AC-CQ=m-mnAB, ,∠BAC=90° BC=AB+AC2=1+m2AB' 如图2，作QN⊥BC于点N, d N MC 图2 ,∠A+∠ABN+∠BNQ+∠AQN=360°， .∠ABN+∠AQN=180°， .∠AQN=∠PBN ,∠PQM=∠PBC, ∴.∠PQM=∠AQN, 45160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AQP=∠NQM, :∠A=∠QNM=90°， ∴.△QAP-△QNM, .PQ=4Q QM NQ :∠A=∠QNC=90°，∠QCN=∠BCA, ∴.△QCN△BCA, ∴QN_CQ mnAB mn BA CB 1+m2AB 1+m QN=mnAB 1+m 吧=a0-1-n/1+m QM NQ n 3.【详解】(1)证明：赞同，理由如下： ,·等腰直角三角形ABC, .∴.AC=BC,∠A=∠B=45°， .c0s45o= AC_2_1 AB-22' .AC=AP, .AP1 AB 2 ∴点P为线段AB的“趣点”. (2)①由题意可得：∠CAB=∠B=45°，∠ACB=90°，AC=AP=BC, .∠ACP=∠APC=1(1800-45)=67.5°， ∴.∠BCP=90°-67.5°=22.5°， ∴.∠CPB=180°-45°-22.5°=112.5°， △DPB-△CPB,D,A重合， .∴.∠DPE=∠CPB=112.5°， ∴.∠CPE=∠DPE+∠CPB-180°=45°. 46160 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②点N是线段MB的“趣点”，理由如下： 当点D为线段AC的“趣点”时(CD<AD), AD、1 “AC2,而AC=AP, AD、1 ·AP亚 AC、1 ·AB2,∠A=∠A, ∴.△ADP一△ACB, .∠ADP=∠ACB=90°， ∴.∠APD=45°，DP‖CB, ∴.∠DPC=∠PCB=22.5°=∠PDE, ∴.DM=PM, ∴.∠MDC=∠MCD=90°-22.5°=67.5°， .'MD=MC, 同理可得：MC=MN, .∴.MP=MD=MC=MN, .∠MDP=∠MPD=22.5°，∠E=∠B=45°， ∴.∠EMP=45°，∠MPE=90°， MP1MN ·ME2ME1 ∴.点N是线段ME的“趣点”· 4. 【详解】(1)在正方形ABCD中，AB=BC,∠A=∠B=90°， 又：A8=BC=CD,=DA,号AB, :AA=BB,=号AB .△AB1A1≌△BC1B1 .A1B1=B1C1,∠AB1A1=∠BC1B1: 又，∠BC1B1+∠BB1C1=90°， .∠BB1C1+∠AB1A1=90° .∠A1B1C1=90 47160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 同理可证：B1C1=C1D1=D1A1=A1B1. ∴四边形A1BC1D1是正方形. (2):AB,=BC,=CD,=DA1=4AB,设AB=5a,则AB,=4a. ..BB=AA=a. ∴由勾股定理得：A,B,=/17a A1B1_V17a_V17 AB 5a 5 (3)结论1：螺旋折线BB,B,B,…中相邻线段的比均为57或7 或 17 5 4 证明：：AB=5AB, 1 BB-5AB. 同理，BB25AB. .BB AB 517 B1B2A1B117 同理可得BB2=5V17,… B2B317 ∴螺旋折线BBB2B3…中相邻线段的比均为 V17.V17 17 或5 结论2：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变 证明：B,B_B,B=∠A,B,C,=∠ABC=90 BC1 B C2 4 .△BB1C1-△B1B2C2, .∠BB1C1=∠B1B2C2. 同理得：∠B1B2C2=∠B2B3C3, ∠C1B1B2=∠C2B2B3=90°， .∠BB1C1+∠C1B1B2=∠B1B2C2+∠C2B2B3,即∠BB1B2=∠B1B2B3. 同理可证∠B1B2B3=∠B2B3B4=· 48160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .螺旋折线BBB2B3…中相邻线段的夹角的度数不变. 年模拟练测园 【答案】I)证明：.'AB为直径，所以∠ACB=90°，∠CAB+∠CBA=90°. D G F 又.CE⊥AB ∴.∠BCE+∠CBA=90°. ∴.∠CAB=∠BCE, CD=CB, ∴.∠CBD=∠CDB=∠CAB. ∴.∠CBD=∠BCE, .FC=FB (2)解：由(1)已知∠FBC=∠FCB,∠ACB=90°，CF=BF, D .∴∠FBC+∠CGB=∠FCB+∠FCG=90° ∴.∠FCG=∠CGB. ∴.FC=FG, ∴.FG=FB,即F是BG中点， 0是AB的中点， 所以OF‖AG .·∠CAD=20°，CD=CB 49160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∴.CB=CDi .∠CAB=∠CAD=20°. .CE⊥OB, .∴.∠ACE=90°-∠CAB=70°， ∴.∠OFE=∠ACE=70°. (3)解：连结OF,过O作OH⊥AC,垂足为H,所以AH=HC, 由圆的性质和已知条件得OA=OB=BG, 0 H ∠AHO=∠ACB=90° 由 ∠CAB=∠CBG OA=BG ∴.△AOH≌△BGCAAS, .CG-O G-Al-IG,tan CAB- G是CH中点，HG=CH, ∴.OH=HG,设OH=a, .∴.0H+HG2=0G2, a-8.所以ca2=2 .·∠BCE=∠CAB, 、an之BCE8是=2，an2CAB=gs AE 2 BE1 AE4 .AO=BO 器 50160 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6 .F为BG的中点， SAOFG=SAOBF: ∴.S四边形OEFG= 48 SAAOG' S网边形OEFG= 4×12=48 51 【详解】(1)解：，菱形ABCD, ∴∠DAB=∠C=60°， ,折叠， .∠GAE=∠BAE=a, .∠DAG=∠DAB-∠GAE-∠BAE=60°-2a: (2)证明：①，菱形ABCD, ..AD=AB. 由折叠可知， AG=AB. AD=AG. .∠ADG 180°-∠DAG=60+a, 2 ,∠DAB=60°， ∴△ABD为等边三角形， .∠ADB=60, ∴.∠BDH=∠ADH-∠ADB=a=∠EAB; ②·AD‖BC, .∠ABC=180°-∠DAB=120° ,菱形ABCD, .∠EBA=∠DBH=∠ABC=60°， ,△ABD为等边三角形， 51160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AB=DB, ,∠BDH=∠BAE, .△ABE≌△DBH ASA, ∴BH=BE: (3)解：如图，连接EH,延长EG交CD于K,作KM⊥DB于M B 由(2)得BH=BE,∠EBH=60°， “.△BEH为等边三角形， ∴.EH=BE=≥C, :∠BHE=∠C=60°， .EH‖CD, .△DGK一△HGE, DK-KG-DC=2. EH GE GH 设EH=BE=之=X, 则DK=KG=2X,KE=KG+≥=3x 在Rt△DMK中， ,∠BDC=60°， ∴.∠DKM=30 .DM-DK=x ..KM=3 DM=3x. ME-9KE2-MK2-6x ..DE=DM+ME=x+6x, .DE:BE=1+9V6. 3.【答案】(1) 解：正方形ABCD,GM⊥AB 52160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∴∠C=∠B=90°=∠AMG .AG⊥EF .∠BAG+∠BEG=360°-∠AGB-∠B=180° :'∠CEP+∠BEG=180 .∠BAG=∠CEF 在△AMG和△ECF中， EF=AG ∠C=∠AMG ∠MAG=∠CEF ∴.△AMG≌△ECF AAS: 2) ①证明：，HE⊥BC,GM⊥AB, .∠BEN=∠BMN=∠B=90°， .四边形BMNE为矩形， ,四边形ABCD为正方形， ·AB=BC,∠B=90 ,△AMG≌△ECF, ∴.AM=EC, ..BE=BM. .四边形BMNE为正方形： ②证明：延长MG交CD于点K, F N B M ,四边形ABCD为正方形， .∠C=∠B=90°」 又，四边形BMNE为正方形， ∴.∠CEN=∠KNE=90°. ,四边形NECK为矩形， 53160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.CK=NE=MN,∠FKG=∠HNG=90 ,△AMG2△ECF, .MG=CF,∠KFG=∠HGN, ∴.FK=NG, .△FKG≌△GNH ASA, ..HN=KG .HE+GN=HN+NE+GN=KG+MN+GN=BC=AB; ③解：取HE中点O,连接GO, D P B M :∠HGE=90° .GO-IE 延长EH交AD于P, ∴.四边形AMNP是矩形， .∠APH=90°，AP=MN, ,四边形BMNE为正方形， .'.MN=NE .∴AP=EN ,∠BAG=∠CEF,∠BAP=∠CEP=90 .∠PAG=∠U, 在△PAH和△U中， 乙， ∴△PAH≌△ASA, .PH=NG=1-EH, ∴.0≤1-EH≤1 .0≤EH≤1 54160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .GO≥NG, 业1-H 优号 :2≤HE<1 4. 【详解】(1)解：在矩形ABCD中，∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD=BC=3 设AE=X,则DE=≥=3-x. G为AB的中点， .AG=1. .∠A=90°， ..AG2+AE2=EG2, 12+x2=3-x2 =4 (负值舍去)， a版- (2)解：①如图，连接DF. A G 由对称可知，FG=FD, ∴∠FGD=∠FDG. ,∠AGD+∠BGF=135°， .∠FDG=∠FGD=45°， ∴.∠DFG=90°， 55160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠GFB=180°-∠GFD-∠DFC=90°-∠DFC=∠FDC. 又∠B=∠C,GF=FD, .△GBF≌△FCDAAS, ..BF=CD=2,BG=CF=BC-BF=1, ..AG=AB-BG=1, tan∠ADG=AG=1 AD3 ②如图，连接DF,设DG与EF相交于点K,设∠ADG=C,∠HGF=B,BG=X. A E D G B 由对称可知，∠CDF=∠HGP=B,EG=ED,∠EGH=∠EDC=90°. .EG=ED, .∠ADG=∠EGD=a, ∴.∠AEG=2 ,∠A=∠EGH=90°， .∠AGE=90°-2a, ∴.∠BGH=180°-∠AGE-∠EGH=2a, ∴.∠BGF=∠BGH+∠HGF=2a+B. ,∠AGE+4∠BGF=270°， .90°-2a+42a+B=270°， .3a+2β=90°， .∠KGF=∠EGH-∠EGD+∠HGF=90°-a+B=2a+B=∠BGF. 又，∠B=∠FKG=90°，GF=GF, .△GBF≌△GKF AAS, .GK=BG=X=K① :∠A=90°， ..AG2+AD2=DG2, 56160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2-x+32=2x2: x,=43 3 2X,=丽-2<喻去)， 3 BG=43-2 3 5.【详解】(1)证明：CF‖AE, .△BDE一△BCF, 2 .CD=2 BD 2器2 ∴.CF=3DE (2)解：，AE=AB=1,DE=t, ..AD=1-t,CF=3t. CF‖AE, ∴·△ADG~△FCG “y=DC=AD=1-t CG CF 3t (3)解：，cos∠ABC=X,AF⊥BC, ÷gc=义 .AB=AC, ..CG=BG=x,BC=2BG=2x, BC 3 .DG= 3 y=DG_1 CG 3' 解得号 3t3 57160 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在Rt△ABG和Rt△ADG中，AB-BG=AD2-DG2, 部 解得x=36 (负值已舍去)· (4)解：作AH⊥BC于点H, D HG 则BH=X,DH-等 在Rt△ABH和Rt△ADH中， AB-BH2=AD2-DH2, 1-- 号t2 记W=-t+2t, 0<x<1, 0<w< -9 0号 t<2(舍)· y=1-t=11 3t3t31 2 ·当0<t<专时，y随c的增大而减小， y! 6 58160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.【详解】(1)解：BC是⊙O的直径， ∴.∠CAB=90」 AB=AC. ∴.∠ABC=∠ACB=45°， .∴.∠ADC=∠ABC=45°. .'△AEC由△ADC关于直线AC对称得到， ∴.∠E=∠ADC=45°」 (2)①证明：.'∠ACB=∠AFB=45°， .∴.∠E=∠AFB ,四边形ABFC内接于圆， ∴.∠ACF+∠ABF=180°=∠ACF+∠ACE, ∴.∠ACE=∠ABF, .AB=AC, ∴.△AEC≌△AFB AAS, ∴.CE=BF EC=CD ∴.CD=BF ②解：.CD=BF, ..CD=BF ∴.∠CAD=∠FAB, .∴.∠CAD-∠DAF=∠FAB-∠DAF,即∠CAF=∠DAB, .AB=AC,∠ABC=∠ACB=45°， ∴.△ACG≌△ABHAAS, ∴.CG=BH, BC=7GH, 设GH=a,则BC=7a,CG=BH=BC-GH=3a, BH+GH 4a 4 BG=Ad CG3a3’BC-7a7 过点G作GK⊥BF于点K, 59160 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B H E G ,BC为直径， .∠CFB=90°， ..GK CF, ∴△BGK一△BCF, BG_BK_4 CG FK3 .GK-BG_4 CF BC 7' .∠GFB=45°，GK⊥BF, .∠GFB=∠FGK=45°， ∴.设GK=FK=3m, ..BK=4m, .BF=CD=7m, 既身 CF=2 m, 4 21 m 需 3 7m4 60160函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题15几何综合与压轴问题 5年真题1年模拟 中考品题透析园 浙江考情(2022 考点分类 命题规律 2026) 近5年浙江中考在本考点共选取5道真题，其中2025 年、2026年省统考连续设题，2026年以等腰三角形中 位线加轴对称求线段长呈现，2025年则通过菱形折 叠、对称变换结合面积法与三角函数求差最值，显示 出省统考对“图形变换十最值"这一经典组合的高度重 2026·浙江·中考 视。本考点题型以解答题和填空题为辅，分值通常在 2025·浙江·中考 考点01图形变换、 10-14分，位于试卷后段，属于区分度较高的中档偏难 2023·浙江嘉兴·中考 动点与最值综合 题目。核心考查轴对称、旋转、平移的性质应用，常 2022·浙江绍兴·中考 结合勾股定理、相似三角形、三角函数以及”将军饮 2022·浙江绍兴·中考 马”“胡不归”等最值模型，要求较强的辅助线构造能力 与分类讨论意识。命题趋势上，从单一的静态计算向 动态过程中的不变量与最值探究转变，预计未来省统 考仍将保留此类题目，并与菱形、矩形等特殊四边形 深度结合。 近5年浙江中考在本考点共选取4道真题，全部集中于 2022年地市卷，题型以高难度解答题为主。这些题目 多以正方形、菱形或一般四边形为载体，通过内嵌正 2022·浙江温州·中考 方形、弦图、动点运动等方式构造复杂图形。本考点 考点02四边形背景 2022·浙江杭州·中考 的核心在于利用四边形的性质（平行、垂直、对角线 下的几何综合 2022·浙江舟山·中考 互相平分等)进行角度转化和线段推导，往往需要多 2022·浙江金华·中考 次全等或相似证明，计算量大且逻辑链条长。虽然 2023一2026年省统考未再以纯四边形综合形式单独出 现（多融入圆或图形变换之中），但其解题思想如构 1/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 造全等、利用对称性、建立函数关系，仍是几何综合 的基础。复习时应重点训练在复杂图形中识别基本模 型、以及合理分类讨论的能力。 近5年浙江中考在本考点共选取11道真题，是本专题 2026·浙江·中考 题量最大、考查频率最高的板块。2024年、2026年省 2024·浙江·中考 统考均在此设题，2026年更将其作为压轴，以圆内接 2023·浙江温州·中考 三角形、直径性质与含参数的代数式表示角度、线段 2023·浙江宁波·中考 关系综合呈现，难度较大；2023年各地市题目涵盖圆 2023·浙江嘉兴·中考 内接四边形、垂径定理、切线性质、圆周角定理与相 考点03圆背景下的 2023·浙江台州·中考 似的深度综合。题型以解答题为主，常设置3个小问层 几何综合 2023·浙江嘉兴·中考 层递进。核心考查”圆“作为几何载体的桥梁作用，常 2022·浙江杭州·中考 需结合”一线三等角”母子相似”手拉手”等模型，并 2022·浙江宁波·中考 与勾股定理、锐角三角函数及最值问题交叉。命题规 2022·浙江温州·中考 律显示，圆与相似、圆与三角函数、圆与最值问题是 2022·浙江丽水·中考 永恒重点，预计未来省统考仍将把圆背景综合题作为 几何部分的”重中之重”。 近5年浙江中考在本考点共选取4道真题，均为地市卷 的创新压轴题。这类题目通常给出一个全新的定义或 操作规则，要求考生现场学习并迁移应用。本考点不 2023·浙江宁波·中考 依赖特定的知识模块，而是侧重考查阅读理解、类比 考点04新定义、存 2023·浙江湖州·中考 迁移与逻辑推理素养，题目情境新颖、设问灵活、没 在性与探究问题 2022·浙江嘉兴·中考 有固定套路，需要考生现场思考。虽然2024-2026年省 2022·浙江台州·中考 统考未出现此类纯新定义题，但“探究与思考”的理念 已渗透到各类综合题的第(3)问中。此类题目是选拔 尖子生的关键，复习时应适当接触各类新定义与探究 素材，培养面对陌生问题的心理素质与拆解能力。 五年真题分类园 考点01 图形变换、动点与最值综合 1. (2026浙江中考真题)如图，∠BAC=∠ABC=30°，AB=46,D、E分别是AB、AC的中点， Q、P分别为BC、DE上任意点，当BD关于QP对称的线段BD垂直BC时，QP= 2/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D D E 【答案】2V2 【分析】作出相应辅助线，利用三角形中位线定理得到DE与AC、BC的关系，再利用对称轴的性质 得到角度关系，从而求出QP 【详解】解：如图，延长BD交DE于点N,交AD于点S,连接QS,CD, 由BD和BD关于QP对称可得，P、Q、S三点共线. E B .∠BAC=∠ABC=30 ∴.∠ACB=180°-∠BAC-∠ABC=120°，△ABC为等腰三角形， .D为AB的中点，AB=46, ∴.AD=BD=2P6,CD⊥AB, 在Rt△ADC中，AC=AD =4V2=BC, c0s30° ,D、E分别是AB、AC的中点， ,DE为△ABC的中位线， DE IRC.DE-BC-2V-AE-CE. .∴.∠AED=∠ACB=120°， 线段BD垂直BC, ∴.∠BSB=90°-30°=60°， 3/95 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 限据轴对称可得∠BSP=∠BSP=专BSB=30°=∠BAC .PS‖AC, 又DE‖BC, ∴四边形PCEQ是平行四边形， ∴.QP=EC=2V2 2.(2025浙江·中考真题)在菱形ABCD中，AB=5,AC=8. E B 图1 图2 (1)如图1，求sin∠BAC的值. (②)如图2，E是AD延长线上的一点，连接BE,作△FBE与△ABE关于直线BE对称，EF交射线AC于点 P,连接BP」 ①当EF⊥AC时，求AE的长. ②求PA-PB的最小值. 【1呢 (2)①11： @3V39-4 5 【分析】()先根据菱形的性质可得AC1BC,OA=专AC=4,再根据勾股定理可得OB=3,然后 根据正弦的定义求解即可得： (2)①连接BD,设AC,BD交于点O,同理求出OB=3,则BD=6:证明EF‖BD,得到 ∠DBE=∠FEB,由轴对称的性质可得∠AEB=∠FEB,则∠DEB=∠DBE,据此可得 DE=DB=6,即可得到AE=AD+DE=11: ②根据题意得出点P一定在线段AC的延长线上，由勾股定理得PB=OB+OP-VOP+9根据 4/95 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A=OA+OP=4+OP,可求出PA-PB=4- 9 根据 9 >0：可推出当OP OP+OP2+9 OP+OP2+ 有最小值时：OP+OP2+g有最小值，即此时。 9 。一有最大值，即当OP有最小值时， OP+VOP2+9 PA-PB有最小值：过点B作BH⊥AD于H,BT⊥FE于T,由等面积法可得BH=24 则由轴对称的 性质可得BT=BM-兰，由勾股定理得OP=PB-子，则当PB有最小值时，OP有最小值，由垂线段 最短可知BP≥BT=兰，放当点P与点T重合时，BP有最小值，最小值为 24 ,据此求解即可. 【详解】(1)解：如图1，设AC,BD交于点O, D 图1 ,在菱形ABCD中，AB=5,AC=8, ∴AC1BC,0A=AC=4, OB-AB2-0A2=3' sin∠BAC=OB=3 AB5 (2)解：①如图所示，连接BD,设AC,BD交于点O 5/95 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B 四边形ABCD是菱形， ..ACL BD.OA=AC=4.BD-20B.AD=AB=5. 0B=AB2-0A2=V52-42=3 BD=6: .EF⊥AC,AC⊥BD, EF‖BD .∠DBE=∠FEB 由轴对称的性质可得∠AEB=∠FEB, ·∠DEB=∠DBE, .DE=DB=6. ..AE=AD+DE=11; ②，菱形ABCD ∴点A与点C关于BD对称， 当点E与点D重合时，此时点F与点C、P重合， D(E) C(F) B :E是AD延长线上的一点， ∴点P一定在线段AC的延长线上， 在Rt△BOP中，由勾股定理得PB=VOB+OP=OP2+9 6/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..PA=OA+OP=4+OP, PA-PB=4+OP-R√Op2+9 =4+OP-OP+9OP+0P+9 OP+OP2+9 =4+0P-0p2-9 0P+V0P2+9 9 =4- OP+VOP2+9 0 =>0 OP+VOP2+9 ·要使A-PB的值最小，则 9 要最大， OP+OP2+9 “oP+Op2+g要有最小值， 又：OP2+g的值随着OP的值增大而增大， 六OP+Op+g的值随着op的值增大而增大， 一当0P有最小值时，OP+OP+g有最小值，即此时 9 有最大值， P+0P2+9 ∴.当OP有最小值时，PA-PB有最小值： 如图所示，过点B作BH⊥AD于H,BT⊥FE于T, 7195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E D H 图2 S菱形BDAC·BD=AD·B AC·BD BH=2 1×6×8 24 AD 5 5 ÷由轴对称的性质可得B7=BH=24 在Rt△POB中，由勾服定理得OP=VPB-OB=VPB-3: .当PB有最小值时，OP有最小值， 由垂线段最短可知BP≥BT=24 ÷当点P与点T重合时，BP有最小值，最小值为兮， 24 12 0P小值 24 -32=3/39】 5 5 (PA-PB最小位=4- 9 =339-4 3V39,24 5 55 3.(2023·浙江嘉兴.中考真题)一副三角板ABC和DEF中， ∠C=∠D=90°，∠B=30°，∠E=45°，BC=EF=12.将它们叠合在一起，边BC与EF重合， CD与AB相交于点G(如图1)，此时线段CG的长是 现将△就绕点C(F)按顺时针方向旋 转（如图2），边EF与AB相交于点H,连结DH,在旋转0°到60的过程中，线段DH扫过的面积是 8/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C(F) C(F) G B(E) G D 图1 图2 【答案】 6V6-6V2 12π-18V3+18 【分析】如图1，过点G作GH⊥BC于H,根据含30°直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得 出BH=3GH,GH=CH,然后由BC=12可求出GH的长，进而可得线段CG的长；如图2，将△兽就 绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F,FE1与AB交于G1,连接D1D,AD1,△D2E2F是△乙旋转0 到60的过程中任意位置，作DN⊥CD1于N,过点B作BM⊥D1D交D1D的延长线于M,首先证明 △CDD1是等边三角形，点D1在直线AB上，然后可得线段DH扫过的面积是弓形D1D2D的面积加上 △D1DB的面积，求出DN和BM,然后根据线段DH扫过的面积 =Sg形DD,D+SAD,DB=S扇形CD,D-S△CD,D+S△D,DB 列式计算即可。 【详解】解：如图1，过点G作GH⊥BC于H, C(F) H B(E) D 图1 :∠ABC=30°，∠=∠DFE=45°，∠GHB=∠GHC=90°， ..BH=3GH,GH=CH, BC=BH +CH=3GH +GH=12. .GH=6V3-6, “cG=2GH=/2×63-6=66-6V2 如图2，将△就绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F,FE1与AB交于G1,连接D1D, 由旋转的性质得：∠E,CB=∠DCD,=60°，CD=CD1, .△CDD1是等边三角形， 9/95 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠ABC=30°， ∠CG1B=90°， c6,-c .CE=BC, CG,CE,即AB垂直平分CE :△CD1E1是等腰直角三角形， ∴.点D1在直线AB上， 连接AD1,△D2E2F是△曾乙旋转0°到60°的过程中任意位置， 则线段DH扫过的面积是弓形DD2D的面积加上△DDB的面积， .BC=EF=12, .DC-DB-BC-6V2. D,C=D,D=62 作DN⊥CD,于N,则ND,=NC=3/2 DN=VD,D2-ND7=6V2-32=3V6 过点B作BM⊥DD交D1D的延长线于M,则∠M=90°， ∠D1DC=60°，∠CDB=90° .∠BDM=180°-∠D1DC-∠CDB=30°， BM=BD=3/2, ∴线段DH扫过的面积=Sg卷DD,D+S△D,DB =S扇形cD,D-SAcD,D+S△D,DB 60π632-1×62×36+×62×392 360 2 =12π-183+18， 故答案为：6/6-6/2,12π-183+18. 10195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C(F) D1← A B(E) 人 千 D 、D 下、 >E2 M 图2 4.(2022浙江绍兴.中考真题)如图，AB=10,点C在射线BQ上的动点，连接AC,作CD⊥AC, CD=AC,动点E在AB延长线上，tan∠QBE=3,连接CE,DE,当CE=DE,CE⊥DE时，BE的长 是一 【答案】 35 【分析】过点C作CN⊥BE于N,过点D作DMLCN延长线于M,连接EM,设BNx,则CN=3x, 由△ACN≌△CDM可得AN=CMF10叶x,CN-DM3x,由点C、MD、E四点共圆可得△MB是等腰直角 三角形，于是NE=10-2x,由勾股定理求得AC可得CE,在t△CNE中由勾股定理建立方程求得x,进而可 得BE: 【详解】解：如图，过点C作CN⊥BE于N,过点D作DMLCN延长线于M,连接EM, D 设BN,则CN=BN-tan CBN-3x, 11/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,△CAD,△ECD都是等腰直角三角形， ∴.CA=CD,EC=ED,∠EDC-45, ∠CAN件∠ACN-90°，∠DCM什∠ACN-90°，则∠CA∠DCM, 在△ACN和△CDM中：∠CANELDCM,∠ANC-LCMD-90°，AC=CD, ∴.△ACN≌△CDM(AAS), ..AN-CM=10+x,CN=DM=3x, :∠CMD=LCED-90°， ∴.点C、MD、E四点共圆， ∴.∠CME=∠CDE-45°， ,∠ENMM-90°， ∴.△MB是等腰直角三角形， .'.NE=NM-CM-CN=10-2x, △4NC中，ACAN2+CN=-10+x+3x 2 △BCD中，CD=AC,CB=2 CD, △CNE中，CE=CNP+NE2, 10+x+3x=3x+10-2x3. 4x2-25x+25=0, 4x-5x-5=0, 5 x5(舍去)或x4 ,BE=BN4NE=x+10-2x=10-x, ..B8-35 故答案为： 4 5.(2022浙江绍兴.中考真题)如图，在矩形ABCD中，AB=6,BC=8,动点E从点A出发，沿边AD, DC向点C运动，A,D关于直线BE的对称点分别为M,N,连结MN 12195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A A B B C B C 备用图 备用图 (1)如图，当E在边AD上且DE=2时，求∠AEM的度数. (②)当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由. (3)当直线MN恰好经过点C时，求DE的长. 【答案】(I)∠AEM=90°： (2) 如图1， D E 图1 M :AB=6,AD=8, ∴.由勾股定理得BD=10, ,当N落在BC延长线上时，BN=BD=I0, ∴.CN=2. 由对称性得，∠ENC=∠BDC, 2 6 .cos∠ENC= EN 10 ..EN=10 ∴.DE=EN= 10 3 13195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 直线MN与直线BD的位置关系是MMBD. 由对称性知BM=AB=CD,MN=AD=BC, 又，BN=BD, ∴.△BMN≌△DCB(SSS), ∴.∠DBC=∠BNMM, 所以MMBD: 6)DB的长为27咸87-14 3 【分析】(1)由DE=2知，AE=AB=6,可知∠AEB=∠MEB=45°，从而得出答案； ②根照对称性得，∠C=∠B0C,则o:∠C=品品，得N号，利用sE明 EN10' △BN≌△DCB,得∠DBC=∠BNM,则MBD: (3)当点E在边AD上时，若直线MN过点C,利用AAS证明△BCM≌△CED,得DE=MC;当点E 在边CD上时，证明△BMC△Cz,可得BM-MC CN EN 从而解决问题. 【详解】(1)解：，D=2, ∴AE=AB=6, ,四边形ABCD是矩形， .∴.∠A=90°， ∴.∠AEB=∠ABE=45°， 由对称性知∠BEM=45°， ∴.∠AEM∠AEB+∠BEM=90°： (2)略 (3)①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线N过点C, 14195 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D M B C 图2 ∴.∠BMC=90°， MC-BC2-BM2=27 ,BM=AB=CD,∠DEC=∠BCE,∠BMC=∠EDC=90°， ∴.△BCM≌△CED(AAS), ..DE=MC=27: ②情况2：如图3，点E在边CD上时， D 图3 M ,BM=6,BC=8 Mc=2V7,Cw=8-2V7, ,∠BMC=∠CNE=∠BCD=90, ∴.∠BCM+∠ECN=90, ,∠BCM+∠MBC=90°， ∴.∠ECN=∠MBC, ∴.△BMC-△CNE, BM=MC CN EN 15195 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 EN=MC·CN=87-14 BM 3 ∴.DE=EN= 8V7-14 3 综上所述，DB的长为2V7成87-14 3 考点02四边形背景下的几何综合 1.(2022浙江温州·中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边向外作正方形，连 结CF,作GM⊥CF于点M,BJ⊥GM于点J,AK⊥BJ于点K,交CF于点L.若正方形ABGF与正方 形JKLM的面积之比为5，CE=10+V2,则CH的长为() C A B M G A.5 B.3+5 c.2/2 D.10 2 【答案】C 【分析】设CF交AB于P,过C作CNLAB于N,设正方形JLM边长为m,根据正方形ABGF与正 方形JKIM的面积之比为5，得AF=AB=5m,证明△AFL≌△FGM(4AS,可得AL=FM,设 AL=FEx,在Rt△4FL中，x2+(x+m)2=(V5m)2,可解得x,有ALFE,FL-2,从而可得AP 2 5m亚B5m即知P为B中点，CPAP8P5”,南△C2r-A,存9m 5 2 2 ，有m4CC袋品X△ac-6.根相三角的作列 2m,即得aNS+1 出方程，解方程即可求解. 【详解】解：设CF交AB于P,过C作CNLAB于N,如图： 16195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A B L M 设正方形JKLM边长为m, .正方形JKLM面积为， :正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5， ,∴.正方形ABGF的面积为5， AF-AB-5m 由已知可得：∠AFL=90°-∠MFG=∠MGF,∠ALF=90=∠FMG,AF=GF, ∴.△AFL≌△FGM(AAS), ∴AL=FM, 设AL=F作x,则FL=FM什ML=x+, 在Rt△AFL中，AL2+FL2=AP, x2+(x+m2=(5m), 解得x=m或x=2(舍去)， .∴AL=Ff,FL-2m, 'an∠AFL=AP=AL=m-1 AF FL 2m 2' AP 1 5m2' AP-V5m .FP=A P2+AF2 m)+(5m-5m.BP=AB-AP=Y5m-- V5m_5m 2 2 2 ∴AP=BP,即P为AB中点， ,∠ACB=90°， 17195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CP-AP-BP-95m :∠CP∠APF,∠CNP=90=∠FAP, ∴.△CPN-△FPA, 5m CPCNPN 2 CN PN FP AF AP,即 5 5m V5m 2 1 ∴.CN=,PN 2%, N-APLPN-Y5+1 2 m .∴.tan∠BAC= BC_CN_2 AC AN 5+1 ,△AEC和△BCH是等腰直角三角形， .∴△AEC△BCH, BC=CH ·AC-CE’ .'CE=V10+V2, CH 小5+110+2 ∴.CH=22, 故选：C 2.(2022浙江杭州中考真题)在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A 重合)，点F在边BC上，且AE=2BF,连接EF,以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH. D D H M(E) M G 图1 图2 ()如图1，若AB=4,当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积， (2)如图2，己知直线HG分别与边AD,BC交于点I,J,射线EH与射线AD交于点K. ①求证：EK=2EH: 18195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②设∠AEK=a'△FG和四边形ABm的面积分别为S,:S,求证：S=4sin'&-1 【答案】1)5 ②) ①证明：由题意知∠KAE=∠B=90°， .∠EFB+∠FEB=90°， ,四边形EFGH是正方形， .∠HEF=90, .∠KEA+∠FEB=90°， ,∠KEA=∠EFB .△KEA一△EFB KE-AE=2. EF BE ..EK=2EF=2EH ②证明：由①得HK=HE=GF, 又，∠KHI=∠FGJ=90°，∠KH=∠FJG, ∴△KHI≌△FGJ, 设△KHI的面积为S1. :∠K=∠K,∠KH=LA=90°， ∴.△KHI一△KAE, S1+S2KA 2 -=4sin'a, 1 KE2 ∴S2=4sin2a-1' 【分析】(1)由中点定义可得AE=BE=2,从而可求BF=1,然后根据勾股定理和正方形的面积公 式可求正方形EFGH的面积： (2)①根据余角的性质可证∠KEA=∠EFB,进而可证△KEA一△EFB,然后利用相似三角形的 性质和等量代换可证结论成立： ②先证明△KHI≌△FGJ,再证明△KHI一△KAE,利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定 19/95 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 义整理可得结论 【详解】(1)解：，AB=4,点M是边AB的中点， .'.AE=BE=2, .AE=2BF, BF=1, 由勾股定理，得 EF2=BE2+BF2=5, .正方形EFGH的面积为5. (2)解：①略 ②略 3.(2022浙江舟山中考真题)如图1.在正方形ABCD中，点F,H分别在边AD,AB上，连结AC, FH交于点E,已知CF=CH, H 图1 图2 图3 (I)线段AC与FH垂直吗？请说明理由， (2)如图2，过点A,H,F的圆交CF于点P,连结PH交AC于点K.求证： KH_AK CH AC (3)如图3，在(2)的条件下，当点K是线段AC的中点时， C PF的值. 【答案】I)AC⊥FH, 证明：，四边形ABCD是正方形， .CD=CB,∠D=∠B=90°， 又，CF=CH ,Rt△CDF≌Rt△CBH(HL), ∴.∠DCF=∠BCH 又，∠DCA=∠BCA=45°， .∠FCA=∠HCA」 .CF=CH 20/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴△CFH是等腰三角形， .AC⊥FH. (2) 证明：如图1，过点K作KG⊥AB于点G. D H 图1 .CB⊥AB, ..KGCB. ∴，△AKG~△ACB 楚品 ,∠PHA=∠DFC,∠DFC=∠CHB, .∠KHG=∠CHB ∴，△KHG一△CHB, KH=KG CH CB .AK=KH AC CH 6)CP-3 PF2 【分析】(I)证明Rt△CDF≌Rt△CBH(HL),得到∠DCF=∠BCH,进一步得到 ∠FCA=∠HCA,由△CFH是等腰三角形，结论得证： (2)过点K作KG⊥AB于点G先证△AKG-△4CB,得A-KG 证△HG~CHB可得 AC CB KH KG CH CB,结论得证： B2设GH=a,BH=2a,则kG=AG=GB=3a,则 GH 1 (3)过点K作KG⊥AB点G.求 21195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CH=CF=VBH+BC=2V0a'勾股定理得FH=VAH+AF=42a'EH=22a'由 △FPH一△HEC EHCH,得PF=410 PF_FH 5 a,CP=610 5a,即可得到答案。 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：如图2，过点K作KG⊥AB点G. P 图2 :点K为AC中点： 由(2)得K-AK1 CH AC 2' GH_KH1 BH CH 2' 设GH=a,BH=2a,则KG=AG=GB=3a, ..CB=AB=6a,AH=4a, CH=CF=BH+BC=210a' .AF=AH, FH=AH2+AF-42a EH=282a' ,∠FPH+∠AH=180°， .∠FPH=90°=∠CEH, 又，∠CHE=∠PFH, .△FPH一△HEC, 器品 PF=40 a 5 22195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CP=CF-PF=610 5, CP3 4. 《202,浙江金华中考真题)如图，在麦形ABCD中，AB=10,5inB3点E从点B出发沿折线 B-C-D向终点D运动.过点E作点E所在的边(BC或CD)的垂线，交菱形其它的边于点F,在EF的 右侧作矩形EFGH. G H C 图1 图2（备用） (1)如图1，点G在AC上.求证：FA=FG ②)若EF=FG,当EF过AC中点时，求AG的长. 3)已知FG=8,设点E的运动路程为5.当s满足什么条件时，以G,C,H为顶点的三角形与△BEF相 似（包括全等）？ 【答案】) 证明：如图1， B E HC 图1 ,四边形ABCD是菱形， .'.BA=BC, .∠BAC=∠BCA PGBC. ,∠FGA=∠BCA, 23195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BAC=∠FGA, ∴.△AFG是等腰三角形， ..FA=FG. ②AG=7或5 或32 6)s=1或=32 或10≤s≤12 【分析】(1)证明△AFG是等腰三角形即可得到答案： (2)记AC中点为点O.分点E在BC上和点E在CD上两种情况进行求解即可： (3)过点A作AM⊥BC于点M,作AN⊥CD于点N.分点E在线段BM上时，点E在线段MC上 时，点E在线段CN上，点E在线段ND上，共四钟情况分别求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：记AC中点为点O. ①当点E在BC上时，如图2，过点A作AM⊥BC于点M, G D MEC 图2 在Rt△ABM中，AM=AB=6, BM=AB2-AM2=V102-62=8 ..FG=EF=AM=6,CM=BC-BM=2, .OA=OC,OE AM. cE=ME=CN=方分×2=1 .AF=ME=1, ,∴.AG=AF+FG=1+6=7 ②当点E在CD上时，如图3， 24195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A/ D H N C 图3 过点A作AN⊥CD于点N. 同理，FG=EF=AN=6,CN=2, AF-NE-CN=1. .AG=FG-AF=6-1=5 ∴.AG=7或5. (3)解：过点A作AM⊥BC于点M,作AN⊥CD于点N. ①当点E在线段BM上时，0<S≤8.设EF=3x,则BE=4x,GH=EF=3X, i)若点H在点C的左侧，s+8≤10，即0<s≤2，如图4， A D F BE MHC 图4 CH=BC-BH=10-(4x+8)=2-4x. ,△GHC~△FEB .GH=CH EF BE GH_EF CH BE 3x-3 “2-4x4 25195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 解得X= 经检验，x= 是方程的根， 4 ∴.s=4x=1 △GHC~△BEF, 器 GH BE CH-EF 3x-4 “2-4x31 解得x= 25 经检验，X= 8 25 是方程的根， 5=4x=32 5 ii)若点H在点C的右侧，S+8>10,即2<s≤8，如图5， A D G B E M CH 图5 CH=BH-BC=(4x+8)-10=4x-2 ,△GHC~△FEB GH CH ·FF BE GHEF CH BE 3x_3 4x-24 26195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 此方程无解 :△GHC一△BEF, GHCH BE EF GH BE CH EF' 3x_4 4x-23 8 解得X= 经松，X号是方程份根 .S=4x= 32 7 ②当点E在线段MC上时，8<s≤10，如图6，EF=6,EH=8,BE=S. GD B MEC H 图6 .BH=BE+EH=s+8,CH=BH-BC=s-2. ,△GHC一△FEB, BE .GH=EF CH BE 6=6 s-2s 此方程无解。 ,△GHC~△BEF, H_CH B EF 27195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 EF' 6 2 解得s=1±V37 经检验，s=1±V37是方程的根， .8<s≤10 .s=1±37不合题意，舍去： ③当点E在线段CN上时，10≤s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J, G A D H B C 图7 在Rt△BJC中，BC=10,CJ=6,BJ=8. EH=BJ=8,JF=CE, ..BJ+JF=EH+CE, ..CH=BF, .GH=EF,∠GHC=∠EFB=90°， ∴△GHC≌△EFB,符合题意， 此时，10≤s≤12 ④当点E在线段ND上时，12<s<20, :∠EFB>90°， ∴.△GHC与△BEF不相似. 综上所述，5满足的条件为：5=1或5= _32 25或 或10≤s≤12. 7 28195 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点03 圆背景下的几何综合 1.(2026浙江·中考真题)如图1，△ABC内接于⊙O,D是直径AB上的一点，满足AC=AD,连接 CD并延长交⊙O于点E,连接BE,点F在弦BC上，且BF=DE.过点F作FG⊥CE,交AB于点G,交 CD于点H.设∠CAB=a. F GD 0 GD 图1 图2 图3 (I)用含a的代数式表示∠ABE和∠FGB的大小： 2)如图1，若CP=CD,求证：GF=GO: 3)如图3，若⊙O的半径为1，点D在OB上，且OD=2AG,求AC的长. 【路划090-：0 (②)证明：如图，连接OF,OE, “∠CEB,∠CAB为CB所对的圆周角， ∴.∠CEB=∠CAB=a, :AB为直径， .∠ACB=90°， .∠ABC=90°-a, '∠EBD=∠ACD=90- 2q, 六∠CBE=∠ABC+∠EBD=90°-Q+90- 2=1800-3 9, .CD=CF,BF=DE, 29195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..CE=CB, ∠CEB=∠CBE=180-3 同理：∠CAB=∠CEB, a=1800-3 , 解得：a=72°， .∠CAB=∠CEB=∠CBE=72, ,∠BCD=180°-72°-72°=36°，∠FGB=a=36°， ∴.∠BOE=2∠BCD=72°， .OB=OE, .∠OBE=∠OEB=54°， ,∠OED=∠OBF=72°-54°=18°， ,△OED≌△OBF SAS, ∠0PB=∠ODE=∠ADC=∠ACD=90°-a=54,∠D0E=∠B0F, ,∠D0E+∠BOE=180°， ∴.∠B0F+∠BOE=180°， E,O,F三点共线， .∠GOF=∠BOE=72°， .∠GFO=180°-∠FGO-∠GOF=72°=∠GOF, ..GF=GO. 3)7-4V2 【分析】（①由等腰三角形的性板可得∠ACD=∠ADC=180°-a=90°-之&，结合回周角 定理与直角三角形的两锐角互余可得答案， 2)如图，连接OP,OE,表示∠CBE=∠ABC+∠EBD-180-号0，证明CE=CB,可得 0=180°-3 a,求解a=72°，证明△OED≌△OBF(SAS),再进一步证明即可. (3)如图，连接AE,OE,证明∠FGB=∠DAE,△BDE一△BEO,可得BE=BD·BO,证明 30195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △FGB≌△DAE AAS),可得AE=BG,设AC=AD=X,再进一步建立方程求解即可. 【详解】(1)解：，∠CAB=a,AC=AD ACD-ADC-)0 “LABE,∠ACE为AE所对的圆周角， ÷∠ABE=∠ACD=90°-a, :GF⊥CE, ∠FGB=90°-∠ADC=90°- 90-1人1 2= (2)略 (3)解：如图，连接AE,OE, B ∠ACB=90,∠ACD=∠ADC=90-1 ÷∠BCE=a=∠FGB, 同理：∠DAE=∠BCE=1& ,∠FGB=∠DAE, 结合(1)可得：∠ACD=∠ADC=∠EDB=∠OBE=∠OEB :∠EBD=∠OBE, ∴.△BDE△BEO, DB BE BO' 即BE=BD·BO 同理可得：∠AED=∠FBG, .BF=DE, 31195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△FGB≌△DAE AAS, ..AE=BG, 设AC=AD=X, A0=1, ,AB=2,BD=2-X,OD=X-1, .OD=2AG. ..AG=X-1 2 ∴AE=BG=2-X-1=5-X 22 BE2=BD·BO=2-X, ,AB为直径 ∴.∠AEB=90°， 22=2-x+ 5-x2. 2 .x2-14x+17=0, 解得：x=7-4/2(x=7+4V2大于直径，舍去)， ∴AC的长为7-4V2 2.(2024浙江·中考真题)如图，在圆内接四边形ABCD中，AD<AC,∠ADC<∠BAD,延长AD 至点E,使AE=AC,延长BA至点F,连结EF,使∠AFE=∠ADC. E (I)若∠AFE=60°，CD为直径，求∠ABD的度数. (2)求证：①EF‖BC;②EF=BD, 【答案】1)30 2)证明①：，四边形ABCD是圆内接四边形， ∴.∠ADC+∠ABC=180°， :∠AFE=∠ADC, ∴.∠AFE+∠ABC=180°， 32195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .EF‖BC: ②过点D作EF平行线交AF于点G, E DG EF B ∴.∠F=∠DGA,△ADG一△AEF, ,∠F=∠ADC, .∠DGA=∠ADC, ,由(1)知∠ABD=∠ACD, .△CDA一△BGD, ..AC=AD BD GD :△ADG一△AEF, .AD-GD AE EF .AD=AE GD EF 品漂 .AE=AC, ..EF=BD 【分析】(1)根据圆周角定理即可求解，由CD为直径，得到∠DAC=90°，故∠ACD=30°，由 AD=AD,得到∠ABD=∠ACD=30°： (2)①由四点共圆得∠ADC+∠ABC=180°，而∠AFE=∠ADC,等量代换得到 ∠AFE+∠ABC=180°，故EF‖BC: ②过点D作EF平行线交AF于点G,可证明△ADG一△AEF,△CDA一△BGD,因此得到 AC AD AE BD GD EF 由AE=AC,得到EF=BD. 【详解】(1)解：，∠AFE=∠ADC,∠AFE=60°， ,∠ADC=60°， 33195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,CD为直径， .∠DAC=90°， .∠ACD=90°-60°=30°， .AD=AD. ,∠ABD=∠ACD=30°： (2)略 3.(2023浙江温州中考真题)如图，四边形ABCD内接于⊙O,BC‖AD,AC1BD.若 ∠AOD=120'AD=3:则∠CA0的度数与BC的长分别为() F/O D A.10°，1 B.10,V2 C.15°，1 D.15°，2 【答案】C 【分析】过点O作OE⊥AD于点E,由题意易得∠CAD=∠ADB=45°=∠CBD=∠BCA,然后 可得<OAD=L0DA=30,←A=∠ACD-克<A0D=60AD-号AD-5进面可两 CD=20C=2,CF=号CD=号，最后间题可求解. V2 【详解】解：过点O作OE⊥AD于点E,如图所示： D :BC‖AD .∠CBD=∠ADB, ,∠CBD=∠CAD, ∴∠CAD=∠ADB, 34195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AC⊥BD .∠AFD=90°， .∠CAD=∠ADB=45°=∠CBD=∠BCA, :∠AOD=120°，OA=OD,AD=3, ∠0AD=∠0DA=30,∠ABD=∠ACD=<A0D=60,AE=号AD=5 82CA0=∠CAD-∠0AD=5,0Aco0.1=0C=0D ∠BCD=∠BCA+∠ACD=105°， .∠COD=2∠CAD=90°，∠CDB=180°-∠BCD-∠CBD=30°， CD-Y20C-V2.cP-cD 2 ..BC=2CF=1: 故选C 4. (2023浙江宁波中考真题)如图1，锐角△ABC内接于⊙O,D为BC的中点，连接AD并延长交 ⊙O于点E,连接BE,CE,过C作AC的垂线交AE于点F,点G在AD上，连接BG,CG,若BC平分 ∠EBG且∠BCG=∠AFC. D E 图1 图2 (1)求∠BGC的度数. (2)①求证：AF=BC ②若AG=DF,求tan∠GBC的值， 3)如图2，当点O恰好在BG上且OG=1时，求AC的长. 【答案】1)90° 2)①证明：D为BC中点，∠BGC=90°， ..DG=DB=DC, .∠DGC=∠BCG, 35195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,∠BCG=∠AFC, .∠AFC=∠DGC, ..CF=CG. :∠BGC=∠ACF=90°，∠CBG=∠FAC, ,△GBC≌△CAF, ..BC=AF; ②an∠GBC= 5: 6)3+17 2 【分析】(1)先证明∠GBC=∠EAC,结合∠EAC+∠AFC=90°，∠BCG=∠AFC,可得 ∠GBC+∠GCB=90°，从而可得答案： (2)①证明DG=DB=DC,再证明△GBC≌△CAF,可得BC=AF;②设GC=CF=X, CD=BD=GD=a,证明△GCD-△GFC,可得GC2-GF-GD,即CG2=3a, a,则 2 BG2-BC2-CG-402-多0-g可得am∠GC-CG-是从可得谷案 GB25 (3)解法一：如图，设⊙O的半径为r,连接OC交AE于N,过O作OM⊥BE于M,证明OC‖BE, △EBD≌△NCD,可得BE=CN,证明△COG≌△OBM,可得BM=OG=1,CN=BE=2BM=2, 江明△C0N一△GBE,品-9即，-'是.再销方程可得合米 解法二：如图，延长BG,分别交AC、⊙O于MN,连接CV.先证MA=MG,再证 ∠MOC=∠OMC,则可得CM=CO=r.根据等腰三角形三线合一，可得OG=MG,由此可得 MA=MG=OG=1.由△CAF≌△GBC,可得AC=BG=r+1.再证△ABM一△NCM.则可得 BM·MN=AM·CM,即(r+2)(r-2)=1·r,解出r的值，即可求出AC的长. 【详解】(1)证明：，BC平分∠EBG, .∠GBC=∠EBC, :∠EBC=∠EAC, ,∠GBC=∠EAC, ,∠ACF=90°， 36195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠EAC+∠AFC=90°， :∠BCG=∠AFC, ,∠GBC+∠GCB=90°， .∠BGC=90°： (2)①略 ②设GC=CF=X,CD=BD=GD=a, .BC-AF-2g.AG=DP-0. :∠AFC=∠BCG,∠CGD=∠CGF, .△GCD~△GFC, GC=GD CF-GC即Gc2=GFGD, "x= BG-BG-CG'-40-- 2 tan2∠GBC-GC2=3, GB2 5 atam∠GBc=3-25 V5=5 (负根舍去)： (3)解法一：如图，设⊙O的半径为r,连接OC交AE于N,过O作OM⊥BE于M, 01 D C M E .OB=OC. .∠CBE=∠OBC=∠OCB OC‖BE 37195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,BD=CD,∠BDE=∠CDN, △EBD≌△NCD, ..BE=CN, OC‖BE, ,∠GOC=∠OBM,而∠OGC=∠OMB=90°，OC=OB, ∴.△COG≌△OBM, ..BM=OG=1, :OM⊥BE, ∴.CN=BE=2BM=2, OC‖BE, .△GON~△GBE, 品器 1=-2 r+12 解得：1=1+☑ 2 (负根舍去)， 由(2)①知△ACF≌△BGC, ÷AC=BG=r+1=3+9/17 2 解法二：如图，延长BG,分别交AC、⊙O于MN,连接CN, 0 B DB=DG, ∴.∠DBG=∠DGB 又.：∠DBG=∠CAG,∠BGD=∠AGM, ∴.∠CAG=∠AGM, ∴.MA=MG. 38195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 OB=OC, ∴.∠OBC=∠OCB, .∴∠MOC=∠OBC+ㄥOCB=2∠OBC 又.：∠OMC=∠AGM+∠CAG=2∠CAG, ∴.∠MOC=∠OMC, ∴.CM=CO=r. 又.CG⊥OM, ∴.OG=MG,∴.MA=MG=OG=1. .△CAF≌△GBC, ∴AC=BG=r+1. .'∠BAM=∠BNC,∠ABM=∠ACN, .△ABM~△NCM, .AM-BM MN CM ∴.BM·MN=AM·CM, 即r+2)(r-2)=1r, 得r2-r-4=0, 解得：r1=1+ 2， (负根舍去)， AC=r+1=3+/17 2 5.(2023浙江嘉兴.中考真题)小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考： 如图1，⊙O的直径CD垂直弦AB于点E,且CE=8,DE=2. G E B E D 图1 图2 图3 (1)复习回顾：求AB的长. (②)探究拓展：如图2，连接AC,点G是BC上一动点，连接AG,延长CG交AB的延长线于点F. 39195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①当点G是BC的中点时，求证：∠GAF=∠F: ②设CG=X,CF=y,请写出y关于x的函数关系式，并说明理由： ③如图3，连接DF,BG,当△CDF为等腰三角形时，请计算BG的长 【答案】I)AB=8: (2) ①证明：连接DG, B D ,点G是BC的中点， ∴CG=BG, ∴，∠GAF=∠D, ,⊙O的直径CD垂直弦AB于点E, .∠CGD=∠CEF=90°， ∴.∠F=90°-∠DCG=∠D, ,∠GAF=∠F: 80 ②y= XB的长为4之或43一22. 【分析】(1)先求得⊙O的直径为10，再利用垂径定理求得AE=BE,在Rt△OAE中，利用勾股 定理即可求解： (2)①连接DG,由点G是BC的中点，推出∠GAF=∠D,根据等角的余角相等即可证明结论成 立： ②利用勾股定理求得AC=4V5,利用垂径定理得到AC=BC,推出∠CAF=∠CGA,证明 △CAF一△CGA,利用相似三角形的性质即可求解； ③分两种情况讨论，当CF=CD=10和DF=CD=10时，证明△FGB一△FAC,利用相似三角形的 性质求解即可， 【详解】(1)解：连接OA, 40195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B ,OO的直径CD垂直弦AB于点E,且CE=8,DE=2, ..CD=CE+DE=10,AE=BE, 0A=0D=CD=5,0E=0D-DE=3 在Rt△OAE中，AE=OA2-0E2=5-3=4 .'.AB=2AE=8; (2)①略 ②：CE=8,AE=4,∠CEA=90°， AC=VAE2+CE=4+82=4V5' C G B :⊙O的直径CD垂直弦AB于点E, ..AC=BC, ∴.∠CAF=∠CGA, ,∠ACF=∠GCA, .△CAF~△CGA, 瓷是斋 y=80 ③当CF=CD=10时， 41195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G B E D 在Rt△CEF中，EF=/CF2-CE=102-82=61 .BF=EF-BE=2, :∠FGB=180°-∠BGC=∠FAC, ,△FGB△FAC, AC CF BG2 即4510 :BG=45 当DF=CD=10时， B E D 在Rt△警中，EF=/DF2-DE=102-2=4V6 在Rt△CEF中，CF=CE2+EF=V82+46=4V10' ..BF=EF-BE=4V6-4. 同理△FGB~△FAC, 股8即器4 ”mBG_4V6-4 :.BG=43-2V2: 42195 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 45 综上，BG的长为写或43-2V2, 6. (2023浙江台州中考真题)我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直 线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，AB是⊙O的直径，直线是⊙O的切线，B为切点.P,Q是圆 上两点（不与点A重合，且在直径AB的同侧），分别作射线AP,AQ交直线l于点C,点D, A B C D B C 图1 图2 图3 )如图1，当AB=6:BP的长为m时，求BC的长. ®如图2，当8子配=P0时， CD的值 6)如图3，当sin∠4Q=6 BC=CD时，连接BP,PO,直接写 BP的值. 【答案】1)2V3 四 【分析】(1)根据扇形的弧长公式即可求出∠BOP度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出 BC的长 (2)根据等弧所对圆周角相等推出∠BAC=∠DAC,再根据角平分线的性质定理推出CF=CB, 利用直角三角形的性质即可求出∠FCD=∠BAQ,通过等量转化和余弦值可求出答案. C3)根据三角形相似的性质证明△APQ一△ADC和△APB一△ABC,从而推出PC=AP “CDAD和 BP=AP BC AB ,利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案 【详解】(1)解：如图1，连接OP,设∠BOP的度数为n 43195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AB=6 BP B 图1 的长为， :n3 180 =兀 ∴.n=60,即∠BOP=60° .BAP-BOP-30 直线l是⊙O的切线， ∴.∠ABC=90° ÷BC=A5-23 3 (2)解：如图2，连接BQ,过点C作CF⊥AD于点F, A .AB 0 图2 为直径， ∴.∠BQA=90° os∠BAQ=A8=3 AB 4 BP=PQ, ∴.∠BAC=∠DAC .CF⊥AD,AB⊥BC, ∴.CF=CB 44195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠BAQ+∠ADB=90°，∠FCD+∠ADB=90°， ∴.∠FCD=∠BAQ BC=FE=cos∠FCD=cos∠BAQ=3 CDCD (3)解： V 4， 理由如下： 如图3，连接BQ, .AB⊥BCBQ⊥AD B C D 图3 ∴.∠ABQ+∠BAD=90°，∠ADB+∠BAD=90°， ∴.∠ABQ=∠ADC, .∠ABQ=∠APQ, ∴.∠APQ=∠ADC. .'∠PAQ=∠CAD, .∴.△APQ-△ADC, ..PQ-AP CDAD① .·∠BAP=∠BAC,∠ABC=∠APB=90°， ∴.△APB一△ABC, .BP-AP ② BC AB' .BC=CD, ①÷②得 PQ=AB=c0S∠BAQ. BP AD 6 .'sin∠BAQ= 4 45195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .COs Z BAQ=10 7.(2023浙江嘉兴.中考真题)如图，在⊙O中，AB是一条不过圆心O的弦，点C,D是AB的三等分点， 直径CE交AB于点F,连结AD交CF于点G,连结AC,过点C的切线交BA的延长线于点H. E B 01 A G/N D I)求证：AD‖HC: 8瓷-2米an∠51G9值 (3)连结BC交AD于点N,若⊙O的半径为5 ①若0F=5 求BC的长： ②若AH=V10,求△ANB的周长： ③若HF·AB=88,求△BHC的面积. 【答案】1) :点C,D是AB三等分点， ..AC=CD=DB. 由CE是⊙O的直径 .CE⊥AD, ,HC是⊙O的切线， ,HC⊥CE AD‖HC. 鹂 85,e18g+9e 5 5 【分析】(1)根据点C,D是AB三等分点，得出AC=CD=DB,根据CE是⊙O的直径，可得 46195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CE⊥AD,根据切线的性质可得HC⊥CE,即可证明AD‖HC: (2)如图1，连接AO,证明△CAG≌△FAG,则CG=FG,设CG=a,则FG=a,在 Rt△AOG中由勾股定理得AO=AG+OG2,得出AG=5a,进而根据正切的定义即可求解： 3)①如图1，连拉0A,勾股定理确定AG,根据A0=CB,可豹BC=AD-7, ②如图2，连接CD,设CG=x,则FG=x,OG=5-x,解得x=1.则AG=3,AD=6,证明 △CND一△ACD,△ANB一△ACD,进而根据相似三角形的性质即可求解： ⑧如图3，过点O作OM1AB于点M,则AM=MB=AB.设CG=X,则 FG=X,OG=5-x,OF=5-2x,证明△AFG△OFM,得出AF·FM=OF·GF则 10x+x(5-2x=22,得出CG=FG=2,则S△cHA=8,证明△CHA一△BHC,根据相似三角形的性质 即可求解 【详解】(1)解：略. (2)如图1，连结AO,,BD=CD, E F D C 图1 .∠BAD=∠CAD 由CE⊥AD,则∠AGF=∠AGC, 又，AG=AG ∴△CAG≌△AG, ∴.CG=FG 设CG=a,则FG=a, 器2 ∴.OG=2a,AO=C0=3a. 在Rt△AOG中由勾股定理得AO=AG+OG2, 47195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -(3a)=AG2+(2a)2 ..AG=V5a ∴tan∠AG=FG=L-5 AG 55 ®)①如图1，连结OA,:0F=号，0C=0A=5 E B O F D C 图1 0多 CG=FG=5 0G=5 ∴AG=VOA2-OG 57. CE⊥AD, ∴AD=2AG=57. 2 .AC=CD=DB, ..AD=CB .BC-AD-7 ②如图2，连结CD, 48195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B A 图2 :AD‖HC,FG=GC, ..AH=AF ∠HCF=90°， .AC=AH=AF=V10」 设CG=x,则FG=x,OG=5-x, 由勾股定理得AG=A0-0G=AC2-CG2, 即25-(5-x2=10-x2” 解得x=1. .AG=3,AD=6 .CD=DB, .∠DAC=∠BCD :∠CDN=∠ADC, ∴.△CND△ACD, ND-CD CD AD ..ND-CD2-5 AD 3 AW= 3 '∠BAD=∠DAC,∠ABN=∠ADC, ∴.△ANB~△ACD ∴.C△ANB=C△ACDX N=6+210×,13-13210+2 AC 3910 5 @如图3，过点O作OM⊥AB于点M,则AM=MB=号AB. 49195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B C 图3 设CG=x,则FG=x,OG=5-x,0F=5-2x, 由勾股定理得AG2=A02-0G2=25-(5-x2=10x-x2, AF2=AG2+FG2=10X-x2+x2=10x, :AD‖HC,FG=GC, :.AH=AF=HF, 2 AG-HC. :AF~AM=号r3AB=HFAB=×8=2, ,∠AGF=∠OMF=90°，∠AFG=∠OFM, .△AFG△OFM, AF=GF OF FM' AF·FM=OF·GF」 AF·AM=AF.AF+FM=AF2+AF·FM=AF+OF,GF=22 可得方程10x+x5-2x=22, 解得X1=2,x2=5.5(舍去). ..CG=FG=2, .0G=3, AG=4, ..HC=8,AH=AF=25. ∴.SAcm=8. 50195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :AD‖HC, .∠CAD=∠ACH」 .AC=CD. .∠B=∠CAD, ∴.∠B=∠ACH」 ,∠H=∠H, .△CHA一△BHC, SAC=8 HC-128 8. (2022浙江杭州中考真题)如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形 纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB,CD,AD.设CD与直径AB B 交于点E.若AD=ED,则∠B= 度； AD的值等于 D A C 3+5 【答案】 36 【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE=∠DEA,证出∠BEC=∠BCE,由折叠的性质得出 ∠ECO=∠BCO,设∠ECO-LOCB=∠B-x,证出∠BCE=LECO+∠BCO=2x,∠CEB=2x,由三角形内角和 CE BE 定理可得出答案；证明△CEO~△BEC,由相似三角形的性质得出 设EO,EC-OC-OB=a, EO CE V5-1 BC EC 得出C(xta），求出OB=2a,证明△BCB-△D4B,由相似三角形的性质得出ADA柜，则可得 出答案 【详解】解：AD=DE, 51195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴∠DAE=LDEA, :∠DEA=∠BEC,∠DAE=LBCE, ∴.∠BEC=LBCE, ,将该圆形纸片沿直线CO对折， ∴.∠ECO=LBCO, 又，OB-OC, ∴.∠OCB=LB, 设∠ECO=LOCB=∠B=x, ∴.∠BCE=∠ECOH∠BCO=2x, .∴.∠CEB=2x, :∠BEC+LBCE+LB180° ∴x+2x+2x=180°， .x=36°， .∠B=36°： ,∠ECO=∠B,∠CEO=∠CEB, ∴.△CEO-△BEC, 器 ∴.CE=EOBE, 设EOx,EC=OC=OB=a, ∴.a2=x(x+a), V5-1 解得，= a(负值舍去)， 2 V5-1 .∴OE= 2 4B=04:0B-a.5-1a3-85a 2 2 ,∠AED=∠BEC,∠DAE=∠BCE, ∴.△BCE-△DAE, 需恶 52195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BC a 3+V5 ..AD 3-5 2. a 2 3+95 故答案为：36， 2 9.(2022浙江宁波·中考真题)如图1，⊙O为锐角三角形ABC的外接圆，点D在BC上，AD交BC于点 E,点F在AE上，满足∠AFB-∠BFD=∠ACB,FG‖AC交BC于点G,BE=FG,连结BD,DG. 设∠ACB=a. F B E G C B C D 图1 图2 (I)用含Q的代数式表示∠BFD. (2)求证：△BDE≌△FDG. 3)如图2，AD为⊙O的直径. ①当AB的长为2时，求AC的长 ②当OF:OE=4:11时，求cosc的值. 【答案】I)∠BFD=90- 2 (2) 证明：由（①得∠BFD=90°-受 :∠ADB=∠ACB=a, ∠FBD=180°-∠ADB-∠BFD=90°-号 ..DB=DF. .FG AC, ∴.∠CAD=∠DFG」 :∠CAD=∠DBE, .∠DFG=∠DBE 53195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BE=FG, .△BDE≌△FDG(SAS). (3)①3：②c0sa= 8 【分析】(1)根据∠AFB-∠BFD=∠ACB=a,∠AFB+∠BFD=180即可求解： (2)由(1)的结论，FG‖AC、BE=FG证△BDE≌△FDG(SAS)即可： (3)①通过角的转换得∠ABC=∠ABD-∠DBG=3g,即可求AC的长：②连结B0,证 △BDG一△BOF,设OF=4x,则OE=11x,DE=DG=4kx,由相似的性质即可求解： 【详解】(1)：∠AFB-∠BFD=∠ACB=Q,① 又：∠AFB+∠BFD=180°，② ②-①，得2∠BFD=180°-a, .∠BFD=90°-C (2)略 (3)①：△BDE≌△FDG, ,∠FDG=∠BDE=a, .∠BDG=∠BDF+∠EDG=2C. .DE=DG, ÷∠DGE=21800-∠FDG=90-2 在△BDG中，∠DBG=180°-∠BDG-∠DGE=90-3C 2 AD为⊙O的直径， ∴.∠ABD=90° ∠ABC=∠ABD-∠DBG=3C 2 .AC与AB的度数之比为3：2. .AC与AB的长度之比为3：2， :AB=2, AC=3. ②如图，连结BO 54195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B OB=OD. .∠OBD=∠ODB=a, .∠BOF=∠OBD+∠ODB=2a :∠BDG=2a, ∴.∠BOF=∠BDG ∠BGD=∠BFO=90°- 21 ∴.△BDG~△BOF 设△BDG与△BOF的相似比为k, ÷80-k 咒 ∴.设OF=4x,则OE=11X,DE=DG=4x, ..OB=OD=OE+DE=11x+4kx, BD=DF=15x+4kx, 8需404袋 15+4k=k,得4K2+7k-15=0, 由11+4k 解得k- ,k2=-3(舍)， ∴.OD=11x+4x=16x,BD=15x+4kx=20x, ∴.AD=2OD=32x, 在R△ABD中，coS∠ADB=BD=20X=5 AD 32x 8 55195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..cosq=5 10. (2022浙江温州中考真题)如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点 D,BE⊥CD,交CD延长线于点E,交半圆于点F,已知BC=5,BE=3.点P,Q分别在线段AB,BE上 (不与端点重合)，且满足P= BQ 4 设BQ=x,CP=y D D R A P OF 图1 图2 1)求半圆o的半径. (2)求y关于x的函数表达式 3)如图2，过点P作PR⊥CE于点R,连结PQ,RQ. ①当△PQR为直角三角形时，求x的值， ②作点F关于QR的对称点F当点F落在BC上时，求CE的值， BE 5 【答案】08 @r+ 9 【分析】(I)连接OD,设半径为r,利用△COD一△CBE,得OD-CO, BE CB' 代入计算即可： (2)根据CP=AP十AC,用含x的代数式表示AP的长，再由(1)计算求AC的长即可： (3)①显然∠PRQ<90°，所以分两种情形，当∠RPQ=90°时，则四边形RPOE是矩形，当 ∠POR=90°时，过点P作PH⊥BE于点H,则四边形PHER是矩形，分别根据图形可得答案； ②连接AF,QF,由对称可知QF=QF,∠FQR=∠EQR=45°，利用三角函数表示出BF和BF 的长度，从而解决问题 【详解】(1)解：如图1，连结OD.设半圆O的半径为r. 56195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ● D ① A B 图1 ,CD切半圆O于点D, .OD⊥CD ,BE⊥CD, ..OD BE, ∴，△COD~△CBE 0器 。 5 ..r=15 15 即半圆O的半径是 8 (2)由(1)得：CA=CB-AB=5-2×15=5 84 AP 5 B04 BQ=x, .AP=5 .CP=AP+AC. (3)①显然∠PRQ<90°，所以分两种情况. i)当∠RPQ=90时，如图2. E R A P B 图2 57195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 PR⊥CE, ∴.∠ERP=90o ∠E=90°， ∴四边形RPQE为矩形， ..PR=QE 3 .PR=PC.sin C=y= 3 心 3 4 =3-X, 9 x= ii)当∠PQR=90时，过点P作PH⊥BE于点H,如图3， R B 图3 则四边形PHER是矩形， ..PH=,EH=PR. CB=5,BE=3, cE=52-3=4 :CR=CP·cosC= y=x+1, 4 ∴.PH=R=3-x=EQ, .∠EQR=∠ERQ=45°， .∠PQH=45°=∠QPH, ∴.HQ=HP=3-x, +3 由EH=PR得：(3-x)+(3-x)=3x 4 21 58195 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 综上所述，x的值是 21 -或 11 ②如图4，连结AF,QF, E R P B 图4 由对称可知QF=QF,∠FQR=∠EQR ,BE⊥CE,PR⊥CE, ∴PRIBE, ∴.∠EQR=∠PRQ, 5. BQ=x:CP=x+ 4 ∴E0=3-x, .PRIBE, △CPR~△CBE, CP=CB CR CE 5.,5 即：4+45， CR4 解得：CR=x+1, ∴.ER=EC-CR=3-x, 即：EOER ∴.∠EQR=∠ERO-45°， ∴·∠FQR=∠EQR=45° 六2BQF=90 QF=QF=BQ·tanB=4 + ,AB是半圆O的直径， 59195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AFB=90°， BF=AB·cOSB=9 3+x 9 27 ..X= 28 ..CF BC-BF=BC-1=3-1=19 BF BF BF X 11.(2022浙江丽水·中考真题)如图，以AB为直径的⊙O与AH相切于点A,点C在AB左侧圆弧上， 弦CD⊥AB交⊙O于点D,连接AC,AD.点A关于CD的对称点为E,直线CE交⊙O于点F,交AH于 点G. C G (1)求证：∠CAG=∠AGC: CES米DP。 ②)当点B在AB上，连接AF交CD于点P,若EE=2, CP的值 3)当点E在射线AB上，AB=2,以点A,C,O,F为顶点的四边形中有一组对边平行时，求AE的长， 【答案】) 证明：如图，设CD与AB相交于点M, 0 D D G 60/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,⊙O与AH相切于点A, .∠BAG=90°， ,CD⊥AB, ∴.∠AMC=90°， ..AG CD, .∠CAG=∠ACD,∠AGC=∠FCD, :点A关于CD的对称点为E, ∴.∠FCD=∠ACD ∴.∠CAG=∠AGC. e明 63-5或2-92或2+92政3+ 2 2 【分析】(1)设CD与AB相交于点M,由⊙O与AH相切于点A,得到∠BAG=90°，由CD⊥AB, 得到∠AMC=90°，进而得到AG‖CD,由平行线的性质推导得，∠CAG=∠ACD, ∠AGC=∠FCD,最后由点A关于CD的对称点为E得到∠FCD=∠ACD即可证明. (2)过F点作FK⊥AB于点K,设AB与CD交于点N,连接DF,证明∠FAD=∠ADC得到 DP=AP,再证明△CPA≌△FPD得到PF=PC:最后根据△KEF~△NEC及△APN一△AFK得 智-5一子和一然吕是后根整于行线线段成出农标 (3)分四种情形：如图1中，当OC‖AF时，如图2中，当OC‖AF时，如图3中，当AC‖OF时， 如图4中，当ACOF时，分别求解即可.， 【详解】(1)略 (2)解：过F点作FK⊥AB于点K,设AB与CD交于点N,连接DF,如下图所示： E C D N 61195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由同弧所对的圆周角相等可知：∠FCD=∠FAD, :AB为⊙O的直径，且CD⊥AB,由垂径定理可知：AC=AD, .∠ACD=∠ADC, ,点A关于CD的对称点为E, ,∠FCD=∠ACD .∠FAD=∠FCD=∠ACD=∠ADC,即∠FAD=∠ADC, ..DP=AP, 由同弧所对的圆周角相等可知：∠ACP=∠DFP,且∠CPA=∠FPD, ∴△CPA≌△FPD, ∴，PC=PF, FK⊥AB,AB与CD交于点N, ∴.∠FKE=∠CNE=90°. ,∠KEF=∠NEC,∠FKE=∠CNE=90, ∴.△KEF一△NEC, 瓷器名设2 ,点A关于CD的对称点为E, .AN=EN=5x,AE=AN+NE=10x,AK=AE+KE=12x, 又FKPN, ∴.△APN~△AFK, .PA-AN=5x-5 AF AK 12x 12 ,∠FCD=∠CDA, .CF‖AD .DP=AP AP 5 CP PF AF-AP7 (3)解：分类讨论如下： 如图1中，当OC‖AF时，连接OC,OF,设∠AGF=a,则 ∠CAG=∠ACD=∠DCF=∠AFG=a, 62195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B A 图1 OC‖AF, ∴.∠OCF=∠AFC=a, .OC=OA, ∴.∠OCA=∠OAC=3a, .∠OAG=45°， .∴.4a=90°， ∴.=22.5°， ∵OC=OF,OA=OF, ∴.∠OFC=∠OCF-∠AFC=22.5°， ∴.∠OFA=∠OAF=45°， ∴.AF=V2OF=2OC, :OC‖AF, A船识-吃 OE OC .OA=1, 2 .'AE=- 1+V2 =2-V2 如图2中，当OC‖AF时，连接OC,设CD交AE点M. 63195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B D M H G A 图2 设∠OAC=a, :OC‖AF, ∴.∠FAC=∠OCA=C, ∴.∠COE=∠FAE=2a, ,'∠AFD=∠D,∠AGF=∠D ∴.∠AGC=∠AFG=∠AEC+∠FAE=3a, .·∠AGC+∠AEC=90°， ∴.4a=90, ∴.a=22.5°，2a=45°， ∴.△COM是等腰直角三角形， ∴.OC=V20M, 0M=2 5,AM=2+ 2 ∴.AE=2AM=2+/2: 如图3中，当AC‖OF时，连接OC,OF 64195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 0 H A 图3 设∠AGF=a, .'∠ACF=∠ACD+∠DCF=2a, AC‖OF, ∴.∠CFO=∠ACF=2, ∴.∠CAO=∠ACO=4a, .:∠AOC+∠OAC+∠AC0=180°， ∴.10a=180°， ∴.a=18°， ∴.∠COE=∠ECO-∠CFO=36°， .△OCE~△FC0、, .OC=CECF、, ∴.1=CECE+1、, CE=AC-OE-5-1 2 AE=0A-OE-3-85 2 如图4中，当ACOF时，连接OC,OF,BF 65195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B D A 图4 设∠AO=a, .AC Il OF, .∠CAF=∠OFA=Q, ∴.∠COF=∠BOF=2a, .'AC=AE. ∴.∠AEC=∠CAE=∠EFB. ∴BF=BE, 由△OCF≈△OBF, ∴.CF=BF=BE, .∠E=∠COF, ∴.△COF~△CE0, ∴.OC2=CE·CF, BE=CF=5-1 ..AE=AB+BE=3+5 2 综上所述，满足条件的AE的长为2-2成2+2或3-5或3+95 或 2 2 考点04新定义、存在性与探究问题 1.(2023浙江宁波.中考真题)定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等 66195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角， E D B A 图1 图2 图3 I)如图1，在四边形ABCD中，AD‖BC,∠A=90°，对角线BD平分∠ADC.求证：四边形ABCD为 邻等四边形. (2)如图2，在6×5的方格纸中，A,B,C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符 合条件的格点D. B)如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD为邻等角，连接AC,过B作 BE‖AC交DA的延长线于点E.若AC=8,DE=10,求四边形EBCD的周长. 【答案】I) 证明：：AD‖BC,∠A=90° ∴，∠ABC=180°-∠A=90°，∠ADB=∠CBD, ,对角线BD平分∠ADC, .∠ADB=∠CDB ∴∠CBD=∠CDB, ∴CD=CB, ,∴，四边形ABCD为邻等四边形. (2) 如图，D1,D2,D3即为所求： B 图2 3)38-6V2 【分析】(1)先证明∠ABC=180°-∠A=90°，∠ADB=∠CBD,再证明CD=CB,即可得到 结论： (2)根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B=∠C=90,结合图形再确定满足CB=CD或 67/95 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AD=CD的格点D:②∠B=∠A=90,结合图形再确定满足AB=AD的格点D: (3)如图，过C作CQ⊥AD于Q,可得四边形ABCQ是矩形，AQ=BC,AD‖BC,证明四边形 ACBE为平行四边形，可得BE=AC=8,AE=BC,设BC=AE=X,而DE=10,AD=10-X, DQ=x-10-X=2x-10由新定义可得CD=CB=x由勾股定理可得：X-2x-10P=82-X2,再 解方程可得答案。 【详解】(1)略 (2)略 (3)如图，过C作CQ⊥AD于Q, E B 图3 :∠DAB=∠ABC=90°， ∴四边形ABCQ是矩形， ∴.AQ=BC,AB=CQ,AD‖BC, BE‖AC, ∴，四边形ACBE为平行四边形， ..BE=AC=8,AE=BC, 设BC=AE=X,而DE=10 ∴.AD=10-x,DQ=x-10-x=2x-10, 由新定义可得CD=CB=X, 由勾股定理可得：x-2x-102=82-x2” 整理得：x2-20x+82=0, 解得：X,=10-32:X,=10+32>8(不符合题意舍去)， ∴.CB=CD=10-3V2, ∴四边形EBCD的周长为10+8+210-32=38-6/2 68195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.(2023浙江湖州中考真题)【特例感知】 (I)如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连接PD,过点D作DM⊥PD,交BC的延 长线于点M.求证：△DAP≌△DCM. 【变式求异】 (2)如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB,交AC于点Q,点 P在边AB的延长线上，连接PQ,过点Q作QM⊥PQ,交射线BC于点M.已知BC=8,AC=10, AD=2DB,求 PQ 的值。 QM 【拓展应用】 (3)如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A,C 重合)，连接PQ,以Q为顶点作∠PQM=∠PBC,∠PQM的边QM交射线BC于点M.若AC=mAB CQ=nAC(m,n是常数)，求PO QM 的值（用含，n的代数式表示）· M B M MC 图1 图2 图3 【答案】 (1)证明：在正方形ABCD中， ∠A=∠ADC=∠BCD=90°，AD=DC, ∴.∠A=∠DCM=90°， .DM⊥PD ,∠ADP+∠PDC=∠CDM+∠PDC=90°， ∴.∠ADP=∠CDM, .△DAP≌△DCM ASA. ⊙ (3)1-n9/1+m n 【分析】(1)根据ASA证明△DAP≌△DCM即可； 69195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)证明△DQP-△NQM,得出P吧=D=DQ OM ON DB 根据勾股定理AB=AC2-BC2=6,根据 DoB.相△D0-△Aac,求8瓷-品号D0-9来股-器 QM DB3 (3)BC=VAB+AC=1+mAB作QN⊥BC于点N证明△QAP一△QNM:得出 PeA0.证明AQCN-△BCA得出N=Cg=3mmAB 三mn,求出 QM NQ BA CB 1+m2AB 1+m PQ_AQ=1-n1+m2. QM NQ n 【详解】(1)略 (2)如图1，作QN⊥BC于点N,如图所示： A D NMC 图1 ,∠ABC=90°，DQ⊥AB, ∴.四边形DBNQ是矩形， .∠DQN=90°，QN=DB, .QM⊥PQ, ∴.∠DQP+∠PQN=∠MQN+∠PQN=90°， ∴.∠DQP=∠MQN, :∠QDP=∠QNM=90°， .△DQP-△NQM, ÷Pe-Dg=Dg QM QN DB ,BC=8,AC=10,∠ABC=90°， 六AB=VAC2-BC2=6' .AD=2DB, 70195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .DB=2, :∠ADQ=∠ABC=90°， .DQ‖BC, ,△ADQ-△ABC, 兴品号 09 器器号 (3).AC=mAB,CO=nAC ∴.CQ=mnAB, ∴.AQ=AC-CQ=m-mnAB ∠BAC=90°， BC=AB+AC2=1+m2AB' 如图2，作QN1BC于点N, d N MC 图2 ,∠A+∠ABN+∠BNQ+∠AQN=360°， ∴.∠ABN+∠AQN=180°， ∴，∠AQN=∠PBN ,∠PQM=∠PBC, .∠PQM=∠AQN, .∠AQP=∠NQM, :∠A=∠QNWM=90°， ,△QAP-△QNM, 器品 71195 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,∠A=∠QNC=90°，∠QCN=∠BCA, .△QCN一△BCA, .QN_CQ_mnAB mn BA CB 1+m2AB 1+m QN=-mnAB Q1+m PQ=AQ=1-n9V1+m」 QM NQ n 3.(2022浙江嘉兴中考真题)小东在做九上课本123页习题：“1：V2也是一个很有趣的比.己知线段 AB(如图1)，用直尺和圆规作AB上的一点P,使AP:AB=1:2.”小东的作法是：如图2，以AB为 斜边作等腰直角三角形ABC,再以点A为圆心，AC长为半径作弧，交线段AB于点P,点P即为所求作的 点.小东称点P为线段AB的“趣点”· A 图1 B C E AD) 图3 B A 图4 P (1)你赞同他的作法吗？请说明理由， (2)小东在此基础上进行了如下操作和探究：连结CP,点D为线段AC上的动点，点E在AB的上方，构造 △DPE,使得△DPE~△CPB. ①如图3，当点D运动到点A时，求∠CPE的度数. ②如图4，DE分别交CP,CB于点M,N,当点D为线段AC的“趣点”时(CD<AD),猜想：点N是 72195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 否为线段ME的“趣点”？并说明理由 【答案】1)赞同，理由见解析， 2)045②点V是线段ME的“趣点”，理由见解析 AC 1 【分析】(1)利用等腰三角形的性质证 AB2,再利用AC=AP,从而可得结论： (2)①由题意可得：∠CAB=∠B=45°，∠ACB=90°，AC=AP=BC,再求解 ∠ACP=∠APC=67.5°，∠CPB=112.5°，证明∠DPE=∠CPB=112.5°，从而可得答案；②先证 明△ADP一△ACB,可得∠APD=45°，DP‖CB,再证明MP=MD=MC=MN, ∠EMP=45°，∠MPE=90°，从而可得结论. 【详解】(1)证明：赞同，理由如下： ,:等腰直角三角形ABC, ∴.AC=BC,∠A=∠B=45°， .cos45=AC=2_1 AB-221 .AC=AP, ·AB2, 点P为线段AB的“趣点” (2)①由题意可得：∠CAB=∠B=45°，∠ACB=90°，AC=AP=BC, ACP=∠APc-180-45)=675 ∴.∠BCP=90°-67.5°=22.5°， ∴.∠CPB=180°-45°-22.5°=112.5°， △DPE-ACPB,D,A重合， ∴.∠DPE=∠CPB=112.5°， ∴.∠CPE=∠DPE+∠CPB-180°=45°. ②点N是线段MB的“趣点”，理由如下： 当点D为线段AC的“趣点”时(CD<AD), AD 1 ·ACF2,而AC=AP, 73195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD、1 ·AP2' AC=1 ”AB2,∠A=∠A, ∴.△ADP△ACB, ∴.∠ADP=∠ACB=90°， .∠APD=45°，DP CB, ∴.∠DPC=∠PCB=22.5°=∠PDE, .∴.DM=PM, ∴.∠MDC=∠MCD=90°-22.5°=67.5°， .∴.MD=MC, 同理可得：MC=MN, .∴.MP=MD=MC=MN, .·∠MDP=∠MPD=22.5°，∠E=∠B=45°， ∴.∠EMP=45°，∠MPE=90°， MP1MN ME 2 ME .点N是线段ME的“趣点”， 4.（2022浙江台州中考真题)图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在 正方形ADCD各边上分别取点B.C,D,A:使AB,=BC1-CD,=DA,-号AB,依次连接它 得到四边形A1B1C1D1:再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点B2,C2,D2,A2,使 AB,=B,C。-CD,-D,A着AB,依次连接它们，得到四边形AB,C,D:如此继续下去，得到 四条螺旋折线. 74195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B1 B B2 B B C C D D C 图1 图2 1)求证：四边形A1BC1D1是正方形： a味A治的a: 3)请研究螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明. 【答案】1)见解析 9 8)螺旋折线BBB,B,…中相邻线段的比均为5亚或亚 7或5，见解析 【分析】(1)证明△AB1A1≌△BC1B1,则A1B,=B1C1,同理可证 B1C1=C1D1=D1A1=A1B1,再证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形： (2)勾股定理求解A1B的长度，再作比即可： g两个结论：螺旋折线BBB,B,中相邻线段的均为7或7，螺旋折线BB,B,B,中 相邻线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解。 【详解】(1)在正方形ABCD中，AB=BC,∠A=∠B=90°， 又：AB,=BC=CD,=DA,-号AB, AA:=BB=1AB. △AB1A1≌△BC1B1 A1B1=B1C1,∠AB1A1=∠BC1B1. 又，∠BC1B1+∠BB1C1=90°， .∠BB1C1+∠AB1A1=90° 75195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴，∠A1B1C1=90° 同理可证：B1C1=C1D1=D1A1=A1B1 .四边形A1BC1D1是正方形 ②AB=BC=CD,=DA:号AB,设AB=5a,则AB,=4a ..BB=AA=a. ∴由勾股定理得：A1B,=17a A.B_V7a_V17 AB 5a 5 （3)结论1：螺旋折线BB,B,B,中相邻线段的比均为5亚成亚 -或 17 5 证明：AB,考AB, BB,号AB. 同理BB吉AB .BB AB 517 B1B2A1B117 同理可得BB2-5/17,… B2B317 :螺旋折线BB1B,B…中相邻线段的比均为 严罗 17 结论2：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变， 证明：：BB_B,B-,∠A,B,C1=∠ABC=90 BC B C2 4 .△BBC1~△BB2C2, ∠BB1C1=∠B1B2C2 同理得：∠B1B2C2=∠B2B3C3, ,∠C1B1B2=∠C2B2B3=90°， ∠BB1C1+∠C1B1B2=∠B1B2C2+∠C2B2B3,即∠BB1B2=∠B1B2B3 76195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 同理可证∠BBB3=∠B2BB4=. ∴螺旋折线BBB2B3…中相邻线段的夹角的度数不变 77195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 年模拟练测园 1.(2026浙江绍兴一模)如图，四边形ABCD内接于圆O,AB为直径，CD=CB,AC交BD于点G, CE⊥AB,垂足为E,CE交BD于点F. D G G分 G F B 0 图1 图2 图3 (1)如图1，证明：FC=FB (2)如图2，连结OF,若∠CAD=20°，求∠OFE的度数 3)如图3，连结OG,若OG=4,BO=BG,求四边形OEFG的面积. 【答案】()证明：.·AB为直径，所以∠ACB=90°，∠CAB+∠CBA=90 D F 0 E 又，CE⊥AB ∴.∠BCE+∠CBA=90°. ∴.∠CAB=∠BCE, CD=CB, ∴.∠CBD=∠CDB=∠CAB. .∴.∠CBD=∠BCE, ∴.FC=FB (2)70° 唱 【分析】(1)根据圆中直径对应的圆周角为90°和CE⊥AB证明∠CBD=∠BCE即可. (2)根据已知关系证明CF=FG,得到F是BG中点，从而OF是中位线，故OF‖AG,再根据弧长 相等则对应的角相等求得∠FOE=20°，最后求出∠OFE, 78/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)连结OF,过O作OH⊥AC,垂足为H,证明△AOH≌△BGC AAS),得出相应边的比例 关系，三角形的面积关系，用勾股定理表示出相应边和面积，最后求解. 【详解】(1)略 (2)解：由(1)己知∠FBC=∠FCB,∠ACB=90°，CF=BF, .∴∠FBC+∠CGB=∠FCB+∠FCG=90° .∠FCG=∠CGB. ∴.FC=FG ∴.FG=FB,即F是BG中点， 0是AB的中点， 所以OF‖AG :∠CAD=20°，CD=CB, ∴.CB=CD ∴.∠CAB=∠CAD=20° .CE⊥OB, .∴.∠ACE=90°-∠CAB=70°， ∴.∠OFE=∠ACE=70°. (3)解：连结OF,过O作OH⊥AC,垂足为H,所以AH=HC, 由圆的性质和已知条件得OA=OB=BG, D 79195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠AHO=∠ACB=90° 由 ∠CAB=∠CBG OA=BG ∴.△AOH≌△BGC AAS, =OH-AH-HC.tam CAB-T G是CHI中点，hG=CH, ∴.OH=HG,设OH=a, .0H2+HG2=0G2, 02=8,所以5ax=02=12 .∠BCE=∠CAB, .tan∠BCE= 能-}am人cs先分 AE 2 BE_1 AO=BO. BE_2 5AOEF=3 △BOF .F为BG的中点， .'.SAOFG=SAOBF. 8 4 ∴.S四边形OEFG SABOFAB0G S△A0G1 4 .S四边形OEFG 5×12=48 51 2.(2026浙江舟山一模)如图1，在菱形ABCD中，∠C=60°，E是对角线BD上一点，连接AE,设 ∠EAB=0°<a<30,将△ABE沿AE折叠得到△AGE,连接DG并延长交BC于点H. 80195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D (图1) (图2) (I)用含a的代数式表示∠DAG (2)求证： ①∠BDH=∠BAE: ②BH=BE. 3)如图2，当DG:GH=2:1时，求DE:BE的值 【答案】1)60°-2c (2) 证明：①：菱形ABCD ..AD=AB. 由折叠可知， AG=AB, AD=AG. .∠ADG= 180°-∠DAG=60°+&， 2 ∠DAB=60°， ∴.△ABD为等边三角形， .∠ADB=60°， .∠BDH=∠ADH-∠ADB=a=∠EAB: ②，AD‖BC .∠ABC=180°-∠DAB=120°， ,菱形ABCD, ÷∠EBM=∠DBH=∠ABC=60, :△ABD为等边三角形， ∴AB=DB, ,∠BDH=∠BAE, .△ABE≌△DBH ASA, 81195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..BH=BE: (3)DE:BE=1+9V6 【分析】(1)根据菱形的性质得到∠DAB=∠C=60°，根据折叠的性质得到∠GAE=∠BAE=Q, 进而可求∠DAG: (2)①根据等边对等角及三角形内角和得到∠ADG=60°+Q,根据等边三角形的判定和性质证明 即可： ②根据菱形的性质得到∠EBA=∠DBH=60°，根据等边三角形的性质得到AB=DB,证明 △ABE≌△DBH,即可证明BH=BE; (3)连接EH,延长EG交CD于K,作KM⊥DB于M,根据等边三角形的判定和性质得到 EH=BE=≥d,证明△DGK一△HGE,得到DKC=DC=2,设EH=BE=≥=X,根据30°角的 EH GE GH 性质得到DM=x,根据勾股定理得到KM=3x,ME=V6x,求出DE=x+V6x,即可求出DE:BE的 值。 【详解】(1)解：菱形ABCD, ,∠DAB=∠C=60°， ,折叠， ∴.∠GAE=∠BAE=a, .∠DAG=∠DAB-∠GAE-∠BAE=60°-2a: (2)略 (3)解：如图，连接EH,延长EG交CD于K,作KM⊥DB于M. 由(2)得BH=BE,∠EBH=60°， ,△BEH为等边三角形， .EH=BE=≥i, :∠BHE=∠C=60°， EH‖CD △DGK一△HGE, 82195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 贤-9-2 EH GE GH 设EH=BE=之=X, 则DK=KG=2X,KE=KG+≥=3X. 在Rt△DMK中， ,∠BDC=60°， .∠DKM=30 ∴DM=5DK=x, 2 ..KM=3DM=3x, ME-KE-MK-6x ..DE=DM+ME=x+6x, ..DE:BE=1+6 3.(2026浙江台州一模)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别是边BC,CD上的动点（不包含端 点)，AG⊥EF于点G,GM⊥AB于点M,EF=AG. M 图1 图2 (I)如图1，求证：△AMG≌△ECF (②)如图2，过点E作HE⊥BC分别交AG,MG于点H,N. ①求证：四边形BMNE为正方形： ②求证：HE+GN=AB, ③若AB=1,请直接写出HE的取值范围. 【答案】1) 解：，正方形ABCD,GM⊥AB ∴.∠C=∠B=90=∠AMG :AG⊥EF .∴∠BAG+∠BEG=360°-∠AGB-∠B=180° 83195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :'∠CEF+∠BEG=180° .∠BAG=∠CEF 在△AMG和△ECF中， EF=AG ∠C=∠AMG ∠MAG=∠CEF ∴△AMG≌△ECF AAS: 2) ①证明：：HE⊥BC,GM⊥AB, .∠BEN=∠BMN=∠B=90°， “.四边形BMNE为矩形， :四边形ABCD为正方形， AB=BC,∠B=90° ,△AMG≌△ECF, ..AM=EC, ∴.BE=BM. .四边形BMNE为正方形： ②证明：延长MG交CD于点K, F D H M ,四边形ABCD为正方形， .∠C=∠B=90° 又，四边形BMNE为正方形， .∠CEN=∠KNE=90°. ,四边形NECK为矩形， .CK=NE=MN,∠FKG=∠HNG=90 △AMG≌△ECF, 84195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .MG=CF,∠KFG=∠HGN, ..FK=NG. .△FKG≌△GNH ASA, .'.HN=KG, .HE+GN=HN+NE+GN=KG+MN+GN=BC=AB 导He1 【分析】(1)根据正方形的性质及垂直的性质得到∠C=∠B=90°=∠AMG,根据等角的补角相 等得到∠BAG=∠CEF,根据AAS即可证明△AMG≌△ECF; (2)①根据HE⊥BC,GM⊥AB得到∠BEN=∠BMN=∠B=90°，根据正方形的性质得到 AB=BC,∠B=90°，根据△AMG≌△ECF得到AM=EC,进而得到BE=BM,即可证明四边形 BMNE为正方形： ②延长MG交CD于点K,根据正方形的性质得到∠C=∠B=90°，∠CEN=∠KNE=90°，根据 矩形的性质得到CK=WNE=MN,∠FKG=∠HNG=90°，根据全等三角形的性质得到MG=CF ∠KFG=∠HGN,进而得到FK=NG,证明△FKG≌△GNH,得到HN=KG,即可证明 HE+GN=AB: ③取E中点O,连楼C0,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到G0HB,延长EH 交AD于P,则四边形AMNP是矩形，得到∠APH=90°，AP=MN,根据正方形的性质得到MN=NE, 进而得到AP=EN,证明△PAH≌△ASA,得到PH=NG=1-EH,可知0≤EH≤1，根据 GO2NG得到HE≥：目 即可得到HE的取值范围. 【详解】(1)略 (2)①略 ②略 ③解：取HE中点O,连接GO, 85195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D F NO M :∠HGE=90° o0-号n 延长EH交AD于P, ,∴.四边形AMNP是矩形， ,∠APH=90°，AP=MN, :四边形BMNE为正方形， ..MN =NE ∴·AP=EN :∠BAG=∠CEF,∠BAP=∠CEP=90°， .∠PAG=∠U, 在△PAH和△忒中， 6, .△PAH≌△ASA, ∴.PH=NG=1-EH, .0≤1-EH≤1 ∴.0≤EH≤1 .GO≥NG, E≥1-B 加号 :2<HE<1 3 4.(2026浙江丽水·模拟预测)如图1，在矩形ABCD中，AB=2,BC=3,E,F分别是AD,BC上的 点，作四边形CDEF关于直线EF对称的四边形HGEF,点D的对称点G落在AB上，连接DG, 86/95 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图1 图2 (I)当G为AB的中点时，求AE的长. (2)如图2，连接FG ①若∠AGD+∠BGF=135°，求tan∠ADG的值. ②若∠AGE+4∠BGF=270°，求BG的长. 【搭案】@5-号 o0e8-2 3 【分析】(1)根据矩形的性质得到∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD=BC=3,设AE=X, 根据勾股定理求解即可： (2)①连接DF,根据轴对称的性质及等边对等角得到∠FDG=∠FGD=45°，则∠DFG=90°， 进而得到∠GFB=∠FDC,证明△GBF≌△FCD,得到BF=CD=2,进而得到AG=1,根据正切的 定义计算即可： ②连接DF,设DG与EF相交于点K,设∠ADG=Q,∠HGF=B,BG=x,根据轴对称的性质可 知∠CDF=∠HGF=B,EG=ED,∠EGH=∠EDC=90°，根据等边对等角得到 ∠ADG=∠EGD=a,根据三角形外角的性质得到∠AEG=2a,则∠AGE=90°-2a,进而得到 ∠BGF=2a+B,根据∠AGE+4∠BGF=270°得到3a+2β=90°，可知∠KGF=∠BGF,证明 △GBF≌△GKF,得到GK=BG=X=KD,根据勾股定理求解即可. 【详解】(1)解：在矩形ABCD中，∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD=BC=3 设AE=X,则DE=≥=3-x. ,G为AB的中点， .AG=1. ,∠A=90°， ..AG2+AE2=EG2, 12+x=3-x2 87195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4 X= (负值舍去)， ∴AE= . (2)解：①如图，连接DF A D G 由对称可知，FG=FD, ,∠FGD=∠FDG .:∠AGD+∠BGF=135°， .∠FDG=∠FGD=45°， .∠DFG=90°， .∠GFB=180°-∠GFD-∠DFC=90°-∠DFC=∠FDC. 又∠B=∠C,GF=FD .△GBF≌△FCD AAS, ..BF=CD=2,BG=CF=BC-BF=1. ..AG=AB-BG=1, tan∠ADG= AG1 AD 3 ②如图，连接DF,设DG与EF相交于点K,设∠ADG=C,∠HGF=B,BG=X. D G 由对称可知，∠CDF=∠HGF=B,EG=ED,∠EGH=∠EDC=90° EG=ED. ,∠ADG=∠EGD=C, ,∠AEG=2a. 88195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠A=∠EGH=90, .∠AGE=90°-2a, .∠BGH=180°-∠AGE-∠EGH=2a, ,∠BGF=∠BGH+∠HGF=2a+B. ,∠AGE+4∠BGF=270°， .90°-2a+42a+β=270°， 3a+2B=90°， .∠KGF=∠EGH-∠EGD+∠HGF=90°-a+B=2a+B=∠BGF. 又∠B=∠FKG=90°，GF=GF, ∴.△GBF≌△GKF AAS, ..GK=BG=x=KD :∠A=90°， ..AG2+AD2=DG2, 2-x2+32=2x2 x=g-2.X=3-2含). 3 3 BG=43-2 3 5.(2026浙江温州·二模)探究角度与线段比例之间的关系 如图1，在△ABC中，AB=AC=1,点D在BC边上，且CD=2BD,连接AD并延长至点E,使得 A正三AB,作CPAE交BE延长线于点P,连接AF交BC于点G,记cos∠ABC=X,PS三 B 图1 图2 【图形认识】 (1)求证：CF=3DE. 89195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【引元关联】 (②)设DE=t,求y关于t的函数表达式。 【特例计算】 3)如图2，当AF⊥BC时，分别求出y和x的值. 【规律研究】 4)已知0<x<1,求y的取值范围. 【答案】1)见解析 ②y=1-t 3t 6y3x=396 1 8 @y洁 【分析】(1)根据CF‖AE,得出△BDE一△BCF,根据相似三角形的性质，结合已知条件即可 得证： (2)根据CF‖AE,得出△ADG一△FCG,根据相似三角形的性质得出比例式，即可求解： 8)银整余德的定义科胎-BG=x则BDC登则y瓷-分得方在 AB 31 Rt△ABG和Rt△ADG中，AB-BG=AD-DG2,得出方程，解方程，即可求解： (4)作AH⊥BC于点H:在Rt△ABHRU△ADH中，1P-X2=(1-tP- 解方程，得出 号x2=-t+2t,记W=-+2t,根据0<x<1得出0<w<9,进而得出0<t<号 最后求得函数值的范 围，即可求解。 【详解】(1)证明：CF‖AE, .△BDE一△BCF, .DE=BD CF BC CD=2 BD, 器畏 ∴.CF=3DE 90/95 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)解：，AE=AB=1,DE=t, ..AD=1-t,CF=3t. CF‖AE, ·△ADG一△FCG ÷y=DC=AD-1-t CG CF 3t (3)解：，Cos∠ABC=X,AF⊥BC, BG-BG=x. AB .AB=AC, ..CG=BG=x,BC=2BG=2x, 0-号0- 3 DG y=DG_1 CG 3' 在Rt△ABG和Rt△ADG中，AB2-BG=AD2-DG2, -- 解得x= 3V6 8 (负值已舍去)· (4)解：作AH⊥BC于点H, B HG E 则BH=X,DH-等 91195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在Rt△ABH和Rt△ADH中， AB-BH2=AD2-DH2, -1-f- 2 号xt+2 记W=-t2+2t, :0<x<1, 0<w<8 0<t号或3<<2（舍 y=1-t=1-1 3t3t3' ∴当0<t亏时，y随的增大而减小 1 .y 6 6.(2026浙江温州模拟预测)如图1，BC是⊙O的直径，A,D为圆上在BC异侧的点，AB=AC,连 接AD交BC于点H,将△ACD关于直线AC对称得到△ACE. H H E G C 图1 图2 (1)求出∠E的度数， (②)如图2，延长EC交CD于点F,连接AF,BF,AF交BC于点G. ①求证：CD=BF】 ②若BC=7GH,求 CF CD 的值 【答案】1)45° (2)①证明：.'∠ACB=∠AFB=45°， 92195 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠E=∠AFB. ,四边形ABFC内接于圆， ∴.∠ACF+∠ABF=180°=∠ACF+∠ACE, ∴.∠ACE=∠ABF, '.AB=AC, ∴.△AEC≌△AFB AAS, ∴CE=BF EC=CD, ∴.CD=BF. 号 【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角和等边对等角可得∠ABC=∠ACB=45°，然后结合同 弧所对的圆周角相等和轴对称的性质即可解答： (2)①根据同弧所对的圆周角相等和圆内接四边形对角互补，利用AAS可证明△AEC≌△AFB, 进一步可得结论： ②由①可得CD=BF,从而推出∠CAF=∠DAB,进而利用AAS可证明△ACG≌△ABH,得到 CG=BH,结合BC=7GH,可得瓷争C-多过点G作GK上BF于有K易得 △BGK-△BCE,C-张-设GK=PK=3m,表示出CF和CD,进一步求解即可 【详解】(1)解：：BC是⊙O的直径， ∴.∠CAB=90°. .AB=AC, ∴.∠ABC=∠ACB=45°， ∴.∠ADC=∠ABC=45° .'△AEC由△ADC关于直线AC对称得到， ∴.∠E=∠ADC=45 (2)①略 ②解：CD=BF, ..CD=BF, 93195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠CAD=∠FAB, ∴.∠CAD-∠DAF=∠FAB-∠DAF,即∠CAF=∠DAB, .∵AB=AC,∠ABC=∠ACB=45°， ∴.△ACG≌△ABHAAS, .CG=BH, .BC=7GH, 设GH=a,则BC=7a,CG=BH=BC-GH=3a, BG_BH+GH 4a_4 BG=4a=4 CG CG 3a3’BC7a71 过点G作GK⊥BF于点K, B BC为直径， ∴.∠CFB=90°， ∴.GKCF, ∴.△BGK一△BCF, BG_BK_4 CG FK 3 GK=BG_4 CF BC7' ∠GFB=45°，GK⊥BF, .∠GFB=∠FGK=45°， .设GK=FK=3m, ∴.BK=4m, ∴.BF=CD=7m, GK=BG4 CF BC7 .CF 1 4m, 94195 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 21 CF 3. CD 7m 4 95195