初中数学中考复习 专题39三角形（4）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题39三角形（4）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共157页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题39三角形（4）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________



一、填空题
1．（2020·江苏南京?中考真题）如图，线段AB、BC的垂直平分线、相交于点，若39°，则=__________．

【答案】78
【解析】
【分析】

如图，利用线段垂直平分线的性质结合三角形外角性质得到∠AOC=∠2+∠3=2(∠A+∠C)，再利用垂直的定义结合三角形外角性质得到∠AOG =51-∠A，∠COF =51-∠C，利用平角的定义得到∠AOG+∠2+∠3+∠COF+∠1=180，计算即可求解．
【详解】

如图，连接BO并延长，

∵、分别是线段AB、BC的垂直平分线，
∴OA=OB，OB=OC，∠ODG=∠OEF=90，
∴∠A=∠ABO，∠C=∠CBO，
∴∠2=2∠A，∠3=2∠C，∠OGD=∠OFE=90-39=51，
∴∠AOC=∠2+∠3=2(∠A+∠C)，
∵∠OGD=∠A+∠AOG，∠OFE=∠C+∠COF，
∴∠AOG =51-∠A，∠COF =51-∠C，
而∠AOG+∠2+∠3+∠COF+∠1=180，
∴51-∠A+2∠A+2∠C+51-∠C+39=180，
∴∠A+∠C=39，
∴∠AOC=2(∠A+∠C)=78，
故答案为：78．
【点睛】

本题考查了线段垂直平分线的性质，三角形外角的性质，垂直的定义，平角的定义，注意掌握辅助线的作法，注意掌握整体思想与数形结合思想的应用．
2．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在中，，M是的中点，点D在上，，，垂足分别为E，F，连接．则下列结论中：①；②；③；④；⑤若平分，则；⑥，正确的有___________．（只填序号）

【答案】①②③④⑤⑥
【解析】
【分析】
证明△BCF≌△CAE，得到BF=CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到EF=EM，可判断③，同时得到∠MEF=∠MFE=45°，可判断②；再证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN=DM，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出DE=EM，再证明△ADE≌△ACE，得到DE=CE，则有，从而判断⑤；最后证明△CDM∽ADE，得到，结合BM=CM，AE=CF，可判断⑥.
【详解】
解：∵∠ACB=90°，
∴∠BCF+∠ACE=90°，
∵∠BCF+∠CBF=90°，
∴∠ACE=∠CBF，
又∵∠BFD=90°=∠AEC，AC=BC，
∴△BCF≌△CAE（AAS），
∴BF=CE，故①正确；
由全等可得：AE=CF，BF=CE，
∴AE-CE=CF=CE=EF，连接FM，CM，
∵点M是AB中点，
∴CM=AB=BM=AM，CM⊥AB，
在△BDF和△CDM中，∠BFD=∠CMD，∠BDF=∠CDM，
∴∠DBF=∠DCM，又BM=CM，BF=CE，
∴△BFM≌△CEM，
∴FM=EM，∠BMF=∠CME，
∵∠BMC=90°，
∴∠EMF=90°，即△EMF为等腰直角三角形，
∴EF=EM=，故③正确，
∠MEF=∠MFE=45°，∵∠AEC=90°，
∴∠MEF=∠AEM=45°，故②正确，
设AE与CM交于点N，连接DN，
∵∠DMF=∠NME，FM=EM，∠DFM=∠DEM=∠AEM=45°，
∴△DFM≌△NEM，
∴DF=EN，DM=MN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴DN=DM，而∠DEA=90°，
∴，故④正确；
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠CAB=45°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE=∠CAE=22.5°，∠ADE=67.5°，
∵∠DEM=45°，
∴∠EMD=67.5°，即DE=EM，
∵AE=AE，∠AED=∠AEC，∠DAE=∠CAE，
∴△ADE≌△ACE，
∴DE=CE，
∵△MEF为等腰直角三角形，
∴EF=，
∴，故⑤正确；
∵∠CDM=∠ADE，∠CMD=∠AED=90°，
∴△CDM∽ADE，
∴，
∵BM=CM，AE=CF，
∴，
∴，故⑥正确；
故答案为：①②③④⑤⑥.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，找到全等三角形说明角相等和线段相等.
3．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在中，，点E在边上．将沿直线翻折，点A落在点处，连接，交于点F．若，，则__________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意设AC=4x，AB=5x，则BC=3x，再证明△BCE为等腰直角三角形，得到EC=3x，根据△A′EF∽△BCF，得到.
【详解】
解：∵，，
∴，设AC=4x，AB=5x，则BC=3x，
∵，
∴∠AEA′=90°，A′E∥BC，
由于折叠，
∴∠A′EB=∠AEB=（360-90）÷2=135°，且△A′EF∽△BCF，
∴∠BEC=45°，即△BCE为等腰直角三角形，
∴EC=3x，
∴AE=AC-EC=x=A′E，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，折叠的性质，三角函数，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是根据折叠得出△BCE为等腰直角三角形.
4．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，中，点在边上，，，垂直于的延长线于点，，，则边的长为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则由线段垂直平分线的性质可得CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠EFC=∠A=2∠CBE，再根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定可得FC=FG，设CE=EF=x，则可根据线段间的和差关系求出DF的长，进而可求出FC的长，然后根据勾股定理即可求出CD的长，再一次运用勾股定理即可求出答案．
【详解】
解：如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，
∵EA=EB，∴∠A=∠EBA，
∵∠AEB=∠CEF，
∴∠EFC=∠A=2∠CBE=2∠G，
∵∠EFC=∠G+∠FCG，
∴∠G=∠FCG，
∴FC=FG，

设CE=EF=x，则AE=BE=11－x，
∴DE=8－（11－x）=x－3，
∴DF=x－（x－3）=3，
∵DG=DB=8，
∴FG=5，∴CF=5，
在Rt△CDF中，根据勾股定理，得，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理和三角形的外角性质、勾股定理以及线段垂直平分线的性质等知识，具有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．
5．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，是的内接正三角形，点是圆心，点，分别在边，上，若，则的度数是____度．

【答案】120
【解析】
【分析】
本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题．
【详解】
连接OA，OB，作OH⊥AC，OM⊥AB，如下图所示：
因为等边三角形ABC，OH⊥AC，OM⊥AB，
由垂径定理得：AH=AM，
又因为OA=OA，故△OAH△OAM（HL）．
∴∠OAH=∠OAM．
又∵OA=OB,AD=EB,
∴∠OAB=∠OBA=∠OAD,
∴△ODA△OEB（SAS）,
∴∠DOA=∠EOB,
∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOE+∠EOB=∠AOB．
又∵∠C=60°以及同弧，
∴∠AOB=∠DOE=120°．
故本题答案为：120．

【点睛】
本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握．
6．（2020·江西中考真题）如图，平分，，的延长线交于点，若，则的度数为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接，延长与交于点利用等腰三角形的三线合一证明是的垂直平分线，从而得到 再次利用等腰三角形的性质得到：从而可得答案．
【详解】
解：如图，连接，延长与交于点
平分，，

是的垂直平分线，





故答案为：

【点睛】
本题考查的是等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．
7．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，的一边为平面镜，，一束光线（与水平线平行）从点C射入经平面镜反射后，反射光线落在上的点E处，则的度数是_______度．

【答案】76°
【解析】
【分析】
根据平行线的性质可得∠ADC的度数，由光线的反射定理可得∠ODE的度数，在根据三角形外角性质即可求解．
【详解】
解：∵DC∥OB，
∴∠ADC=∠AOB=38°，
由光线的反射定理易得，∠ODE=∠ACD=38°，
∠DEB=∠ODE+∠AOB =38°+38°=76°，
故答案为：76°．
【点睛】
本题考查平行线的性质、三角形外角性质和光线的反射定理，掌握入射角=反射角是解题的关键．
8．（2020·河南中考真题）如图，在扇形中，平分交狐于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，先作扇形关于对称的扇形 连接交于，再分别求解的长即可得到答案．
【详解】
解：
最短，则最短，
如图，作扇形关于对称的扇形 连接交于，
则

此时点满足最短，
平分



而的长为：
最短为
故答案为：

【点睛】
本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
9．（2020·河南中考真题）如图，在边长为的正方形中，点分别是边的中点，连接点分别是的中点，连接，则的长度为__________．


【答案】1
【解析】
【分析】
过E作，过G作，过H作，与相交于I，分别求出HI和GI的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】
过E作，过G作，过H作，垂足分别为P，R，R，与相交于I，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴，
，
∴四边形AEPD是矩形，
∴，
∵点E，F分别是AB，BC边的中点，
∴，
，，

∵点G是EC的中点，
是的中位线，
，
同理可求：，
由作图可知四边形HIQP是矩形，
又HP=FC，HI=HR=PC，
而FC=PC，
∴ ，
∴四边形HIQP是正方形，
∴，
∴
是等腰直角三角形，

故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的中位线与勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答此题的关键．
10．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图，为半⊙O的直径，，是半圆上的三等分点，，与半⊙O相切于点，点为上一动点（不与点，重合），直线交于点，于点，延长交于点，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号）
①；②的长为；③；④；⑤为定值．

【答案】②⑤
【解析】
【分析】
①先根据圆的切线的性质可得，再根据半圆上的三等分点可得，然后根据圆周角定理可得，最后假设，根据角的和差、三角形的外角性质可得，这与点为上一动点相矛盾，由此即可得；
②根据弧长公式即可得；
③先根据等边三角形的性质可得，再根据角的和差即可得；
④先根据三角形的外角性质可得，从而可得对应角与不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】
如图，连接OP
与半⊙O相切于点

是半圆上的三等分点


是等边三角形
由圆周角定理得：
假设，则


又点为上一动点
不是一个定值，与相矛盾
即PB与PD不一定相等，结论①错误


则的长为，结论②正确
是等边三角形，

，则结论③错误
，即对应角与不可能相等
与不相似，则结论④错误
在和中，

，即
又是等边三角形，


即为定值，结论⑤正确
综上，结论正确的是②⑤
故答案为：②⑤．

【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．
11．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在菱形中，是对角线，，⊙O与边相切于点，则图中阴影部分的面积为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OD，先求出等边三角形OAB的面积，再求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积．
【详解】
解：如图，连接OD，

∵AB是切线，则OD⊥AB，
在菱形中，
∴，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=∠A=60°，
∴OD=，
∴，
∴扇形的面积为：，
∴阴影部分的面积为：；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了求不规则图形的面积，扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确求出等边三角形的面积和扇形的面积．
12．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，矩形中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．

【答案】
【解析】
【分析】

由矩形的性质求得BD，进而求得PD ，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．
【详解】

∵四边形ABCD是矩形，，，
∴∠BAD=∠BCD=90º，AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，
∴，又=5，
∴PD=8，
∵AB∥DQ，
∴，即
解得：CQ=3，
在Rt△BCQ中，BC=12，CQ=3，
．
故答案为：
【点睛】

本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例定理列相关比例式是解答的关键．
13．（2020·四川广元?中考真题）如图所示，均为等边三角形，边长分别为，B、C、D三点在同一条直线上，则下列结论正确的________________．（填序号）
① ② ③为等边三角形 ④ ⑤CM平分

【答案】①②③⑤
【解析】
【分析】
①根据等边三角形的性质得CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，则∠ACE＝60°，利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE，则AD＝BE；
②过E作,根据等边三角形求出ED、CN的长，即可求出BE的长；
③由等边三角形的判定得出△CMN是等边三角形；
④证明△DMC∽△DBA，求出CM长；
⑤证明M、F、C、G四点共圆，由圆周角定理得出∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，得出∠BMC＝∠DMC，所以CM平分∠BMD.
【详解】
解：连接MC，FG，过点E作EN⊥BD，垂足为N，
①∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，
∴∠ACE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE＝120°，
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；①正确；
②∵△CDE都是等边三角形，且边长为3cm.
∴CN=cm，EN=cm.
∵BC=5cm.
∴，②正确；
③∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
在△ACG和△BCF中，
∴△ACG≌△BCF（ASA），
∴CG＝CF
而∠GCF＝60°，
∴△CMN是等边三角形，③正确；
⑤∵∠EMD＝∠MBD＋∠MDB＝∠MAC＋∠MDB＝60°＝∠FCG，
∴M、F、C、G四点共圆，
∴∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，
∴∠BMC＝∠DMC，
∴CM平分∠BMD，⑤正确；
④∵∠DMC=∠ABD，∠MDC=∠BDA
∴△DMC∽△DBA
∴
∴
∴CM=.④错误.
故答案为：①②③⑤.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
14．（2020·山东临沂?中考真题）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.
【详解】
解：根据题意可得：
点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，
可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A（2，1），
∴OA==，
∵圆O的半径为1，
∴AB=OA-OB=，
∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.
15．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若，，,则线段AE的长为_____．

【答案】
【解析】
【分析】

设BE=x，根据菱形性质可得到AB= AD=CD=2x，进而得到，解得x值，根据勾股定理即可求得AE值．
【详解】

解：设BE=x，
∵菱形，
∴AB= AD=CD=2x，
∵，
∴,
∴BD=3x，
∴OB=OD=，
∴，
∴x=2，
∴AB=4，BE=2，
∴，
∴,
故答案为：．
【点睛】

本题考查菱形的性质结合勾股定理的应用，熟练掌握菱形性质是解题的关键．
16．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在直角坐标系中，点，是第一象限角平分线上的两点，点的纵坐标为1，且，在轴上取一点，连接，，，，使得四边形的周长最小，这个最小周长的值为________．

【答案】
【解析】
【分析】
先求出AC=BC=2，作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，即此时四边形的周长最小；作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，根据勾股定理求出AE即可．
【详解】
解：∵，点的纵坐标为1，
∴AC∥x轴，
∵点，是第一象限角平分线上的两点，
∴∠BAC=45°，
∵，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∴∠C=90°，
∴BC∥y轴，
∴AC=BC=2，
作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，
∴此时四边形的周长最小，
作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，
∴EG=2，GA=4，
在Rt△AGE中，
，
∴ 四边形的周长最小值为2+2+=4+ ．

【点睛】
本题考查了四条线段和最短问题．由于AC=BC=2,因此本题实质就是求AD+BD最小值，从而转化为“将军饮马”问题，这是解题关键．
17．（2020·安徽中考真题）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将分别沿折叠，此时点落在上的同一点处．请完成下列探究：
的大小为__________；
当四边形是平行四边形时的值为__________．

【答案】30
【解析】
【分析】
（1）根据折叠得到∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，，进而得到∠AQP=90°，以及∠A=180°-∠B=90°，再由折叠，得到∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°即可；
（2）根据题意得到DC∥AP，从而证明∠APQ=∠PQR，得到QR=PR和QR=AR，结合（1）中结论，设QR=a，则AP=2a，由勾股定理表达出AB=AQ=即可解答．
【详解】
解：（1）由题意可知，∠D+∠C=180°，
∴AD∥BC，
由折叠可知∠AQD=∠AQR，∠CQP=∠PQR，
∴∠AQR+∠PQR=，即∠AQP=90°，
∴∠B=90°，则∠A=180°-∠B=90°，
由折叠可知，∠DAQ=∠BAP=∠PAQ，
∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°，
故答案为：30；
（2）若四边形APCD为平行四边形，则DC∥AP，
∴∠CQP=∠APQ，
由折叠可知：∠CQP=∠PQR，
∴∠APQ=∠PQR，
∴QR=PR，
同理可得：QR=AR，即R为AP的中点，
由（1）可知，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，且AB=AQ，
设QR=a，则AP=2a，
∴QP=，
∴AB=AQ=，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了四边形中的折叠问题，涉及了平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是读懂题意，熟悉折叠的性质．
18．（2020·四川成都?中考真题）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．

【答案】
【解析】
【分析】

连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】

解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；

设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，

∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，
∴，
∵EF=3，
∴FM=1，ME=2，
∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，
∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，
∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，
则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．
故答案为：，．

【点睛】

本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
19．（2020·山东济宁?中考真题）已知三角形的两边长分别为3和6,则这个三角形的第三边长可以是__________(写出一个即可)，
【答案】4（答案不唯一，在3＜x＜9之内皆可）
【解析】
【分析】
根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于三边”，求得第三边的取值范围，即可得出结果．
【详解】
解：根据三角形的三边关系，得：
第三边应大于6-3=3，而小于6+3=9，
故第三边的长度3＜x＜9．
故答案为：4（答案不唯一，在3＜x＜9之内皆可）．
【点睛】
此题主要考查了三角形的三边关系，根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式，确定取值范围即可．
20．（2020·四川南充?中考真题）从长度分别为1,2,3,4的四条线段中任选3条，能构成三角形的概率为____．
【答案】
【解析】
【分析】
利用列举法就可以求出任意三条线段可以组成的组数．再根据三角形三边关系定理确定能构成三角形的组数，就可求出概率．
【详解】
解：这四条线段中任取三条，所有的结果有：
（1，2，3），（1，2，4），（1，3，4），（2，3，4）
共4个结果，
根据三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，
其中能构成三角形的只有（2，3，4）一种情况，
故能构成三角形的概率是．
故答案为：.
【点睛】
注意分析任取三条的总情况，再分析构成三角形的情况，从而求出构成三角形的概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，在和中，，，，则________º．

【答案】130
【解析】
【分析】
证明△ABC≌△ADC即可．
【详解】
∵，，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC，
∴∠D=∠B=130°，
故答案为：130．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握判定定理是解题关键．
22．（2020·湖南衡阳?中考真题）一副三角板如图摆放，且，则∠1的度数为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，把顶点标注字母，由平行线的性质求解,再利用三角形的外角的性质可得答案．
【详解】
解：如图，把顶点标注字母，




故答案为：

【点睛】
本题考查的是平行线的性质，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
23．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，点是的角平分线上一点，，垂足为点，且，点是射线上一动点，则的最小值为________．

【答案】3
【解析】
【分析】

根据垂线段最短可知当PM⊥OC时，PM最小，再根据角的平分线的性质，即可得出答案．
【详解】

解：根据垂线段最短可知：当PM⊥OC时，PM最小，
当PM⊥OC时，
又∵OP平分∠AOC，，，
∴PM=PD=3
故答案为：3
【点睛】

本题考查了垂线段最短、角平分线的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．
24．（2020·新疆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，在x轴、y轴的正半轴上分别截取OA、OB，使OA=OB；再分别以点A、B为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点P．若点C的坐标为()，则a的值为________．

【答案】3
【解析】
【分析】
由题意根据角平分线的性质及第一象限内点的坐标特点进行分析计算即可得出答案．
【详解】
解：∵由题意可知，点C在∠AOB的平分线上，
∴，解得．
故答案为：3．
【点睛】
本题主要考查角平分线的性质以及坐标点的性质，熟练掌握并利用角平分线的作法得出C点坐标性质是解题的关键．
25．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，AB∥CD，EF分别与AB，CD交于点B，F．若∠E＝30°，∠EFC＝130°，则∠A＝_____．

【答案】20°
【解析】
【分析】
直接利用平行线的性质得出∠ABF＝50°，进而利用三角形外角的性质得出答案．
【详解】
∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠EFC＝180°，
∵∠EFC＝130°，
∴∠ABF＝50°，
∵∠A+∠E＝∠ABF＝50°，∠E＝30°，
∴∠A＝20°．
故答案为：20°．
【点睛】
此题主要考查了平行线的性质以及三角形外角的性质，求出∠ABF＝50°是解答此题的关键．
26．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，已知锐角三角形内接于半径为2的，于点，，则________．

【答案】1
【解析】
【分析】
连接OB和OC，根据圆周角定理得出∠BOC的度数，再依据等腰三角形的性质得到∠BOD的度数，结合直角三角形的性质可得OD.
【详解】
解：连接OB和OC，
∵△ABC内接于半径为2的圆O，∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，OB=OC=2，
∵OD⊥BC，OB=OC，
∴∠BOD=∠COD=60°，
∴∠OBD=30°，
∴OD=OB=1，
故答案为：1.

【点睛】
本题考查了圆周角定理，三角形外接圆的性质，等腰三角形三线合一，30°的直角三角形的性质，解题时需要添加辅助线，从而运用圆周角定理.
27．（2020·山东德州?中考真题）菱形的一条对角线长为8，其边长是方程的一个根，则该菱形的周长为________．
【答案】20
【解析】
【分析】
解方程得出x=4，或x=5，分两种情况：①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；②当AB=AD=5时，5+5＞8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】
解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵
因式分解得：（x-4）（x-5）=0，
解得：x=4，或 x=5，
分两种情况：
当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；
当AB=AD=5时，5+5＞8，可构成三角形；
∴菱形ABCD的周长=4AB=20．
故答案为：20．

【点睛】
本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．
28．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，在菱形中，，点在上，若，则__________．

【答案】115°
【解析】
【分析】
先根据菱形性质求出∠BCD，∠ACE，再根据求出∠AEC，最后根据两直线平行，同旁内角互补解题即可．
【详解】
解：四边形ABCD是菱形，，
∴AB∥CD，
∴∠BCD=180°-∠B=130°，∠ACE=∠BCD=65°，
∵ ，
∴∠ACE=∠AEC=65°，
∴∠BAE=180°-∠AEC=115°．
【点睛】
本题考查了菱形性质，等腰三角形性质，解题方法较多，根据菱形性质求解∠ACE是解题关键．
29．（2020·黑龙江绥化?中考真题）在中，，若，则的长是________．
【答案】17
【解析】
【分析】
在Rt△ABC中，根据勾股定理列出方程即可求解．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB-AC=2，BC=8，
∴AC2+BC2=AB2，
即（AB-2）2+82=AB2，
解得AB=17．
故答案为：17．
【点睛】
本题考查了勾股定理，解答的关键是熟练掌握勾股定理的定义及其在直角三角形中的表示形式．
30．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，在中，过点C作，垂足为E，若，则的度数为____．

【答案】50°
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质得出∠B=∠EAD=40°，由角的互余关系得出∠BCE=90°-∠B即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠B=∠EAD=40°，
∵CE⊥AB，
∴∠BCE=90°-∠B=50°；
故答案为：50°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和三角形的内角和；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠B的度数是解决问题的关键．
31．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图：在中，是斜边上的中线，若，则_________．

【答案】
【解析】
【分析】
先根据直角三角形斜边中线的性质得出，则有，最后利用三角形外角的性质即可得出答案．
【详解】
∵在中，是斜边上的中线，，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和三角形外角的性质，掌握直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和三角形外角的性质是解题的关键．
32．（2020·黑龙江中考真题）如图，和中，，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件___________，使和全等．

【答案】（或或等）
【解析】
【分析】
由题意得和中，，故要添加条件需得到一组边相等即可．
【详解】
解：∵和均为直角三角形，
∴,
又∵，
故要使得和全等，
只需添加条件（或或等）即可．
故答案为：（或或等）
【点睛】
本题考查了全等的判定，根据题意得到两个三角形有两组角分别相等，故只要添加一组对应边相等即可．
33．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在边长为的正六边形中，点P在BC上，则的面积为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接 过作于，利用正六边形的性质求解的长，利用与上的高相等，从而可得答案．
【详解】
解：如图，连接 过作于，
正六边形,





故答案为：

【点睛】
本题考查的是正多边形的性质，同时考查了锐角三角函数的应用，等腰三角形的性质，平行线的判定，掌握以上知识是解题的关键．
34．（2020·贵州黔西?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在线段BC上，且∠B＝30°，∠ADC＝60°，BC＝，则BD的长度为________．

【答案】
【解析】
【分析】
首先证明DB=AD=2CD，然后再由条件BC=可得答案．
【详解】
解：∵∠C＝90°，∠ADC＝60°，
∴∠DAC＝30°，
∴CD＝AD．
∵∠B＝30°，∠ADC＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∴BD＝AD，
∴BD＝2CD．
∵BC＝，
∴CD＋2CD＝，
∴CD＝，
∴DB＝，
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
35．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻析，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝_____．

【答案】
【解析】
【分析】
依据△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出A1C＝A1B1，再根据折叠的性质，即可得到A1C＝BC＝2，最后依据勾股定理进行计算，即可得到CD的长，即AB的长．
【详解】
解：由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°，
∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D，
∴∠DA1B1＝∠CA1D，
又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，
∴△A1DB1≌△A1DC（AAS），
∴A1C＝A1B1，
∴BA1＝A1C＝BC＝2，
∴Rt△A1CD中，CD＝＝，
∴AB＝.
故答案为：．
【点睛】
本题考查矩形与折叠，准确判断合适的全等三角形求出A1C＝BC＝2是解题的关键.
36．（2020·浙江温州?中考真题）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为_______米，BC为_______米．

【答案】
【解析】
【分析】
过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则△ABG、△BCH都是等腰直角三角形，四边形BGEF、BHPF是矩形，于是可根据等腰直角三角形的性质和勾股定理依次求出AG、BG、AB的长，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，易证△AEF∽△CPM，然后根据相似三角形的性质即可得到关于x的方程，解方程即可求出x，再根据勾股定理即可求出BC的长．
【详解】
解：过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则GH⊥AE，GH⊥CP，
∴四边形BGEF、BHPF是矩形，
∵∠ANE＝45°，∴∠NAE＝45°，
∴AE=EN=EF+FM+MN=15+2+8=25，
∵∠ABG＝45°，∴∠GAB＝45°，
∴AG=BG=EF=15，
∴，GE=BF=PH=10，
∵∠ABG＝45°，∠ABC＝90°，∴∠CBH＝45°，
∴∠BCH=45°，∴BH=CH，

设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，
∵∠1=∠2，∠AEF=∠CPM=90°，
∴△AEF∽△CPM，
∴，即，解得：x=20，
即BH=CH=20，
∴．
∴米，米．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握相关知识是解题的关键．
37．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，延长AD交⊙O于点E，若BD＝4，CD＝1，则DE的长是_____．

【答案】
【解析】
【分析】

连结 OB，OC，OA，过 O 点作 OF⊥BC 于 F，作 OG⊥AE 于 G，根据圆周角定理可得∠BOC=90°， 根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得 DG，AG，可求 AD，再根据相交弦定理可求 DE．
【详解】

解：如图,连结 OB,OC,OA,过 O 点作 OF⊥BC 于 F,作 OG⊥AE 于 G,
∵⊙O 是△ABC 的外接圆,∠BAC=45°,
∴∠BOC=90°，
∵BD=4，CD=1，
∴BC=4+1=5，
∴OB=OC=,
∴.
∴,
在 Rt△AGO 中,,
∴.
∴,
∴.
故答案为.

【点睛】

考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，能正确构造辅助线求出AD的长是解题关键．
38．（2020·浙江杭州?中考真题）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝_____，BE＝_____．

【答案】2 ﹣1
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴，
∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴，，
∴，
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴，即
∴
解得或（不符题意，舍去）
则
故答案为：2，．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
39．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图，已知边长为2的等边三角形ABC中，分别以点A，C为圆心，m为半径作弧，两弧交于点D，连结BD．若BD的长为2，则m的值为_____．

【答案】2或2．
【解析】
【分析】
由作图知，点D在AC的垂直平分线上，得到点B在AC的垂直平分线上，求得BD垂直平分AC，设垂足为E，得到BE＝，当点D、B在AC的两侧时，如图，证出BE＝DE，即可求出m；当点D、B在AC的同侧时，如图，解直角三角形即可得到结论．
【详解】
解：由作图知，点D在AC的垂直平分线上，
∵△ABC是等边三角形，
∴点B在AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分AC，
设垂足为E，
∵AC＝AB＝2，
∴BE＝AB·sin60°=，
当点D、B在AC的两侧时，如图，
∵BD＝2，
∴BE＝DE，
∴AD＝AB＝2，
∴m＝2；
当点D、B在AC的同侧时，如图，
∵＝2，
∴＝3，
∴＝＝2，
∴m＝2，
综上所述，m的值为2或2，
故答案为：2或2．

【点睛】
此题考查的是等边三角形的性质、垂直平分线的性质、锐角三角函数和勾股定理，掌握等边三角形的性质、垂直平分线的性质、分类讨论的数学思想、锐角三角函数和勾股定理是解决此题的关键．
40．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为_____．

【答案】4．
【解析】
【分析】
根据题意和图形，可以得到直角三角形的一条直角边的长和斜边的长，从而可以得到直角三角形的另一条直角边长，再根据图形，可知阴影部分的面积是四个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可.
【详解】
解：由题意可得，
直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，
故直角三角形的另一条直角边长为：，
故阴影部分的面积是：，
故答案为：4.
【点睛】
此题考查勾股定理解三角形，正方形的性质，正确理解正方形的边长3与直角三角形的关系是解题的关键.
41．（2020·浙江宁波?中考真题）如图，⊙O的半径OA＝2，B是⊙O上的动点（不与点A重合），过点B作⊙O的切线BC，BC＝OA，连结OC，AC．当△OAC是直角三角形时，其斜边长为__．

【答案】2
【解析】
【分析】
先根据切线的性质和等腰直角三角形的判定方法证得△OBC是等腰直角三角形，当 AOC＝90°，连接OB，根据勾股定理可得斜边AC的长，当 OAC＝90°，A与B重合，不符合题意．
【详解】
解：连接OB，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠OBC＝90°，
∵BC＝OA，
∴OB＝BC＝2，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠BCO＝45°，
∴∠ACO≤45°，
当∠AOC＝90°，△OAC是直角三角形时，
∴OC＝OB＝2，
∴AC＝＝＝2；
当 OAC＝90°，A与B重合，不符合题意，故排除此种情况；
∴其斜边长为2，
故答案为：2．

【点睛】
本题考查切斜的性质、等腰直角三角形的判定及其性质、勾股定理，解题的关键是综合运用所学的知识求出OC．
42．（2020·浙江台州?中考真题）如图，等边三角形纸片ABC的边长为6，E，F是边BC上的三等分点．分别过点E，F沿着平行于BA，CA方向各剪一刀，则剪下的△DEF的周长是_____ ．

【答案】6
【解析】
【分析】
先说明△DEF是等边三角形，再根据E，F是边BC上的三等分求出BC的长，最后求周长即可.
【详解】
解：∵等边三角形纸片ABC
∴∠B=∠C=60°
∵DE∥AB，DF∥AC
∴∠DEF=∠DFE=60°
∴△DEF是等边三角形
∴DE=EF=DF
∵E，F是边BC上的三等分点,BC=6
∴EF=2
∴DE=EF=DF=2
∴△DEF= DE+EF+DF=6
故答案为6．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定和性质、三等分点的意义，灵活应用等边三角形的性质是正确解答本题的关键．
43．（2020·浙江中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都是格点的三角形称为格点三角形．如图，已知Rt△ABC是6×6网格图形中的格点三角形，则该图中所有与Rt△ABC相似的格点三角形中．面积最大的三角形的斜边长是_____．

【答案】5
【解析】
【分析】
根据相似三角形的性质确定两直角边的比值为1：2，以及6×6网格图形中，最长线段为6，进行尝试，可确定、、为边的这样一组三角形满足条件．
【详解】
解：∵在Rt△ABC中，AC=1，BC=2，
∴AB=，AC：BC=1：2，
∴与Rt△ABC相似的格点三角形的两直角边的比值为1：2，

若该三角形最短边长为4，则另一直角边长为8，但在6×6网格图形中，最长线段为6，但此时画出的直角三角形为等腰直角三角形，从而画不出端点都在格点且长为8的线段，故最短直角边长应小于4，在图中尝试，可画出DE=，EF=2，DF=5的三角形，
∵===，
∴△ABC∽△DEF，
∴∠DEF=∠C=90°，
∴此时△DEF的面积为：×2÷2=10，△DEF为面积最大的三角形，其斜边长为：5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了作图-应用与设计、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
44．（2020·浙江中考真题）如图，已知AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，则CD与AB之间的距离是_____．

【答案】3
【解析】
【分析】
过点O作OH⊥CD于H，连接OC，先利用垂径定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点O作OH⊥CD于H，

连接OC，如图，则CH＝DH＝CD＝4，
在Rt△OCH中，OH＝＝3，
所以CD与AB之间的距离是3．
故答案为3．
【点睛】
此题主要考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题关键．
45．（2020·浙江衢州?中考真题）图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA=PC=140cm，AB=BC=CQ=QA=60cm，OQ=50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）．
（1）点P到MN的距离为_____cm．
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为_____cm．

【答案】160
【解析】
【分析】
（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．解直角三角形求出PT即可．
（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA=xcm．解直角三角形求出HT即可．
【详解】
解：（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．

由题意：OP=OQ=50cm，PQ=PA﹣AQ=14﹣=60=80（cm），PM=PA+BC=140+60=200（cm），PT⊥MN，
∵OH⊥PQ，
∴PH=HQ=40（cm），
∵cos∠P==，
∵=，
∴PT=160（cm），
∴点P到MN的距离为160cm，
故答案为160．
（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA=xcm．

由题意AT=PT﹣PA=160﹣140=20（cm），OA=PA﹣OP=140﹣50=90（cm），OQ=50cm，AQ=60cm，
∵QH⊥OA，
∴QH2=AQ2﹣AH2=OQ2﹣OH2，
∴602﹣x2=502﹣（90﹣x）2，
解得x=，
∴HT=AH+AT=（cm），
∴点Q到MN的距离为cm．
故答案为．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
46．（2020·湖南中考真题）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将，分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为_____．

【答案】12
【解析】
【分析】
设正方形ABCD的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出BE、BF及EF的长；在中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为DG的长．
【详解】
设正方形ABCD的边长为，则，
由翻折的性质得：，，
∵
∴，，
∴，
如图，在中，由勾股定理得：
即
整理得：，即
解得或（不符题意，舍去）
则
故答案为：12．

【点睛】
本题考查了正方形的性质、翻折的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握翻折的性质是解题关键．
47．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，AB为的直径，弦于点H，若，，则OH的长度为__．

【答案】3
【解析】
【分析】
连接OC，由垂径定理可求出CH的长度，在Rt△OCH中，根据CH和⊙O的半径，即可由勾股定理求出OH的长．
【详解】
连接OC，

Rt△OCH中，OC=AB=5，CH=CD=4；
由勾股定理，得：OH=；
即线段OH的长为3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
48．（2020·四川甘孜?中考真题）三角形的两边长分别为4和7，第三边的长是方程的解，则这个三角形的周长是________．
【答案】17
【解析】
【分析】
先利用因式分解法求解得出x的值，再根据三角形三边之间的关系判断能否构成三角形，从而得出答案．
【详解】
解：解方程得x1=2，x2=6，
当x=2时，2+4=6<7，不能构成三角形，舍去；
当x=6时，2+6＞7，能构成三角形，此时三角形的周长为4+7+6=17.
故答案为：17．
【点睛】
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
49．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，正五边形内接于，点P为上一点（点P与点D，点E不重合），连接、，，垂足为G，等于________度．

【答案】54
【解析】
【分析】
连接OC，OD，利用正五边形的性质求出∠COD的度数，再根据圆周角定理求得∠CPD，然后利用直角三角形的两锐角互余即可解答．
【详解】
连接OC，OD，
∵ABCDE是正五边形，
∴∠COD=，
∴∠CPD=∠COD=36º，
∵，
∴∠DGP=90º
∴∠PDG=90º-∠CPD=90º-36º=54º，
故答案为：54º．

【点睛】
本题主要考查了圆内接正多边形的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，熟练掌握圆心角与圆周角之间的关系是解答的关键．
50．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知是一个锐角，以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交、于点、，再分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，画射线．过点作，交射线于点，过点作，交于点．设，，则________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接AB交OD于点H，过点A作AG⊥ON于点G，根据等腰三角形的性质得OH⊥AB，AH=BH，从而得四边形ABED是平行四边形，利用勾股定理和三角形的面积法，求得AG的值，进而即可求解．
【详解】
连接AB交OD于点H，过点A作AG⊥ON于点G，
由尺规作图步骤，可得：OD是∠MON的平分线，OA=OB，
∴OH⊥AB，AH=BH，
∵，
∴DE∥AB，
∵，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AB=DE=12，
∴AH=6，
∴OH=，
∵OB∙AG=AB∙OH，
∴AG===，
∴=．
故答案是：．

【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质定理，勾股定理，锐角三角函数的定义，添加合适的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
51．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则_________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．
【详解】
解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，

∴∠DCE＝∠CAO，
∵∠BCA＝2∠CAO，
∴∠BCA＝2∠DCE，
∴∠DCE＝∠DCB，
∵CD⊥y轴，
∴∠CDE＝∠CDB＝90°，
又∵CD＝CD，
∴CDE≌CDB（ASA），
∴DE＝DB，
∵B（0，4），C（3，n），
∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，
∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，
∴OE＝OD－DE
＝n－（4－n）
＝2n－4，
∵A（－4，0），
∴AO＝4，
∵CD∥AO，
∴AOE∽CDE，
∴ ，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
52．（2020·四川达州?中考真题）已知的三边a、b、c满足，则的内切圆半径=____．
【答案】1
【解析】
【分析】
先将变形成，然后根据非负性的性质求得a、b、c的值，再运用勾股定理逆定理说明△ABC是直角三角形，最后根据直角三角形的内切圆半径等于两直角边的和与斜边差的一半解答即可．
【详解】
解：


则=0，c-3=0，a-4=0，即a=4，b=5，c=3，
∵42+32=52
∴△ABC是直角三角形
∴的内切圆半径==1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了非负数性质的应用、勾股定理逆定理的应用以及直角三角形内切圆的求法，掌握直角三角形内切圆半径的求法以及求得a、b、c的值是解答本题的关键．
53．（2020·四川自贡?中考真题）如图， 直线与轴交于点，与双曲线 在第三象限交于两点，且 ；下列等边三角形，，，……的边，，，……在轴上，顶点……在该双曲线第一象限的分支上，则= ____，前25个等边三角形的周长之和为 _______．

【答案】； 60
【解析】
【分析】
设，设直线与轴的交点为H，先求解的坐标，得到∠HAO=30°，用含的代数式表示，联立函数解析式利用根与系数的关系得到关于的方程，从而可得第一空的答案；过分别向轴作垂线，垂足分别为先根据等边三角形的性质与反比例函数的性质求解的边长，依次同法可得后面等边三角形的边长，发现规律，再前25个等边三角形的周长之和即可．
【详解】
解：设，设直线与轴的交点为H，
令 则

令 则
∴H（），又A（0，b），

∴tan∠HAO=，∴∠HAO=30°，
过作轴于 过作轴于，
∴AB=2BM，AC=2CN，∵BM=，，
∴AB=，AC=，
∴，
联立
得到。
∴，由已知可得，
∴，
∴反比例函数的解析式为，
过分别向轴作垂线，垂足分别为
设
由等边三角形的性质得：

得：
（舍去）
经检验：符合题意，

可得的边长为4，
同理设 ，



解得： （舍去）
经检验：符合题意，

的边长为，
同理可得：的边长为，
的边长为．
∴前25个等边三角形的周长之和为
=


故答案为：
【点睛】
本题考查的是反比例函数的性质，考查一元二次方程的根与系数的关系，等边三角形的性质的应用，锐角三角函数的应用，同时考查与反比例函数相关的规律题，掌握以上知识是解题的关键．
54．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点、分别是、的中点，、交于点，的中点为，连接、．给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有________．（请填上所有正确结论的序号）

【答案】①④
【解析】
【分析】
证明△ADF≌△DCE，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到∠DGF=90°，可判断①，再利用三角形等积法AD×DF÷AF可算出DG，可判断②；再证明∠HDF=∠HFD=∠BAG，求出AG，DH，HF，可判定，可判断④；通过AB≠AG，得到∠ABG和∠AGB不相等，则∠AGB≠∠DHF，可判断③.
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，
∵E和F分别为BC和CD中点，
∴DF=EC=2，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠AFD=∠DEC，∠FAD=∠EDC，
∵∠EDC+∠DEC=90°，
∴∠EDC+∠AFD =90°，
∴∠DGF=90°，即DE⊥AF，故①正确；
∵AD=4，DF=CD=2，
∴AF=，
∴DG=AD×DF÷AF=，故②错误；
∵H为AF中点，
∴HD=HF=AF=，
∴∠HDF=∠HFD，
∵AB∥DC，
∴∠HDF=∠HFD=∠BAG，
∵AG=，AB=4，
∴，
∴，故④正确；
∴∠ABG=∠DHF，而AB≠AG，
则∠ABG和∠AGB不相等，
故∠AGB≠∠DHF，
故HD与BG不平行，故③错误；
故答案为：①④.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的高，直角三角形斜边中线定理，知识点较多，有一定难度，解题时注意利用线段关系计算相应线段的长.
55．（2020·四川乐山?中考真题）如图是某商场营业大厅自动扶梯示意图．自动扶梯的倾斜角为，在自动扶梯下方地面处测得扶梯顶端的仰角为，、之间的距离为4． 则自动扶梯的垂直高度=_________．（结果保留根号）

【答案】
【解析】
【分析】
先推出∠ABC=∠BAC，得BC=AC=4，然后利用三角函数即可得出答案．
【详解】
∵∠BAC+∠ABC=∠BCD=60°，∠BAC=30°，
∴∠ABC=30°，
∴∠ABC=∠BAC，
∴BC=AC=4，
在Rt△BCD中，BD=BCsin60°=4×=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角函数，得出BC=AB=4是解题关键．
56．（2020·四川乐山?中考真题）把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2x，BC=x，AB=3，再由已知证得CE∥AB，则有，由角平分线的性质得，进而求得的值.
【详解】
连接CE，设CD=2x，
在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，
∴∠D=60º，AD=4x，AC=，
BC==x，AB=x，
∵点E为AD的中点，
∴CE=AE=DE==2x，
∴ΔCED为等边三角形，
∴∠CED=60º，
∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，
∴∠CED=∠BAD，
∴AB∥CE，
∴，
在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º
∴AF平分∠BAE，
∴，
∴，
∴，
故答案为：.


【点睛】
本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.
57．（2020·浙江金华?中考真题）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE=OF=1cm，AC=BD=6cm， CE=DF， CE:AE=2:3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．
(1)当E，F两点的距离最大值时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是_____ cm．
(2)当夹子的开口最大（点C与点D重合）时，A，B两点的距离为_____cm．

【答案】16
【解析】
【分析】
（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可．
（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，可得，AH=BH，利用已知先求出，在Rt△OEF中利用勾股定理求出CO的长，由，求出AH，从而求出AB=2AH的长．
【详解】
（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=EF=2cm，
∴以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为2+6+2+6=16cm．
（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，

∴，AH=BH，
∵AC=BD=6cm，CE∶AE=2∶3，
∴，
在Rt△OEF中，，
∵，，
∴AB=2AH=．
故答案为16，．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理与旋转的结合，做题时准确理解题意利用已知的直角三角形进行求解是解题的关键．
58．（2020·浙江绍兴?中考真题）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的_____（填序号）．
①，②1，③﹣1，④，⑤．
【答案】①②③④．
【解析】
【分析】
首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解．
【详解】
解：如下图所示：在BC上截取BE=1，连接AE

∴△ABE为等腰直角三角形，AB=BE=1，AE=，CE=BC－BE=
∴∠BAE=45°，∠EAD=90°－∠BAE=45°
在AE上截取AF=1，连接DF、CF
∴EF=AE－AF==CE
∴△EFC为等腰三角形，腰长为
过点F作FG⊥AD于G
∴AG=AF·cos∠FAG=
∴DG=AD－AG=
∴FG垂直平分AD
∴AF=FD=1
∴△AFD为等腰三角形，腰长为1
△DFC为等腰三角形，腰长为1；
如下图所示：在AD上截取DF=1，连接BF

∴△DFC为等腰直角三角形，腰长为1，AF=AD－DF=
根据勾股定理可得CF=
∴△CBF为等腰三角形，腰长为
在AB上截取AE==AF
∴△AEF为等腰直角三角形，腰长为，BE=AB－AE=
根据勾股定理可得EF==BE
∴△EBF为等腰三角形，腰长为；
如下图所示：连接AC、BD交于点E

易知△EAB、△EBC、△ECD和△EAD均为等腰三角形
利用勾股定理AC=
∴AE=BE=CE=DE=．
综上：其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③﹣1，④，不可以是．
故答案为：①②③④．
【点睛】
此题考查的是矩形的性质、等腰三角形的判定及性质和锐角三角函数，掌握矩形的性质、等腰三角形的判定及性质和锐角三角函数是解决此题的关键．

二、解答题
59．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，内接于，，点E在直径CD的延长线上，且．

（1）试判断AE与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求阴影部分的面积．
【答案】（1）AE与⊙O相切，理由见详解；（2）．
【解析】
【分析】
（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠E=∠ACE=∠OCA=∠OAC=30°，∠EAC=120°，进而得出∠EAO=90°，即可得出答案；
（2）连接AD，利用解直角三角形求出圆的半径，然后根据，即可求出阴影部分的面积．
【详解】
（1）AE与⊙O相切，理由如下：
连接AO，

∵∠B=60°，
∴∠AOC=120°，
∵AO=CO，AE=AC，
∴∠E=∠ACE，∠OCA=∠OAC=30°，
∴∠E=∠ACE=∠OCA=∠OAC=30°，
∴∠EAC=120°，
∴∠EAO=90°，
∴AE是⊙O的切线；
（2）连接AD，则，
∴∠DAC=90°，
∴CD为⊙O的直径，
在Rt△ACD中，AC=6，∠OCA=30°，
∴，
∴，
∴，∠AOD=60°，
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，从而进行解题．
60．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，抛物线经过A（－3，6），B（5，－4）两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求证：AB平分；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得是以AB为直角边的直角三角形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）详见解析；（3）存在，点M的坐标为（，－9）或（，11）．
【解析】
【分析】
（1）将A（-3，0），B（5，-4）代入抛物线的解析式得到关于a、b的方程组，从而可求得a、b的值；
（2）先求得AC的长，然后取D（2，0），则AD=AC，连接BD，接下来，证明BC=BD，然后依据SSS可证明△ABC≌△ABD，接下来，依据全等三角形的性质可得到∠CAB=∠BAD；
（3）作抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F，作点A作AM′⊥AB，作BM⊥AB，分别交抛物线的对称轴与M′、M，依据点A和点B的坐标可得到tan∠BAE=，从而可得到tan∠M′AE=2或tan∠MBF=2，从而可得到FM和M′E的长，故此可得到点M′和点M的坐标．
【详解】
解:（1）将A（-3，0），B（5，-4）两点的坐标分别代入，
得
解得
故抛物线的表达式为y＝．
（2）证明：∵AO=3，OC=4，
∴AC==5．
取D（2，0），则AD=AC=5．

由两点间的距离公式可知BD==5．
∵C（0，-4），B（5，-4），
∴BC=5．
∴BD=BC．
在△ABC和△ABD中，AD=AC，AB=AB，BD=BC，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠CAB=∠BAD，
∴AB平分∠CAO；
（3）存在．如图所示：抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．

抛物线的对称轴为x=，则AE=．
∵A（-3，0），B（5，-4），
∴tan∠EAB=．
∵∠M′AB=90°．
∴tan∠M′AE=2．
∴M′E=2AE=11，
∴M′（，11）．
同理：tan∠MBF=2．
又∵BF=，
∴FM=5，
∴M（，-9）．
∴点M的坐标为（，11）或（，-9）．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合应用，主要应用了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的性质和判定、锐角三角函数的定义，求得FM和M′E的长是解题的关键
61．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，在中．
利用尺规作图，在BC边上求作一点P，使得点P到AB的距离的长等于PC的长；
利用尺规作图，作出中的线段PD．
要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑

【答案】作图见解析； （2）作图见解析.
【解析】
【分析】
由点P到AB的距离的长等于PC的长知点P在平分线上，再根据角平分线的尺规作图即可得（以点A为圆心，以任意长为半径画弧，与AC、AB分别交于一点，然后分别以这两点为圆心，以大于这两点距离的一半长为半径画弧，两弧交于一点，过点A及这个交点作射线交BC于点P，P即为要求的点）；
根据过直线外一点作已知直线的垂线的尺规作图即可得（以点P为圆心，以大于点P到AB的距离为半径画弧，与AB交于两点，分别以这两点为圆心，以大于这两点间距离一半长为半径画弧，两弧在AB的一侧交于一点，过这点以及点P作直线与AB交于点D，PD即为所求）．
【详解】
如图，点P即为所求；

如图，线段PD即为所求．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本作图，灵活运用所学知识解决问题．
62．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，AB为的直径，C为上一点，D为BA延长线上一点，．
求证：DC为的切线；
线段DF分别交AC，BC于点E，F且，的半径为5，，求CF的长．

【答案】证明见解析；．
【解析】
【分析】
根据圆周角定理得：，根据同圆的半径相等和已知相等的角代换可得：，可得结论；
先根据三角函数计算，，证明∽，得，设，，利用勾股定理列方程可得x的值，证明∽，列比例式可得CF的长．
【详解】
（1）如图，连接OC，

为的直径，
，
，
，
，
，
，即，
为的切线；
中，，，
，，
，，
∽，
，
设，，
中，，
，
舍或，
，，
，
设，
，
，
，
，
∽，
，
，，
．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等，正确添加辅助线、熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
63．（2020·西藏中考真题）如图所示，AB是⊙O的直径，AD和BC分别切⊙O于A，B两点，CD与⊙O有公共点E，且AD＝DE．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AB＝12，BC＝4，求AD的长．

【答案】（1）见解析；（2）8
【解析】
【分析】
（1）连接OD，OE，根据切线的性质得到∠DAB＝90°，根据全等三角形的性质得到∠OED＝∠OAD＝90°，于是得到CD是⊙O的切线；
（2）过C作CH⊥AD于H，根据已知条件推出四边形ABCH是矩形，求得CH＝AB＝12，AH＝BC＝4，根据切线的性质得到AD＝DE，CE＝BC，求得DH＝AD﹣BC＝AD﹣4，CD＝AD+4，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接OD，OE，

∵AD切⊙O于A点，AB是⊙O的直径，
∴∠DAB＝90°，
∵AD＝DE，OA＝OE，OD＝OD，
∵△ADO≌△EDO（SSS），
∴∠OED＝∠OAD＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）过C作CH⊥AD于H，
∵AB是⊙O的直径，AD和BC分别切⊙O于A，B两点，
∴∠DAB＝∠ABC＝∠CHA＝90°，
∴四边形ABCH是矩形，
∴CH＝AB＝12，AH＝BC＝4，
∵CD是⊙O的切线，
∴AD＝DE，CE＝BC，
∴DH＝AD﹣BC＝AD﹣4，CD＝AD+4，
∵CH2+DH2＝CD2，
∴122+（AD﹣4）2＝（AD+4）2，
∴AD＝8．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
64．（2020·西藏中考真题）如图，中，D为BC边上的一点，AD＝AC，以线段AD为边作，使得AE＝AB，∠BAE＝∠CAD．求证：DE＝CB．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
先由角的和差性质证得∠DAE＝∠CAB，再根据SAS定理证明△ADE≌△ACB，最后根据全等三角形的性质得出DE＝CB．
【详解】
证明：∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD，
即∠DAE＝∠CAB，
在△ADE和△ACB中，
，
∴△ADE≌△ACB（SAS），
∴DE＝CB．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，证明线段相等，通常转化证明三角形全等．
65．（2020·广西河池?中考真题）（1）如图（1），已知CE与AB交于点E，AC＝BC，∠1＝∠2．求证：△ACE≌△BCE．
（2）如图（2），已知CD的延长线与AB交于点E，AD＝BC，∠3＝∠4．探究AE与BE的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）AE=BE；理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据SAS可得出答案；
（2）在CE上截取CF＝DE，证明△ADE≌△BCF（SAS），可得出AE＝BF，∠AED＝∠CFB，则可得出BE＝BF．结论得证．
【详解】
（1）证明：在△ACE和△BCE中，
∵，
∴△ACE≌△BCE（SAS）；
（2）AE＝BE．
理由如下：
在CE上截取CF＝DE，

在△ADE和△BCF中，
∵，
∴△ADE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，∠AED＝∠CFB，
∵∠AED+∠BEF＝180°，∠CFB+∠EFB＝180°，
∴∠BEF＝∠EFB，
∴BE＝BF，
∴AE＝BE．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
66．（2020·辽宁大连?中考真题）如图1，中，点分别在边上，，点G在线段上，，．

（1）填空：与相等的角是_____；
（2）用等式表示线段与的数量关系，并证明；
（3）若（如图2），求的值．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由可得到答案；
（2）在上取点，使 连接，先证明再证明四边形是平行四边形，从而得到为的中位线，从而可得答案；
（3）如图，在上取点，使 连接， 同理可得：四边形是平行四边形，证明 再证明得到 设 利用勾股定理求解 即可得到答案．
【详解】
解：（1）

故答案为：
（2） 理由如下：
在上取点，使 连接，



，


四边形是平行四边形，


为的中位线，



（3）如图，在上取点，使 连接，
同理可得：四边形是平行四边形，
为的中位线，


设






，




设





【点睛】
本题考查的等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形的中位线的性质，直角三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
67．（2020·辽宁大连?中考真题）如图，中，，点在边上，．求证．

【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
先根据等腰三角形的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据三角形的判定与性质即可得证．
【详解】
，
，
，
，即，
在和中，，
，
，
即．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
68．（2020·辽宁鞍山?中考真题）在矩形中，点E是射线上一动点，连接，过点B作于点G，交直线于点F．

（1）当矩形是正方形时，以点F为直角顶点在正方形的外部作等腰直角三角形，连接．
①如图1，若点E在线段上，则线段与之间的数量关系是________，位置关系是_________；
②如图2，若点E在线段的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；
（2）如图3，若点E在线段上，以和为邻边作，M是中点，连接，，，求的最小值．
【答案】（1）①相等；垂直；②成立，理由见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）①证明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF，再证明四边形BEHF为平行四边形，从而可得结果；
②根据（1）中同样的证明方法求证即可；
（2）说明C、E、G、F四点共圆，得出GM的最小值为圆M半径的最小值，设BE=x，证明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=，求出最值即可得到GM的最小值．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠CBF=∠BAE，又AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH，
故答案为：相等；垂直；
②成立，理由是：
当点E在线段BC的延长线上时，
同理可得：△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH；
（2）∵∠EGF=∠BCD=90°，
∴C、E、G、F四点共圆，
∵四边形BCHF是平行四边形，M为BH中点，
∴M也是EF中点，
∴M是四边形BCHF外接圆圆心，
则GM的最小值为圆M半径的最小值，
∵AB=3，BC=2，
设BE=x，则CE=2-x，
同（1）可得：∠CBF=∠BAE，
又∵∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴，即，
∴CF=，
∴EF=
=
=，
设y=，
当x=时，y取最小值，
∴EF的最小值为，
故GM的最小值为．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，二次函数的最值，圆的性质，难度较大，找出图形中的全等以及相似三角形是解题的关键．
69．（2020·辽宁鞍山?中考真题）如图，在四边形中，，点E，F分别在，上，，，求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
连接AC，证明△ACE≌△ACF，得到∠CAE=∠CAF，再利用角平分线的性质定理得到CB=CD．
【详解】
解：连接AC，
∵AE=AF，CE=CF，AC=AC，
∴△ACE≌△ACF（SSS），
∴∠CAE=∠CAF，
∵∠B=∠D=90°，
∴CB=CD．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，解题的关键是连接AC，证明三角形全等．
70．（2020·辽宁鞍山?中考真题）图1是某种路灯的实物图片，图2是该路灯的平面示意图，为立柱的一部分，灯臂，支架与立柱分别交于A，B两点，灯臂与支架交于点C，已知，，，求支架的长．（结果精确到，参考数据：，，）

【答案】49cm
【解析】
【分析】
过点C作CD⊥MN，垂足为D，分别解△ACD和△BCD，即可得到结果．
【详解】
解：过点C作CD⊥MN，垂足为D，
∵∠MAC=60°，∠ACB=15°，
∴∠ABC=60°-15°=45°，∠ACD=30°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∵AC=40cm，
∴在Rt△ACD中，AD=AC=20cm，
∴CD=cm，
∴在Rt△BCD中，BC=cm，
∴支架BC的长为49cm．

【点睛】
本题考查了解直角三角形，涉及到等腰直角三角形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，解题的关键是添加辅助线，构造特殊直角三角形．
71．（2020·辽宁朝阳?中考真题）如图，在中，，M是AC边上的一点，连接BM，作于点P，过点C作AC的垂线交AP的延长线于点E．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，以为邻边作，连接GE交BC于点N，连接AN，求的值；
（3）如图3，若M是AC的中点，以为邻边作，连接GE交BC于点M，连接AN，经探究发现，请直接写出的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）通过证全等可以证得AM=CE；
（2）过点E作EFCE交BC于F，通过证明全等，证得AG=AE，通过证得GN=EN，最后由直角三角形的性质证得结论；
（3）延长GM交BC于点F，连接AF，在中，由勾股定理求出AN的长，在中，求出EG的长即可得到答案．
【详解】
（1）证明








（2）过点E作CE的垂线交BC于点F






∴四边形是平行四边形



由（1）得





．
．
（3）如图，延长GM交BC于F，连接AF

在中，ABGM，，
，
，
，
，
，
，
,
，设CN=x，则BC=8x，AF=FC=4x，FN=3x,
,
在， ， ，
，
，
由（1）知，

，
在中，EG=，
.
【点评】
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线，寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．
72．（2020·辽宁朝阳?中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线，点C坐标为．

（1）求抛物线表达式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使，如果存在，求出点P坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若点P在x轴上方，点M是直线BP上方抛物线上的一个动点，求点M到直线BP的最大距离；
（4）点G是线段AC上的动点，点H是线段BC上的动点，点Q是线段AB上的动点，三个动点都不与点重合，连接，得到，直接写出周长的最小值．
【答案】（1）；（2）存在，或，理由见解析；（3）；（4）
【解析】
【分析】
（1）利用抛物线的对称轴为，求出的值，再把的值和C的坐标代入计算即可；
（2）作轴于点E，利用相似三角形的判定方法可证得，设，则，再分别讨论的位置列式求解即可；
（3）作轴于点F，交BP于点R，作于点N，用待定系数法求出直线BP的解析式，利用解析式表示出MR的长度，再通过求证联合建立比值关系列式计算即可；
（4）作点关于的对称点，作关于的对称点，连接与于，与交于点，连接交于，连接交于，此时的周长最小，这个最小值=，再证明，最小时，周长最小，利用图2证明当点与点重合时最小，在图3中利用相似三角形的性质求出的最小值即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵抛物线对称轴为


将代入中，


（2）作轴于点E



（此处也可以由等角的正切值相等得到）
设，则
①当点P在X轴上方时：

解得（不符题意，舍）
②当点P在x轴下方时：

解得（不符题意，舍）
或
（3）作轴于点F，交BP于点R，作于点N

∵
∴，
设
将代入得
解得

设，则

，



在中



当时，MN最大为．
（4）周长最小值是
解：作点关于的对称点，作关于的对称点，连接与于，与交于点，连接交于，连接交于，此时的周长最小，这个最小值=．

∵，
∴
∴当最小时，最小，如图2中：

∵
∴、、、四点共圆，线段就是圆的直径，是弦；
∵是定值
∴直径最小时，弦最小
∴当点与点重合时，最小，此时最小，如图3中：

∵在中，，，
∴
∵，，

∵，
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
∴，同理可得：
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴周长的最小值=
【点睛】
本题主要考查了二次函数综合题，其中涉及了待定系数法求二次函数，二次函数与坐标轴交点问题，待定系数法求一次函数，相似三角形的判断与性质，圆的性质，勾股定理，中位线，三角函数等知识点，熟练掌握二次函数的性质及相似三角形的判定定理并灵活运用分类讨论的思想是解题的关键．
73．（2020·辽宁铁岭?中考真题）如图，四边形内接于是直径，，连接，过点的直线与的延长线相交于点，且．


（1）求证：直线是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，根据圆的半径相等得到∠OCD=∠ODC，因为AC是直径，所以∠ADC=90°，根据∠EDA=∠ACD，得到∠ADO+∠ODC=∠EDA+∠ADO，从而可得∠EDO=90°，所以结论得证；
（2）解法一：过点作于点，由圆周角定理得到，根据勾股定理得到AC=10，根据已知得到，利用正弦函数求出AB的值，利用圆周角定理得到，从而利用正弦函数得到AF的值，所以得到DF的值；
解法二：过点作交延长线于点，所以，根据圆周角定理得到，可推出，再根据圆内接四边形的性质得到，因为AB=CB，利用‘ASA’证明，从而得到，可得到DH的长，根据勾股定理可求出BD的长．
【详解】
（1）证明：连接，如下图,
，
，
是直径，
，
，
，
，
，
是半径，
∴直线是的切线．
（2）解：解法一：过点作于点，如下图，则，
是直径，
，
在中，，
，
，
∵在中，，
，
，
，
，
∵在中，，
，
，
，
∵在中，
，
，
，
解法二：过点作交延长线于点，如下图,
，
是直径，
，
，
，
，
∵四边形内接于，
，
，
，
，
在△ABD和△CBH中，
，
（ASA），
，
，
，
∵在中，
，
即，
∴，
．

【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，正弦函数等知识.解题的关键是正确作出辅助线．
74．（2020·辽宁铁岭?中考真题）在等腰和等腰中，，，将绕点逆时针旋转，连接，点为线段的中点，连接．


（1）如图1，当点旋转到边上时，请直接写出线段与的位置关系和数量关系；
（2）如图2，当点旋转到边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
（3）若，在绕点逆时针旋转的过程中，当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；（2）成立，证明详见解析；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的斜边中线等于斜边的一半作答，得出DO＝EO，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质得出，从而得出DOEO，问题得解；
（2）方法1:延长EB交AD于F，先证明 ,然后证明,最后证 问题得以证明；方法2:延长EO到M，使得OM＝OE，先证是等腰三角形，然后证OAMOBE，再证MADDCE,最后证明MDE为等腰三角形问题得解．
（3）分BC在AC左侧时和BC在AC右侧两种情况，画出对应图形，求得，根据含30°角的直角三角形边之间的关系和勾股定理即可求得DE,再结合（2）可证OD⊥OE，OD=OE，根据等腰直角三角形三边关系可求得OD．
【详解】
（1）
理由：，
与是直角三角形，
是AB的中点，
，
，
，
，
， ，
，
在中， ，
，

故，OD＝OE．
（2）成立．
证法一：延长交于点，连接

和是等腰三角形，


∴四边形是矩形



是的中点









∵在中，是中点
，则



．
证法二：延长到点，使得，连接

是的中点




和是等腰三角形，

















．
（3）如下图，当BC在AC左侧时，∠ACB=60°，
过E作EH⊥DC，与它的延长线交于H，连接DE，

∵△ADC和△BEC为等腰直角三角形，
∴,
∴，
∴在中，,,
∴,
在中,,
由（2）中的证法2可证得OD⊥OE，OD=OE，
∴为等腰直角三角形，
∴在中，；
如下图，当BC在AC右侧时，∠ACB=60°，
过E作EH⊥DC，与它交于H，连接DE，

∵△ADC和△BEC为等腰直角三角形，
∴,
∴，
∴在中，,,
∴,
在中,,
∴．
综上所述或．
【点睛】
本题是一道几何综合题，考查了图形的旋转变换，直角三角形的性质，三角形全等判定与与性质，矩形的判定与性质及勾股定理，三角函数等知识，属于中考压轴题．
75．（2020·江苏泰州?中考真题）如图，在中，点为的中点，弦、互相垂直，垂足为，分别与、相交于点、，连接、．

（1）求证：为的中点．
（2）若的半径为，的度数为，求线段的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）．
【解析】
【分析】
（1）通过同弧或等弧所对的圆周角相等，结合、互相垂直，证明，可得结果；
（2）连接AC，OA，OB，AB，证明M为AE中点，得MN为的中位线，结合的度数为90°，半径为8，得到AB的长度，进而得到MN长度．
【详解】
（1）∵点为的中点
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴°
在和中

∴
∴
∴点N为BE中点
（2）连接CA，AB，OA，OB，如图所示：

∵点为的中点
∴

在和中

∴
∴，即M为AE中点
∵N为BE中点
∴MN为的中位线
又∵的半径为，的度数为
∴，OA=OB=8
∴
∴
【点睛】
本题考查了利用圆周角定理的性质结合全等三角形证明中点问题，同时考查了直角三角形的边长的计算，及中位线的作用，熟知以上知识是解题的关键．
76．（2020·江苏泰州?中考真题）如图，正方形的边长为，为的中点，为等边三角形，过点作的垂线分别与边、相交于点、，点、分别在线段、上运动，且满足，连接．

（1）求证：．
（2）当点在线段上时，试判断的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．
（3）设，点关于的对称点为，若点落在的内部，试写出的范围，并说明理由．
【答案】（1）证明见详解；（2）不变，；（3）当时，点落在的内部．
【解析】
【分析】
（1）由“”可证；
（2）连接，过点作于，由“”可证，可得，，，由直角三角形的性质可求，由锐角三角函数可求，由全等三角形的性质可求，即可求；
（3）当点落在上时，，当点落在上时，分别求出点落在上和上时的值，即可求解．
【详解】
解：∵为等边三角形，
∴，,
∴,
∴
即有：，
∵四边形是正方形，
∴
在和中

∴
（2）的值不变，
理由如下：如图1，连接，过点作于，

，，
，
，，，
，，
，，
，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）当点落在上时，如图2示，

，
，
，
是等边三角形，
当点落在上时，点关于的对称点为，
△，


点与点重合，点与点重合，
，
如图3，当点落在上时，

同理可求：，
综上所述，当时，点落在的内部．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
77．（2020·江苏泰州?中考真题）如图，已知线段，点在平面直角坐标系内，

（1）用直尺和圆规在第一象限内作出点，使点到两坐标轴的距离相等，且与点的距离等于．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，若，点的坐标为，求点的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）P（5,5）．
【解析】
【分析】
（1）作第一象限的平分线OM，再以点A为圆心，a为半径画弧，交OM于点P即可；
（2）根据题意，设点P（t，t），再根据两点之间的距离公式列出方程即可解答．
【详解】
解：（1）如图所示，作第一象限的平分线OM，再以点A为圆心，a为半径画弧，交OM于点P，则点P为所求；

（2）∵点P到两坐标轴的距离相等，且在第一象限，
∴设点P（t，t），
则AP=，
解得：t=5或t=-1（舍去），
∴P（5,5）．
【点睛】
本题考查了尺规作图以及两点之间的距离公式，解题的关键是读懂题意，明确如何作图能满足题意．
78．（2020·浙江嘉兴?中考真题）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
（思考）图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
（发现）当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
（探究）当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．

【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】；【探究】BD＝2OF，理由见解析；
【解析】
【分析】
【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【详解】
解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】
如图1，连接BE交AD于点O，

∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE＝（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x＝，
∴AF＝cm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，

∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
【点睛】
本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
79．（2020·辽宁丹东?中考真题）如图，已知，以为直径的交于点，连接，的平分线交于点，交于点，且．

（1）判断所在直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见详解；（2）的半径为．
【解析】
【分析】
（1）由AB为直径，则∠ADB=90°，由等边对等角，三角形的外角性质，得到，然后得到，即可得到结论成立；
（2）由，DF=2，则求出BD=6，然后利用勾股定理，求出AB的长度，即可得到半径．
【详解】
解：（1）∵为直径，
∴∠ADB=90°，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵BE平分∠CBD，
∴，
∴，
∴，
∴∠ABC=90°，
∴BC是的切线；
（2）∵，
∴，
∵∠BDF=90°，
∴，
∴，
∴BD=6，
设，则AD=，
在Rt△ABD中，由勾股定理得
，
解得：，
∴，
∴的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，等边对等角，三角形的外角性质，以及等角的余角相等，解题的关键是熟练掌握所学的知识，从而进行解题．
80．（2020·辽宁丹东?中考真题）已知：菱形和菱形，，起始位置点在边上，点在所在直线上，点在点的右侧，点在点的右侧，连接和，将菱形以为旋转中心逆时针旋转角（）．
（1）如图1，若点与重合，且，求证：；

（2）若点与不重合，是上一点，当时，连接和，和所在直线相交于点；
①如图2，当时，请猜想线段和线段的数量关系及的度数；

②如图3，当时，请求出线段和线段的数量关系及的度数；

③在②的条件下，若点与的中点重合，，，在整个旋转过程中，当点与点重合时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）见详解；（2）①A′C＝BM，∠BPC＝45°；②A′C＝BM，∠BPC＝30°；③1＋．
【解析】
【分析】
（1）证明△ADD′≌△BAB′（SAS）可得结论；
（2）①证明△AA′C∽△MAB，可得结论；
②证明方法类似①，即证明△AA′C∽△MAB即可得出结论；
③求出A′C，利用②中结论计算即可．
【详解】
（1）证明：如图1，在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，
∴四边形ABCD，四边形A′B′CD′都是正方形，
∵∠DAB＝∠D′AB′＝90°，
∴∠DAD′＝∠BAB′，
∵AD＝AB，AD′＝AB′，
∴△ADD′≌△BAB′（SAS），
∴DD′＝BB′；
（2）①解：如图2中，结论：A′C＝BM，∠BPC＝45°；

理由：设AC交BP于O，
∵四边形ABCD，四边形A′B′CD′都是正方形，
∴∠MA′A＝∠DAC＝45°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵MA′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝45°，
∴∠AMA′＝90°，
∴AA′＝AM，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∵AC＝AB，
∴=，
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△AA′C∽△MAB，
∴=，∠A′CA＝∠ABM，
∴A′C＝BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝45°，即∠BPC＝45°；
②解：如图3中，设AC交BP于O，

在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝60°，
∴∠C′A′B′＝∠CAB＝30°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵MA′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝30°，
∴AA′＝AM，
在△ABC中，∵BA＝BC，∠CAB＝30°，
∴AC＝AB，
∴=，
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△A′AC∽△MAB，
∴=，∠ACA′＝∠ABM，
∴A′C＝BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝30°，即∠BPC＝30°；
③如图4中，过点A作AH⊥A′C于H，

由题意AB＝BC＝CD＝AD＝2，可得AC＝AB＝2，
在Rt△A′AH中，A′H＝AA′＝1，A′H＝AH＝，
在Rt△AHC中，CH＝==，
∴A′C＝A′H＋CH＝＋，
由②可知，A′C＝BM，
∴BM＝1＋．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
81．（2020·黑龙江鹤岗?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边长是方程的根，连接，，并过点作，垂足为，动点从点以每秒个单位长度的速度沿方向匀速运动到点为止；点沿线段以每秒个单位长度的速度由点向点匀速运动，到点为止，点与点同时出发，设运动时间为秒

（1）线段______；
（2）连接和，求的面积与运动时间的函数关系式；
（3）在整个运动过程中，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出点的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）(，)或(，)
【解析】
【分析】
（1）解方程求出AB的长，由直角三角形的性质可求BD，BC的长，CN的长；
（2）分三种情况讨论，由三角形的面积可求解；
（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解．
【详解】
（1）解方程得：(舍去)，
∴AB=6，
∵四边形是矩形，，
∴AB=CD=6，BD=2AB=12，
∴BC=AD=，
∵，
∴，
故答数为：；
（2）如图1，过点M作MH⊥BD于H，

∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=30°，
∴MH=MD=，
∵∠DBC=30°，CN⊥BD，
∴BN=，
当点P在线段BN上即时，
△PMN的面积；
当点P与点N重合即时，s=0，
当点P在线段ND上即时，
△PMN的面积；
∴；
（3）如图，过点P作PE⊥BC于E，

当PN=PM=9-2t时，则DM=，MH=DM=，DH=，
∵，
∴，
解得：或，
即或，
则BE=或BE=，
∴点P的坐标为(，)或(，)；
当PN=NM=9-2t时，
∵，
∴，
解得或24（不合题意舍去），
∴BP=6，PE=BP=3，BE=PE=3
∴点P的坐标为(，)，
综上所述：点P坐标为(，)或(，) ．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，一元二次方程的解法，三角形的面积公式，勾股定理，等腰三角形的性质，坐标与图形等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
82．（2020·内蒙古赤峰?中考真题）小琪同学和爸爸妈妈一起回老家给奶奶过生日，他们为奶奶准备了一个如图所示的正方形蛋糕，蛋糕的每条边上均匀镶嵌着4颗巧克力.爸爸要求小琪只切两刀把蛋糕平均分成4份，使每个人分得的蛋糕和巧克力数都相等.
（1）请你在图1中画出一种分法(无需尺规作图)；
（2）如图2，小琪同学过正方形的中心切了一刀，请你用尺规作图帮她作出第2刀所在的直线，(不写作法，保留作图痕迹)

【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析
【解析】
【分析】
（1）顺着正方形蛋糕的对角线切出两刀，即可把蛋糕和巧克力均分成四份；
（2）要将正方形蛋糕均分成四份，第一刀必须保证过蛋糕的中心，第二刀为第一刀的中垂线即可，保留尺规作图中垂线的痕迹．
【详解】
解：（1）如下图所示，顺着正方形蛋糕的对角线切出两刀，即可把蛋糕和巧克力均分成四份：

（2）要将正方形蛋糕均分成四份，第一刀必须保证过蛋糕的中心，第二刀为第一刀的中垂线即可，如下图所示，设第一刀与蛋糕边线的交点为A、B，分别以A、B为圆心，任一半径（比AB的一半长即可），画圆弧，圆弧交点的连线即为第二刀：

【点睛】
本题主要考察了尺规作图—作中垂线，以线段的端点为圆心，做两个半径相等的圆（半径大于线段长度的一半），圆弧交点的连线即为中垂线．
83．（2020·内蒙古赤峰?中考真题）如图，AB是的直径，AC是的一条弦，点P是上一点，且PA=PC，PD//AC，与BA的延长线交于点D.
（1）求证:PD是的切线；
（2）若tan∠PAC= ，AC = 12.求直径AB的长.

【答案】（1）证明过程见解析；（2）AB=13，过程见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OP，因为PDAC，两直线平行内错角相等，且PA=PC，可得∠DPA =∠PAC=∠PCA=∠PBA，又因为直径所对圆周角为直角，故∠APO+∠OPB=90°，其中∠OPB=∠OBP，即可证得∠DPO=90°，即PD为⊙O的切线；
（2）作PEAC，在等腰PAC中，三线合一，PE既为高线，也为AC边的中垂线，已知tan∠PAC=，AC=12，用勾股定理可得AP的长度，且∠PAC=∠PBA，故PB的长度也可算得，再用勾股定理即可求得AB的长度．
【详解】
解：（1）如图所示，连接OP，

∵PDAC，
∴∠DPA =∠PAC（两直线平行，内错角相等），
又∵PA=PC，故PAC为等腰三角形，∠PAC=∠PCA，∠PAC是所对圆周角，∠PCA是所对圆周角，
∴=，且∠PBA是所对圆周角，故∠PAC=∠PCA=∠PBA，
∵AB是⊙O的直径，直径所对圆周角为直角，
∴∠APB=90°，故∠APO+∠OPB=90°，
又∵OP=OB，故OPB为等腰三角形，∠OPB=∠OBP，
∴∠APO+∠DPA=90°，即∠DPO=90°，
∴PD为⊙O的切线；
（2）如下图所示，作PEAC，

∵PA=PC，故PAC为等腰三角形，等腰三角形三线合一，PE既为高线，也为AC边的中垂线，已知AC=12，
∴AE=6，且tan∠PAC==，故PE=4，
由勾股定理可得：，
由（1）已证得∠PAC=∠PCA=∠PBA，故tan∠PBA=，
∴，故，
由勾股定理可得：．
【点睛】
本题考查了等边对等角、等腰三角形三线合一、平行线间的性质、同弧所对圆周角相等、勾股定理，解题的关键在于应用等边对等角及平行线性质，证得图形中的相等角，利用角的代换来做题．
84．（2020·内蒙古赤峰?中考真题）如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接 PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N.，AD =4.
（1）如图1，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数关系为:∠PDM___ ∠EPN；
②的值是 ；
（2）如图2，当点P在CA延长线上时，（1）中的结论②是否成立?若成立，请证明；若不成立，说明理由；
（3）如图3，以线段PD ，PE为邻边作矩形PEFD.设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y.请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值.

【答案】（1）①=；②；（2）成立，证明见解析；（3），最小值为
【解析】
【分析】
（1）①根据PE⊥PD， MN⊥AB得到∠DPE=90°，∠PMD=∠PNE=90°，即可得到∠PDM=∠EPN；
②根据CD=，AD =4，∠ADC=90°，得到∠ACD=30°，设MP=x，则NP=4-x，得到MC=MP=x，DM=-x=（4-x），证明△PDM∽△EPN，得到答案；
（2）设NP=a，则MP=4+a，证明△PDM∽△EPN，即可得到结论成立；
（3）利用勾股定理求出，再根据矩形的面积公式计算得到函数关系式.
【详解】
（1）①∵PE⊥PD，
∴∠DPE=90°，
∴∠DPM+∠EPN=90°，
∵MN⊥AB，
∴∠PMD=∠PNE=90°，
∴∠PDM+∠DPM=90°，
∴∠PDM=∠EPN；
故答案为：=；
②∵CD=，AD =4，∠ADC=90°，
∴tan∠ACD=,
∴∠ACD=30°，
设MP=x，则NP=4-x，
∴MC=MP=x，DM=-x=（4-x），
∵∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，
∴==，
故答案为：；
（2）成立，
设NP=a，则MP=4+a，
∵∠ACD=30°，
∴MC=（4+a），
∴MD=(4+a)-4=a，
由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，
∴=，
（3）∵PM=x，
∴PN=4-x，EN=，
∴，
∴，，
∴矩形PEFD的面积为y=，
∵>0，
∴当x=3时，y有最小值为.
【点睛】
此题考查矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定及性质，勾股定理，利用面积公式得到函数关系式及最小值，解答此题中运用类比思想.
85．（2020·重庆中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，分别过点A，C作，，垂足分别为E，F．AC平分．
（1）若，求的度数；
（2）求证：．

【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用三角形内角和定理求出，利用角平分线的定义求出，再利用平行线的性质解决问题即可．
（2）证明可得结论．
【详解】
（1）解：，
，
，
，
平分，
，
四边形是平行四边形，
，
，
（2）证明：四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关的知识点．
86．（2020·江苏镇江?中考真题）如图，▱ABCD中，∠ABC的平分线BO交边AD于点O，OD＝4，以点O为圆心，OD长为半径作⊙O，分别交边DA、DC于点M、N．点E在边BC上，OE交⊙O于点G，G为的中点．
（1）求证：四边形ABEO为菱形；
（2）已知cos∠ABC＝，连接AE，当AE与⊙O相切时，求AB的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）先由G为的中点及同弧所对的圆周角和圆心角的关系得出∠MOG＝∠MDN，再由平行四边形的性质得出AO∥BE，∠MDN+∠A＝180°，进而判定四边形ABEO是平行四边形，然后证明AB＝AO，则可得结论；
（2）过点O作OP⊥BA，交BA的延长线于点P，过点O作OQ⊥BC于点Q，设AB＝AO＝OE＝x，则由cos∠ABC＝，可用含x的式子分别表示出PA、OP及OQ，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值即可．
【详解】
解：（1）证明：∵G为的中点，
∴∠MOG＝∠MDN．
∵四边形ABCD是平行四边形．
∴AO∥BE，∠MDN+∠A＝180°，
∴∠MOG+∠A＝180°，
∴AB∥OE，
∴四边形ABEO是平行四边形．
∵BO平分∠ABE，
∴∠ABO＝∠OBE，
又∵∠OBE＝∠AOB，
∴∠ABO＝∠AOB，
∴AB＝AO，
∴四边形ABEO为菱形；
（2）如图，过点O作OP⊥BA，交BA的延长线于点P，过点O作OQ⊥BC于点Q，设AE交OB于点F，

则∠PAO＝∠ABC，
设AB＝AO＝OE＝x，则
∵cos∠ABC＝，
∴cos∠PAO＝，
∴＝，
∴PA＝x，
∴OP＝OQ＝x
当AE与⊙O相切时，由菱形的对角线互相垂直，可知F为切点，
∴由勾股定理得：，
解得：x＝2．
∴AB的长为2．
【点睛】
本题主要考查菱形的证明，切线的性质，三角函数以及勾股定理，巧妙的作出辅助线和列出勾股定理的方程是解决本题的关键．
87．（2020·江苏镇江?中考真题）如图，AC是四边形ABCD的对角线，∠1＝∠B，点E、F分别在AB、BC上，BE＝CD，BF＝CA，连接EF．
（1）求证：∠D＝∠2；
（2）若EF∥AC，∠D＝78°，求∠BAC的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）78°．
【解析】
【分析】
（1）由“SAS”可证△BEF≌△CDA，可得∠D＝∠2；
（2）由（1）可得∠D＝∠2＝78°，由平行线的性质可得∠2＝∠BAC＝78°．
【详解】
证明：（1）在△BEF和△CDA中，
，
∴△BEF≌△CDA（SAS），
∴∠D＝∠2；
（2）∵∠D＝∠2，∠D＝78°，
∴∠D＝∠2＝78°，
∵EF∥AC，
∴∠2＝∠BAC＝78°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质．证明△BEF≌△CDA是解题的关键
88．（2020·山东滨州?中考真题）如图，AB是的直径，AM和BN是它的两条切线，过上一点E作直线DC，分别交AM、BN于点D、C，且DA＝DE．
（1）求证：直线CD是的切线；
（2）求证：

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接OD，OE，证明△OAD≌△OED，得∠OAD=∠OED=90°，进而得CD是切线；
（2）连接OC，得AM∥BN，得，再证明，进而得出结论．
【详解】
解(1)如图,连接
是的切线，
在和中,



是的切线.
(2)连接是的切线，



又是的切线，
平分平分

又

又,



又


【点睛】
本题考查了圆的切线的性质与判定，相似三角形的判定与性质，全等三角形的性质与判定，关键是正确作辅助线构造全等三角形与直角三角形．
89．（2020·内蒙古鄂尔多斯?中考真题）（1）（操作发现）
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点，点C的对应点为点．连接；
②在①中所画图形中，＝　　°．
（2）（问题解决）
如图2，在中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）（拓展延伸）
如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．

【答案】（1）①见解析，②45；（2）135°；（3）
【解析】
【分析】
（1）①根据旋转角，旋转方向画出图形即可．
②只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可．
（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．证明△ABC≌△EAH（AAS）即可解决问题．
（3）如图3中，由AE⊥BC，BE＝EC，推出AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，只要证明∠GDC＝90°，可得CG＝，由此即可解决问题．
【详解】
解：（1）①如图，△AB′C′即为所求．

②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，
∴∠AB′B＝45°，
故答案为45．
（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．

∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，
∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，
∴∠B＝∠EAH，
∵AB＝AE，
∴△ABC≌△EAH（AAS），
∴BC＝AH，EH＝AC，
∵BC＝CD，
∴CD＝AH，
∴DH＝AC＝EH，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADE＝135°．
（3）如图③中，∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，

∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，
∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，
∴DG＝kBC＝2k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，
∴∠ADG+∠ADC＝90°，
∴∠GDC＝90°，
∴CG＝＝．
∴BD＝CG＝．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
90．（2020·内蒙古鄂尔多斯?中考真题）如图，一次函数y＝kx+b的图象分别与反比例函数y＝的图象在第一象限交于点A(4，3)，与y轴的负半轴交于点B，且OA＝OB．
（1）求函数y＝kx+b和y＝的表达式；
（2）已知点C(0，5)，试在该一次函数图象上确定一点M，使得MB＝MC，求此时点M的坐标．

【答案】（1）y＝，y＝2x﹣5；（2）(2.5，0)
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法即可解答；
（2）设点M的坐标为（x，2x﹣5），根据MB＝MC，得到，即可解答．
【详解】
解：（1）把点A（4，3）代入函数y＝得：a＝3×4＝12，
∴y＝．
OA＝＝5，
∵OA＝OB，
∴OB＝5，
∴点B的坐标为（0，﹣5），
把B（0，﹣5），A（4，3）代入y＝kx+b得：

解得：；
∴y＝2x﹣5．
（2）∵点M在一次函数y＝2x﹣5上，
∴设点M的坐标为（x，2x﹣5），
∵MB＝MC，
∴
解得：x＝2.5，
∴点M的坐标为（2.5，0）．方法二：∵B（0，﹣5）、C（0，5），
∴BC＝10，
∴BC的中垂线为：直线y＝0，
当y＝0时，2x﹣5＝0，即x＝2.5，
∴点M的坐标为（2.5，0）．
【点睛】
本题考查了一次函数与反比例函数的交点，解决本题的关键是利用待定系数法求解析式．
91．（2020·云南中考真题）如图，四边形是菱形，点为对角线的中点，点在的延长线上，，垂足为，点在的延长线上，，垂足为．

（1）若，求证：四边形是菱形；
（2）若，的面积为16，求菱形的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）20．
【解析】
【分析】
（1）由直角三角形斜边中线等于斜边一半和30度直角三角形性质性质可证，即可证明结论；
（2）由根据三角形面积求法可求AE，设AB=x，在，由勾股定理列方程即可求出菱形边长，进而可求面积．
【详解】
解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，

同理可得：，
∴，即：四边形是菱形；
（2）∵，
∴，
∴，
在四边形是菱形中，设，则
在中，，
∴，
解得，
∴菱形ABCD面积=．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定和性质，涉及了直角三角形性质和勾股定理．解题关键是灵活运用直角三角形性质得出线段之间发热关系．
92．（2020·云南中考真题）如图，已知，．求证：．

【答案】见详解．
【解析】
【分析】

根据SSS定理推出△ADB≌△BCA即可证明．
【详解】

证明：在△ADB和△BCA中，

∴△ADB≌△BCA（SSS），
∴．
【点睛】

本题考查了全等三角形的性质和判定，能正确进行推理证明全等是解此题的关键．
93．（2020·四川绵阳?中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，点D在⊙O外，∠ADC＝90°，BD交⊙O于点E，交AC于点F，∠EAC＝∠DCE，∠CEB＝∠DCA，CD＝6，AD＝8．

（1）求证：AB∥CD；
（2）求证：CD是⊙O的切线；
（3）求tan∠ACB的值．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）
【解析】
【分析】
（1）由圆周角定理与已知得，即可得出结论；
（2）连接并延长交于，连接，则为的直径，，证明，得出，即可得出结论；
（3）由三角函数定义求出，证出，求出，，过点作于，设，则，由勾股定理得出方程，解方程得，由勾股定理求出，由三角函数定义即可得答案．
【详解】
（1）证明：，，
，
；
（2）证明：连接并延长交于，连接，如图1所示：

则为的直径，
，
，
，
，，
，
，
，即，
是的半径，
是的切线；
（3）解：在中，由勾股定理得：，
，
是的切线，，
，
，，
过点作于，如图2所示：

设，则，
由勾股定理得：，
即：，
解得：，
，
，
．
【点睛】
本题是圆的综合题目，考查了切线的判定与性质、圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角函数定义、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．
94．（2020·江苏宿迁?中考真题）如图，在△ABC中，D是边BC上一点，以BD为直径的⊙O经过点A，且∠CAD=∠ABC．
（1）请判断直线AC是否是⊙O的切线，并说明理由；
（2）若CD=2，CA=4，求弦AB的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）如图，连接OA，由圆周角定理可得∠BAD=90°=∠OAB+∠OAD，由等腰三角形的性质可得∠OAB=∠CAD=∠ABC，可得∠OAC=90°，可得结论；
（2）由勾股定理可求OA=OD=3，由面积法可求AE的长，由勾股定理可求AB的长．
【详解】
（1）直线AC是⊙O的切线，
理由如下：如图，连接OA，

∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD=90°=∠OAB+∠OAD，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠ABC，
又∵∠CAD=∠ABC，
∴∠OAB=∠CAD=∠ABC，
∴∠OAD+∠CAD=90°=∠OAC，
∴AC⊥OA，
又∵OA是半径，
∴直线AC是⊙O的切线；
（2）过点A作AE⊥BD于E，
∵OC2=AC2+AO2，
∴(OA+2)2=16+OA2，
∴OA=3，
∴OC=5，BC=8，
∵S△OAC=OAAC=OCAE，
∴AE=，
∴OE=，
∴BE=BO+OE=，
∴AB=．
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆的有关知识，勾股定理等知识，求圆的半径是本题的关键．
95．（2020·江苏宿迁?中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
由正方形的性质可得AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，由“SAS”可证△ABE≌△ADE，△BFC≌△DFC，△ABE≌△CBF，可得BE=BF=DE=DF，可得结论．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE=DE，
同理可得△BFC≌△DFC，
可得BF=DF，
∵AF=CE，
∴AF-EF=CE-EF，即AE=CF，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE=BF，
∴BE=BF=DE=DF，
∴四边形BEDF是菱形．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
96．（2020·江苏宿迁?中考真题）（感知）（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．
（探究）（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．
（拓展）（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．

【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】
（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；
（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；
（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．
【详解】
（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，
∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，
∴∠BEC=∠EAD，
∴Rt△AED∽Rt△EBC，
∴；
（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，

同（1）的理由可知：，
∵，，
∴，
∴CB=GM，
在△BCH和△GMH中，
，
∴△BCH≌△GMH（AAS），
∴BH=GH；
（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，

过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，
∴∠EAF=∠BEM，
∴△AEF∽△EBM，
∴，
∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，
而∠EFA=∠AEB，
∴∠CED=∠EFD，
∵∠BMG+∠BME=180°，
∴∠N=∠EFD，
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，
∴∠EDF=∠CEN，
∴△DEF∽△ECN，
∴，
又∵，
∴，
∴BM=CN，
在△BGM和△CGN中，
，
∴△BGM≌△CGN（AAS），
∴BG=CG．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．