初中数学中考复习 专题41三角形（6）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

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专题41三角形（6）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________



一、解答题
1．（2020·湖北咸宁?中考真题）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形是对余四边形，则与的度数之和为______；
证明：
（2）如图1，是的直径，点在上，，相交于点D．
求证：四边形是对余四边形；

探究：
（3）如图2，在对余四边形中，，，探究线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】（1）90°或270°；（2）见解析；（3），理由见解析
【解析】
【分析】
（1）分当∠A和∠C互余时，当∠B和∠D互余时，两种情况求解；
（2）连接BO，得到∠BON+∠BOM=180°，再利用圆周角定理证明∠C+∠A=90°即可；
（3）作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，先证明GF是圆O的直径，得到，再证明△ABC∽△FEC，△ACD∽△GCE，△BCD∽△GCF，可得，，从而得出，根据△ABC为等边三角形可得AB=AC=BC，从而得到.
【详解】
解：（1）∵四边形是对余四边形，
当∠A和∠C互余时，
∠A+∠C=90°，
当∠B与∠D互余时，
∠B+∠D=90°，
则∠A+∠C=360°-90°=270°，
故答案为：90°或270°；
（2）如图，连接BO，
可得：∠BON=2∠C，∠BOM=2∠A，
而∠BON+∠BOM=180°，
∴2∠C+2∠A=180°，
∴∠C+∠A=90°，
∴四边形是对余四边形；

（3）∵四边形ABCD为对于四边形，∠ABC=60°，
∴∠ADC=30°，
如图，作△ABD的外接圆O，分别延长AC，BC，DC，交圆O于E，F，G，连接DF，DE，EF，
则∠AEF=∠ABC=60°，∠AEG=∠ADG=30°，
∴∠AEF+∠AEG=90°，即∠FEG=90°，
∴GF是圆O的直径，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∵∠ABC=∠AEF，∠ACB=∠ECF，
∴△ABC∽△FEC，得：，则，
同理，△ACD∽△GCE，得：，则，
△BCD∽△GCF，得：，
可得：，
而，
∴，
∴，
∴，
∵AB=BC=AC，
∴.

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，四边形的新定义问题，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，多边形内角和，解题的关键是理解对余四边形的概念，结合所学知识求证.
2．（2020·江苏扬州?中考真题）如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且，OC平分，与BD交于点G，AC分别与BD、OD交于点E、F．

（1）求证：；
（2）如图2，若，求的值；
（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求的值．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）先由三角形外角得出∠BOD=∠DAO+∠ODA，然后根据OA=OD，OC平分∠BOD得出∠DAO=∠ODA，∠COD=∠COB，可得∠COD=∠ODA，即可证明；
（2）先证明△BOG≌△DOG，得出∠ADB=∠OGB=90°，然后证明△AFO∽△AED，得出∠AOD=∠ADB=90°，，根据勾股定理得出AD=2，即可求出答案；
（3）先设AD=2x，OG=x，则CG=2-x，BG==，BC===CD，然后得出四边形ABCD的周长=4+2x+4，令=t≥0，即x=2-t2，可得四边形ABCD的周长=-2（t-1）2+10，得出x=2-t2=1，即AD=2，然后证明△ADF≌△COF，得出DF=OF=OD=1，根据△ADO是等边三角形，得出∠DAE=30°，可得，求出DE=，即可得出答案．
【详解】
（1）由三角形外角可得∠BOD=∠DAO+∠ODA，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ODA，
∵OC平分∠BOD，
∴∠COD=∠COB，
∴∠COD=∠ODA，
∴OC∥AD；
（2）∵OC平分，
∴∠COD=∠COB，
在△BOG与△DOG中，
∴△BOG≌△DOG，
∴∠BGO=∠DGO=90°，
∵AD∥OC，
∴∠ADB=∠OGB=90°，∠DAC=∠OCA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
∵DE=DF，
∴∠DFE=∠DEF，
∵∠DFE=∠AFO，
∴∠AFO=∠DEF，
∴△AFO∽△AED，
∴∠AOD=∠ADB=90°，，
∵OA=OD=2，
∴根据勾股定理可得AD=2，
∴=；
（3）∵OA=OB，OC∥AD，
∴根据三角形中位线可设AD=2x，OG=x，则CG=2-x，BG==，
∴BC===CD，
∴四边形ABCD的周长=AB+AD+DC+BC
=4+2x+2
=4+2x+4
令=t≥0，即x=2-t2，
∴四边形ABCD的周长=4+2x+4
=4+2（2-t2）+4t
=-2t2+4t+8
=-2（t-1）2+10，
当t=1时，四边形ABCD的周长取得最大值，最大值为10，
此时x=2-t2=1，
∴AD=2，
∵OC∥AD，
∴∠ADF=∠COF，∠DAF=∠OCF，
∵AD=OC=2，
∴△ADF≌△COF
∴DF=OF=OD=1，
∵AD=OC=OA=OD，
∴△ADO是等边三角形，
由（2）可知∠DAF=∠OAF，∠ADE=90°，
∴在Rt△ADE中，∠DAE=30°，
∴，
∴DE=，
∴=．
【点睛】
本题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，锐角三角函数，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的性质，涉及的知识点比较复杂，综合性较强，灵活运用这些知识点是解题关键．
3．（2020·山东潍坊?中考真题）如图1，在中，，点D，E分别在边上，且，连接．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接．

（1）当时，求证：；
（2）如图3，当时，延长交于点，求证：垂直平分；
（3）在旋转过程中，求的面积的最大值，并写出此时旋转角的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）的面积的最大值为，旋转角的度数为
【解析】
【分析】

（1）利用 “SAS”证得△ACE△ABD即可得到结论；
（2）利用 “SAS”证得△ACE△ABD，推出∠ACE=∠ABD，计算得出AD=BC=，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
（3）观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．
【详解】

（1）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
∵∠CAE+∠BAE =∠BAD+∠BAE =90，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴CE=BD；
（2）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
在△ACE和△ABD中，，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴∠ACE=∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC=90，且∠AEC=∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB=90，
∴∠EFB=90，
∴CF⊥BD，
∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，
∴BC=AB =，CD= AC+ AD=，
∴BC= CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线；
（3）中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时的面积有最大值，
∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，的面积取得最大值，如图：

∵∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，DG⊥BC于G，
∴AG=BC=，∠GAB=45，
∴DG=AG+AD=，∠DAB=180-45=135，
∴的面积的最大值为：，
旋转角．
【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
4．（2020·北京中考真题）在中，，，是的中点．为直线上一动点，连接，过点作，交直线于点，连接．

（1）如图1，当是线段的中点时，设，，求的长（用含的式子表示）；
（2）当点在线段的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)；(2)，证明见解析
【解析】
【分析】
(1)由三角形中位线定理得到，，再在Rt△DEF中由勾股定理即可求解；
(2)先证明，由此得到DF是GE的垂直平分线，进而EF=FG，最后在Rt△BFG中由勾股定理即可求得．
【详解】
解：(1)∵是的中点，是线段的中点，
∴为的中位线
∴
∵
∴
∵
∴
∴四边形为矩形．
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
(2)过点作的平行线交延长线于点，连接，如下图所示：

∵，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理、勾股定理、三角形全等的性质和判定等，属于中考常考题型，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
5．（2020·湖南湘西?中考真题）问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离．

【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里．
【解析】
【分析】
延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸1：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
探究延伸2：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题；
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可．
【详解】
解：EF=AE+CF
理由：延长到G，使，连接，

在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，
即∠GBF=60°，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长到G，使，连接，

在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，
即∠GBF=∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长到G，使，连接，

∵，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在△BCG和△BAE中，
，
∴（SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF=∠ABC，
即∠GBF=∠ABC，
在△BGF和△BEF中，
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），
∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，

∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
6．（2020·山东青岛?中考真题）已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作于点，交于点．设运动时间为．

解答下列问题：
（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？
（2）连接，作于点，当四边形为矩形时，求的值；
（3）连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式；
（4）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） t=；（2）t=3;（3）S与t的函数关系式为；（4）存在，t=,
【解析】
【分析】
（1）要使点M在线段CQ的垂直平分线上，只需证CM=MQ即可；
（2）由矩形性质得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推导出PH、QN，进而得关于t的方程，解之即可；
（3）分别用t表示出梯形GHFM的面积、△QHF的面积、△CMQ的面积，即可得到S与t的函数关系式；
（4）延长AC交EF与T，证得AT⊥EF，要使点P在∠AFE的平分线上，只需PT=PH，分别用t表示PT、PH，代入得关于t的方程，解之即可．
【详解】
（1）当=时，点在线段的垂直平分线上，理由为：
由题意，CE=2，CM∥BF，
∴即：，
解得：CM=，
要使点在线段的垂直平分线上，
只需QM=CM=，
∴t=；
（2）如图，∵，，，
∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cos∠PAH=，sin∠EFB=，
在Rt△APH中，AP=2t，
∴PH=AP·sin∠PAH=，
在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得：EM=，
在Rt△QNF中，QF=10-t-=，
∴QN=QF·sin∠EFB=()×=，
四边形为矩形，
∴PH=QN，
∴=，
解得：t=3；

（3）如图，过Q作QN⊥AF于N，
由（2）中知QN=，AH=AP·cos∠PAH=，
∴BH=GC=8-，
∴GM=GC+CM=，HF=HB+BF=，
∴
=
=
=，
∴S与t的函数关系式为：；

（4）存在，t=．
证明：如图，延长AC交EF于T，
∵AB=BF,BC=BF, ，
∴△ABC≌△EBF，
∴∠BAC=∠BEF，
∵∠EFB+∠BEF=90º，
∴∠BAC+∠EFB=90º，
∴∠ATE=90º即PT⊥EF，
要使点在的平分线上，只需PH=PT，
在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=，
CT=CE·sin∠BEF =，
PT=10+-2t=，又PH=，
=，
解得：t=．

【点睛】
本题属于四边形的综合题，考查了解直角三角形、锐角三角函数、垂直平分线、角平分线、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形的面积等知识、解答的关键是认真审题，分析相关知识，利用参数构建方程解决问题，是中考常考题型．
7．（2020·江苏南京?中考真题）如图①，要在一条笔直的路边上建一个燃气站，向同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．

（1）如图②，作出点A关于的对称点，线与直线的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在直线上另外任取一点，连接，， 证明， 请完成这个证明．

（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由），
①生市保护区是正方形区城，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．

【答案】（1）证明见解析；（2）①见解析，②见解析
【解析】
【分析】

（1）连接，利用垂直平分线的性质，得到，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
（2）由（1）可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】

（1）证明：如图，连接

∵点A、关于l对称，点C在l上
∴，
∴，
同理，
在中，有
∴；
（2）解：①在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DB（如图，其中D是正方形的顶点）．

②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是（如图，其中CD、BE都与圆相切）．

【点睛】

本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
8．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，四边形是正方形，点为对角线的中点．

（1）问题解决：如图①，连接，分别取，的中点，，连接，则与的数量关系是_____，位置关系是____；
（2）问题探究：如图②，是将图①中的绕点按顺时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．判断的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③，是将图①中的绕点按逆时针方向旋转得到的三角形，连接，点，分别为，的中点，连接，．若正方形的边长为1，求的面积．
【答案】（1），；（2）的形状是等腰直角三角形，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得PQ为△BOC的中位线，再根据中位线的性质即可求解；
（2）连接并延长交于点，根据题意证出，为等腰直角三角形，也为等腰直角三角形，由且可得是等腰直角三角形；
（3）延长交边于点，连接，．证出四边形是矩形，为等腰直角三角形，，再证出为等腰直角三角形，根据图形的性质和勾股定理求出O′A，O′B和BQ的长度，即可计算出的面积．
【详解】
解：（1）∵点P和点Q分别为，的中点，
∴PQ为△BOC的中位线，
∵四边形是正方形，
∴AC⊥BO，
∴，；
故答案为：，；
（2）的形状是等腰直角三角形．理由如下：
连接并延长交于点，

由正方形的性质及旋转可得，∠，
是等腰直角三角形，，．
∴，．
又∵点是的中点，∴．
∴．
∴，．
∴，∴．
∴为等腰直角三角形．
∴，．
∴也为等腰直角三角形．
又∵点为的中点，
∴，且．
∴的形状是等腰直角三角形．
（3）延长交边于点，连接，．

∵四边形是正方形，是对角线，
∴．
由旋转得，四边形是矩形，
∴，．
∴为等腰直角三角形．
∵点是的中点，
∴，，．
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴为等腰直角三角形．
∵是的中点，
∴，．
∵，
∴，，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转图形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质和勾股定理，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（2020·江西中考真题）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究
（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为 ；
推广验证
（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．

【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）
【解析】
【分析】

（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；
（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．
【详解】

（1）∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴PH=AH=，
∴，，
∴，
∵，ED=2，
∴，，
∴，
∵，
∴△ABP∽△EDP，
∴，，
∴，，
∴，
，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴
故最后答案为．

【点睛】

（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．
10．（2020·湖北襄阳?中考真题）在中，，．点D在边上，且，交边于点F，连接．

（1）特例发现：如图1，当时，①求证：；②推断：_________．；
（2）探究证明：如图2，当时，请探究的度数是否为定值，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当时，过点D作的垂线，交于点P，交于点K，若，求的长．
【答案】（1）①证明见解析，② ；（2）为定值，证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）①利用已知条件证明即可得到结论，②先证明利用相似三角形的性质再证明结合相似三角形的性质可得答案；
（2）由（1）中②的解题思路可得结论；
（3）设 则 利用等腰直角三角形的性质分别表示： 由表示 再证明利用相似三角形的性质建立方程求解，即可得到答案．
【详解】
证明：（1）①






②推断：
理由如下：













（2）为定值，
理由如下：
由（1）得：








（3） ，
设 则













，
解得：


【点睛】
本题考查的是三角形的全等的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形相似的判定与性质，更重要的是考查学生的学习探究的能力，掌握以上知识是解题的关键．
11．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在正方形中，点在边的延长线上，点在边的延长线上，且,连接和相交于点．
求证： ．

【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
利用正方形的性质证明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再证明BE=CF，可得三角形的全等，利用全等三角形的性质可得答案．
【详解】
证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
又∵CE=DF，
∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，
在△BCF和△ABE中，

∴（SAS），
∴AE=BF．
【点睛】
本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
12．（2020·湖北襄阳?中考真题）襄阳东站的建成运营标志者我市正式进入高铁时代，郑万高速铁路襄阳至万州段的建设也正在推进中．如图，工程队拟沿方向开山修路，为加快施工进度，需在小山的另一边点E处同时施工，要使A，C，E三点在一条直线上，工程队从上的一点B取，米，．那么点E与点D间的距离是多少米？（参考数据：，，）

【答案】点E与点D间的距离是358.4米．
【解析】
【分析】

由，根据三角形外角的性质可得，故为直角三角形，根据的余弦值即可求解．
【详解】

解：∵，
∴，
∴，即，解得（米），
答：点E与点D间的距离是358.4米．
【点睛】

本题考查解直角三角形的应用、三角形外角的性质等内容，解题的关键是得到为直角三角形．
13．（2020·浙江舟山?中考真题）已知：如图，在△OAB中，OA＝OB，⊙O与AB相切于点C．求证：AC＝BC．小明同学的证明过程如下框：

证明：连结OC，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠B，
又∵OC＝OC，
∴△OAC≌△OBC，
∴AC＝BC．
小明的证法是否正确？若正确，请在框内打“√”；若错误，请写出你的证明过程．

【答案】错误，证明见解析
【解析】
【分析】
连结OC，根据切线的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：证法错误；
证明：连结OC，
∵⊙O与AB相切于点C，
∴OC⊥AB，
∵OA＝OB，
∴AC＝BC．
【点睛】
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，熟练正确切线的性质是解题的关键．
14．（2020·浙江嘉兴?中考真题）已知：如图，在△OAB中，OA=OB，⊙O与AB相切与点C．求证：AC=BC．
小明同学的证明过程如下框：

小明的证法是否正确？若正确，请在框内打“√”；若错误，请写出你的证明过程．
【答案】证法错误．证明见解析
【解析】
【分析】
小明同学通过两边及一边的对角对应相等证明两个三角形全等是错误的，没有这样的判定定理.连接OC，根据切线的性质和等腰三角形三线合一的性质得出结论即可.
【详解】
解：证法错误．
证明：连结 OC．

∵⊙O与AB相切于点C，
∴OC⊥AB．
∵OA=OB，
∴AC=BC．
【点睛】
本题考查切线的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质和等腰三角形三线合一的性质是解题的关键.
15．（2020·安徽中考真题）如图，是半圆的直径，是半圆上不同于的两点与相交于点是半圆所任圆的切线，与的延长线相交于点，
求证：；
若求平分．

【答案】证明见解析；证明见解析．
【解析】
【分析】

利用证明利用为直径，证明结合已知条件可得结论；
利用等腰三角形的性质证明： 再证明 利用切线的性质与直径所对的圆周角是直角证明： 从而可得答案．
【详解】

证明：


为直径，


．
证明：



为半圆的切线，





平分．
【点睛】

本题考查的是圆的基本性质，弧，弦，圆心角，圆周角之间的关系，直径所对的圆周角是直角，三角形的全等的判定，切线的性质定理，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
16．（2020·四川泸州?中考真题）如图，AB平分∠CAD，AC＝AD．求证：BC＝BD．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
由AB平分∠CAD可知∠BAC＝∠BAD，再根据AC＝AD， AB＝AB可判断出△ABC≌△ABD，从而得到BC＝BD．
【详解】
证明：∵AB平分∠CAD，
∴∠BAC＝∠BAD．
∵AC＝AD， AB＝AB，
∴△ABC≌△ABD（SAS）．
∴BC＝BD．
17．（2020·湖南株洲?中考真题）某高速公路管理部门工作人员在对某段高速公路进行安全巡检过程中，发现该高速公路旁的一斜坡存在落石隐患．该斜坡横断面示意图如图所示，水平线，点A、B分别在、上，斜坡AB的长为18米，过点B作于点C，且线段AC的长为米．

（1）求该斜坡的坡高BC；（结果用最简根式表示）
（2）为降低落石风险，该管理部门计划对该斜坡进行改造，改造后的斜坡坡脚为60°，过点M作于点N，求改造后的斜坡长度比改造前的斜坡长度增加了多少米？
【答案】(1) （2）2米
【解析】
【分析】
（1）运用勾股定理解题即可；
（2）根据勾股定理列出方程，求出AM，问题得解．
【详解】
解：（1）在Rt△ABC中，；
（2）∵，
∴，
∴，
∵在Rt△ABC中，，
∴
∴，
∴，∴．
综上所述，长度增加了2米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形，题目难度不大，理解好题意运用勾股定理解题是关键．
18．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，某数学兴趣小组为测量一棵古树的高度，在距离古树A点处测得古树顶端D的仰角为30°，然后向古树底端C步行20米到达点B处，测得古树顶端D的仰角为45°，且点A、B、C在同一直线上求古树CD的高度．（已知：，结果保留整数）

【答案】27米
【解析】
【分析】
设CB=CD=x，根据tan30°=即可得出答案．
【详解】
解：由题意可知，AB=20，∠DAB=30°，∠C=90°，∠DBC=45°，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴设CB=CD=x，
tan30°==，
解得x=10+10≈10×1.732+10=27.32≈27，
∴CD=27，
答：CD的高度为27米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的实际应用，等腰三角形的性质，构造直角三角形是解题关键．
19．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，过点作，垂足为点．

（1）求证：；
（2）判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）直线与相切，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）AB为的直径得，结合AB=AC，用HL证明全等三角形；
（2）由得BD=BC，结合AO=BO得OD为的中位线，由得，可得直线DE为切线．
【详解】
（1）∵AB为的直径
∴
在和中

∴（HL）
（2）直线与相切，理由如下：
连接OD，如图所示：

由知：，
又∵OA=OB
∴OD为的中位线
∴
∵
∴
∵OD为的半径
∴DE与相切．
【点睛】
本题考查了全等三角形的证明，切线的判定，熟知以上知识的应用是解题的关键．
20．（2020·河南中考真题）我们学习过利用用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的，人们根据实际需要，发明了一种简易操作工具--------三分角器．图1是它的示意图，其中与半圆的直径在同一直线 上，且的长度与半圆的半径相等；与重直于点 足够长．
使用方法如图2所示，若要把三等分，只需适当放置三分角器，使经过的顶点，点落在边上，半圆与另一边恰好相切，切点为，则就把三等分了．
为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．

已知：如图2，点在同一直线上，垂足为点，
求证：

【答案】在上，过点， 为半圆的切线，切点为；EB，EO为∠MEN的三等分线．证明见解析．
【解析】
【分析】
如图，连接OF．则∠OFE=90°，只要证明，，即可解决问题；
【详解】
已知：如图2，点在同一直线上，垂足为点， 在上，过点，为半圆的切线，切点为．
求证： EB，EO为∠MEN的三等分线．

证明：如图，连接OF．则∠OFE=90°，
∵EB⊥AC，EB与半圆相切于点B，
∴∠ABE=∠OBE=90°，
∵BA=BO．EB=EB，

∴∠AEB=∠BEO，
∵EO=EO．OB=OF，∠OBE=∠OFE，
∴，
∴∠OEB=∠OEF，
∴∠AEB=∠BEO=∠OEF，
∴EB，EO为∠MEN的三等分线．
故答案为：在上，过点，为半圆的切线，切点为．
EB，EO为∠MEN的三等分线．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、切线的性质等知识，解题的关键学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
21．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，在的正方形网格中，每个小格的顶点叫做格点，以格点为项点分别按下列要求画三角形．


（1）在图①中，画一个直角三角形，使它的三边长都是有理数；
（2）在图②中，画一个直角三角形，使它的一边长是有理数，另外两边长是无理数；
（3）在图③中，画一个直角三角形，使它的三边长都是无理数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】

（1）画一个边长为3,4,5的三角形即可；
（2）利用勾股定理，找长为、和4的线段，画三角形即可；
（3）利用勾股定理，找长为、和的线段，画三角形即可；
【详解】

解：（答案不唯一）
（1）图①（2）图②（3）图③
【点睛】

本题主要考查了勾股定理的应用，准确的理解勾股定理公式和构造直角三角形是解题的关键．
22．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在中，，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交BC于点E，过点D作，交⊙O于点F，求证：
（1）四边形DBCF是平行四边形
（2）

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
【分析】

（1）利用等腰三角形的性质证明，利用平行线证明，利用圆的性质证明，再证明即可得到结论；
（2）如图，连接，利用平行线的性质及圆的基本性质，再利用圆内接四边形的性质证明，从而可得结论．
【详解】

证明：（1），
，
，
，
又,


四边形是平行四边形．
（2）如图，连接
，

四边形是的内接四边形







【点睛】

本题考查平行四边形的判定，圆的基本性质，平行线的性质与判定，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
23．（2020·江苏南京?中考真题）如图，点D在AB上，点E在AC上，AB=AC，∠B=∠C．求证：BD=CE.

【答案】证明见解析.
【解析】
试题分析：根据全等三角形的判定定理ASA可以证得△ACD≌△ABE，然后由“全等三角形的对应边相等”可得AD =AE ，继而可得结论．
试题解析：在△ABE与△ACD中，
，
∴△ACD≌△ABE（ASA），
∴AD=AE（全等三角形的对应边相等）,
∴AB-AD=AC-AE，
即：BD=CE.
24．（2020·浙江台州?中考真题）人字折叠梯完全打开后如图1所示，B，C是折叠梯的两个着地点，D是折叠梯最高级踏板的固定点．图2是它的示意图，AB=AC，BD=140cm，∠BAC=40°，求点D离地面的高度DE．（结果精确到0.1cm；参考数据sin70°≈0. 94，cos70°≈0.34，sin20°≈0.34，cos20°≈0.94）

【答案】
【解析】
【分析】
过点A作AF⊥BC于点F，根据等腰三角形的三线合一性质得∠BAF的度数，进而得∠BDE的度数，再解直角三角形得结果．
【详解】
解：过点A作AF⊥BC于点F，则AF∥DE，
∴∠BDE=∠BAF，
∵AB=AC，∠BAC=40°，
∴∠BDE=∠BAF=20°，
∴DE=BD×cos20°≈140×0.94=131.6（cm）

故点D离地面的高度DE约为131.6cm．
【点睛】
本题主要考查了解直角三角形，等腰三角形的性质，关键是构造直角三角形求得∠BDE的度数．
25．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，是的外接圆，，于点，延长交于点，若，，则的长是_________．

【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，再根据相似三角形的判定和性质可求DE．
【详解】

解：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＝，

∴OA＝，OF＝BF＝，
∴DF＝BD−BF＝，
∴OG＝，GD＝，
在Rt△AGO中，AG＝，
∴AD＝AG＋GD＝，
∵连接BE,AD与BE相交于D，
∴∠BED=∠ACD，∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴
．
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，相似三角形的判定和性质，解题的难点是求出AD的长．
26．（2020·浙江中考真题）有一种升降熨烫台如图1所示，其原理是通过改变两根支撑杆夹角的度数来调整熨烫台的高度．图2是这种升降熨烫台的平面示意图．AB和CD是两根相同长度的活动支撑杆，点O是它们的连接点，OA=OC，h（cm）表示熨烫台的高度．
（1）如图2﹣1．若AB=CD=110cm，∠AOC=120°，求h的值；
（2）爱动脑筋的小明发现，当家里这种升降熨烫台的高度为120cm时，两根支撑杆的夹角∠AOC是74°（如图2﹣2）．求该熨烫台支撑杆AB的长度（结果精确到lcm）．
（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6．）

【答案】（1）55；（2）150cm．
【解析】
【分析】
（1）作BE⊥AC于E，利用等腰三角形的性质求得∠OAC，然后解直角三角形即可求解；
（2）作BE⊥AC于E，利用等腰三角形的性质求得∠OAC，解直角三角形即可求解．
【详解】
（1）过点B作BE⊥AC于E，

∵OA=OC，∠AOC=120°，
∴∠OAC=∠OCA==30°，
∴h=BE=AB•sin30°=110×=55；
（2）过点B作BE⊥AC于E，

∵OA=OC，∠AOC=74°，
∴∠OAC=∠OCA==53°，
∴AB=BE÷sin53°=120÷0.8=150（cm），
即该熨烫台支撑杆AB的长度约为150cm．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，作出辅助线构造直角三角形，弄清题中的数据是解本题的关键．
27．（2020·浙江衢州?中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分別是直线y=﹣x+4与坐标轴的交点，点B的坐标为（﹣2，0），点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连结DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：
①线段EF长度是否有最小值．
②△BEF能否成为直角三角形．
小明尝试用“观察﹣猜想﹣验证﹣应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．
（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2）．请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．
（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．
（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．

【答案】（1）连线见解析，二次函数；（2）；（3）m=0或m=
【解析】
【分析】
（1）根据描点法画图即可；
（2）过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，证明Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），由全等三角形的性质得出FG=DH，可求出F（﹣m，﹣2m+4），根据勾股定理得出l=EF2=8m2﹣16m+16=8（m﹣1）2+8，由二次函数的性质可得出答案；
（3）分三种不同情况，根据直角三角形的性质得出m的方程，解方程求出m的值，则可求出答案．
【详解】
解：（1）用描点法画出图形如图1，由图象可知函数类别为二次函数．

（2）如图2，过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，

则∠FGK=∠DHK=90°，
记FD交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，
∴KF=KD，
∵∠FKG=∠DKH，
∴Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），
∴FG=DH，
∵直线AC的解析式为y=﹣x+4，
∴x=0时，y=4，
∴A（0，4），
又∵B（﹣2，0），
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴，
解得，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的橫坐标为m，
∴F（﹣m，﹣2m+4），
∴ER=2m，FR=﹣2m+4，
∵EF2=FR2+ER2，
∴l=EF2=8m2﹣16m+16=8（m﹣1）2+8，
令﹣+4=0，得x=，
∴0≤m≤．
∴当m=1时，l的最小值为8，
∴EF的最小值为2．
（3）①∠FBE为定角，不可能为直角．
②∠BEF=90°时，E点与O点重合，D点与A点，F点重合，此时m=0．
③如图3，∠BFE=90°时，有BF2+EF2=BE2．

由（2）得EF2=8m2﹣16m+16，
又∵BR=﹣m+2，FR=﹣2m+4，
∴BF2=BR2+FR2=（﹣m+2）2+（﹣2m+4）2=5m2﹣20m+20，
又∵BE2=（m+2）2，
∴（5m2﹣20m+8）+（8m2﹣16m+16）2=（m+2）2，
化简得，3m2﹣10m+8=0，
解得m1=，m2=2（不合题意，舍去），
∴m=．
综合以上可得，当△BEF为直角三角形时，m=0或m=．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合应用，考查了描点法画函数图象，待定系数法，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，二次函数的性质，勾股定理，中心对称的性质，直角三角形的性质等知识．准确分析给出的条件，结合一次函数的图象进行求解，熟练掌握方程思想及分类讨论思想是解题的关键．．
28．（2020·山东济宁?中考真题）如图,在△ABC中,AB=AC，点P在BC上．
(1)求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法)
(2)在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；
（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.
【详解】
解：（1）∵△PCD∽△ABP，
∴∠CPD=∠BAP，
故作∠CPD=∠BAP即可，
如图，即为所作图形，

（2）∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，
∴∠BAP =∠ABC，
∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，
即∠CPD =∠ABC，
∴PD∥AB.
【点睛】
本题考查了尺规作图，相似三角形的性质，外角的性质，难度不大，解题的关键是掌握尺规作图的基本作法.
29．（2020·四川乐山?中考真题）如图1，是半圆的直径，是一条弦，是上一点，于点，交于点，连结交于点，且．
（1）求证：点平分；
（2）如图2所示，延长至点，使，连结． 若点是线段的中点．求证：是⊙的切线．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）连接，由是直径得，由同角的余角相等证明，由直角三角形斜边中线性质证明，进而得出，即得出结论；
（2）由已知可知DE是OA、HB的垂直平分线，可得，，从而，，再由即可证明，由此即可得出可能．
【详解】
证明：（1）连接、，如图3所示，

图3
∵是半圆的直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，即点是的斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，即点平分 ；
（2）如图4所示，连接、，

图4
∵点是线段的中点，，，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴ ，
∴是⊙的切线．
【点睛】
本题是圆的简单综合题目，考查了切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的判定与性质、菱形的性质、直角三角形的性质知识；熟练掌握圆周角定理和等腰三角形的性质和判定是解题的关键．
30．（2020·四川乐山?中考真题）如图，是矩形的边上的一点，于点，，，．求的长度．


【答案】．
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质、勾股定理求出，再根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得出答案．
【详解】
∵四边形是矩形，
∴，
∵
∴
∵，
，
∴
在和中，
∴
∴，即
解得
即的长度为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
31．（2020·四川攀枝花?中考真题）三角形三条边上的中线交于一点，这个点叫三角形的重心．如图是的重心．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
过点D作DH∥AB交CE于H，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得BE=2DH，从而得到AE=2DH，再根据△AEG和△DHG相似，利用相似三角形对应边成比例列出比例式计算即可得证．
【详解】
解：过点D作DH∥AB，交CE于点H，
∵AD是△ABC的中线，
∴点D是BC的中点，
∴DH是△BCE的中位线，
∴BE=2DH，DH∥AB，
∵CE是△BCE的中线，
∴AE=BE，
∴AE=2DH，
∵DH∥AB，
∴△AEG∽△DHG，
∴，
∴AG=2GD，
即AD=3GD.

【点睛】
本题考查了三角形的重心定理的证明，作辅助线构造成三角形的中位线和相似三角形是解题的关键，也是本题的难点．
32．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．

（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）首先根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，再根据线段中点的定义得到AE=DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF=BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC=90°，于是得到结论．
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEB，
∴（AAS）；
（2）证明：∵，
∴AF=BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD=CD，
∴AF=CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，
∴，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF为矩形．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的证明与矩形证明，熟练掌握相关概念是解题关键.
33．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，在矩形中，，，点为边上的一点（与、不重合）四边形关于直线的对称图形为四边形，延长交与点，记四边形的面积为．

（1）若，求的值；
（2）设，求关于的函数表达式．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）解Rt△ADE可得和AE的长，然后根据平行线的性质、对称的性质可得，进而可判断为等边三角形，再根据S=S△APE+S△ADE解答即可；
（2）过点作于点F，如图，则四边形ADEF是矩形，由（1）得，从而可得，设，则，然后在中根据勾股定理即可利用x表示a，然后根据S=S△APE+S△ADE即可求出结果．
【详解】
解：（1）在Rt△ADE中，∵，，
∴，∴，
∴，
∵，∴，
∵四边形关于直线的对称图形为四边形，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴S=S△APE+S△ADE=；

（2）过点作于点F，如图，则四边形ADEF是矩形，
∴，，
由（1）可知，，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理，得：，解得：，
∴S=S△APE+S△ADE=．

【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质、轴对称的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形等知识，考查的知识点多、综合性强，熟练掌握上述知识是解题的关键．
34．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，已知是锐角三角形．

（1）请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图；作直线，使上的各点到、两点的距离相等；设直线与、分别交于点、，作一个圆，使得圆心在线段上，且与边、相切；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若，，则的半径为________．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）由题意知直线为线段BC的垂直平分线，若圆心在线段上，且与边、相切，则再作出的角平分线，与MN的交点即为圆心O；
（2）过点作，垂足为，根据即可求解．
【详解】
解：（1）①先作的垂直平分线：分别以B，C为圆心，大于的长为半径画弧，连接两个交点即为直线l，分别交、于、；
②再作的角平分线：以点B为圆心，任意长为半径作圆弧，与的两条边分别有一个交点，再以这两个交点为圆心，相同长度为半径作弧，连接这两条弧的交点与点B，即为的角平分线，这条角平分线与线段MN的交点即为；
③以为圆心，为半径画圆，圆即为所求；
（2）过点作，垂足为，设
∵，，∴，∴
根据面积法，∴
∴，解得，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了尺规作图，切线的性质等内容，解题的关键是掌握线段垂直平分线、角平分线的尺规作图．
35．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，已知，，．


求证：（1）；
（2）．
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先由平行线的性质得∠B=∠C，从而利用SAS判定△ABF≌△DCE；
（2）根据全等三角形的性质得∠AFB=∠DEC，由等角的补角相等可得∠AFE=∠DEF，再由平行线的判定可得结论．
【详解】
证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠B=∠C，
∵BE=CF，
∴BE-EF=CF-EF，
即BF=CE，
在△ABF和△DCE中，

∴△ABF≌△DCE（SAS）；
（2）∵△ABF≌△DCE，
∴∠AFB=∠DEC，
∴∠AFE=∠DEF，
∴AF∥DE．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，属于全等基础知识的考查，难度不大，注意证明过程的规范性．
36．（2020·江苏连云港?中考真题）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于、．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的周长．
【答案】（1）见解析；（2）52
【解析】
【分析】

（1）先证明，得到四边形为平行四边形，再根据菱形定义证明即可；
（2）先根据菱形性质求出OB、OM、再根据勾股定理求出BM，问题的得解．
【详解】

（1）∵，∴．
∵是对角线的垂直平分线，
∴，．
在和中，，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形．
又∵，
∴四边形为菱形．
（2）∵四边形为菱形，，．
∴，，．
在中，．
∴菱形的周长．
【点睛】

本题考查了菱形判定与性质定理，熟知菱形判定方法和性质定理是解题关键．
37．（2020·四川达州?中考真题）如图，点O在的边上，以为半径作，的平分线交于点D，过点D作于点E．
（1）尺规作图（不写作法，保留作图痕迹），补全图形；
（2）判断与交点的个数，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）与有1个交点，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知圆心和半径作圆、作已知角的平分线、过直线外一点作已知直线的垂线的尺规作图的步骤作图即可；
（2）连接OD，由OB=OD，得到∠1=∠2，再由角平分线得出∠1=∠3，等量代换进而证出OD∥BA，根据两直线平行同旁内角互补，得到∠ODE=90°，由此得出OD是的切线，即与有1个交点.
【详解】
解：（1）如下图，补全图形：

（2）如下图，连接OD，

∵点D在上，
∴OB=OD，
∴∠1=∠2，
又∵BM平分，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BA，
∴∠ODE+∠BED=180°，
∵
∴∠ODE=90°，
∴ED是的切线，
∴与有1个交点.
【点睛】
本题考查尺规作图、圆的切线的判定，熟练掌握尺规作图的步骤及圆的切线的判定定理是解题的关键.
38．（2020·山东泰安?中考真题）若和均为等腰三角形，且．

（1）如图（1），点B是的中点，判定四边形的形状，并说明理由；
（2）如图（2），若点G是的中点，连接并延长至点F，使．求证：①，②．
【答案】（1）四边形BEAC是平行四边形，证明见解析；（2）①见解析；②见解析
【解析】
【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质证得，，推出，再根据平行于同一直线的两直线平行即可推出结论；
（2）①利用“SAS”证得，即可证明结论；
②延长至点H，使，证得，推出，利用①的结论即可证明．
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形．
理由如下：
∵为等腰三角形且，
∴，
∵B是的中点，
∴，
∴，
∵是等腰三角形，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
（2）证明：①∵和为等腰三角形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴；
②延长至点H，使．


∵G是中点，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线构建全等三角形是解答（2）②的关键．
39．（2020·山东泰安?中考真题）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，与恰好为对顶角，，连接，，点F是线段上一点．

探究发现：
（1）当点F为线段的中点时，连接（如图（2），小明经过探究，得到结论：．你认为此结论是否成立？_________．（填“是”或“否”）
拓展延伸：
（2）将（1）中的条件与结论互换，即：若，则点F为线段的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
问题解决：
（3）若，求的长．
【答案】（1）是；（2）结论成立，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用等角的余角相等求出∠A=∠E，再通过AB=BD求出∠A=∠ADB，紧接着根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出FD=FE=FC，由此得出∠E=∠FDE，据此进一步得出∠ADB=∠FDE，最终通过证明∠ADB+∠EDC=90°证明结论成立即可；
（2）根据垂直的性质可以得出90°，90°，从而可得，接着证明出，利用可知，从而推出，最后通过证明得出，据此加以分析即可证明结论；
（3）如图，设G为的中点，连接GD，由（1）得，故而，在中，利用勾股定理求出，由此得出，紧接着，继续通过勾股定理求出，最后进一步证明，再根据相似三角形性质得出，从而求出，最后进一步分析求解即可.
【详解】
（1）∵∠ABC=∠CDE=90°，
∴∠A+∠ACB=∠E+∠ECD，
∵∠ACB=∠ECD，
∴∠A=∠E，
∵AB=BD，
∴∠A=∠ADB，
在中，
∵F是斜边CE的中点，
∴FD=FE=FC，
∴∠E=∠FDE，
∵∠A=∠E，
∴∠ADB=∠FDE，
∵∠FDE+∠FDC=90°，
∴∠ADB+∠FDC=90°，
即∠FDB=90°，
∴BD⊥DF，结论成立，
故答案为：是；
（2）结论成立，理由如下：
∵，
∴90°，90°，
∴，
∵，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
又90°，90°，，
∴，
∴．
∴．
∴F为的中点；
（3）如图，设G为的中点，连接GD，由（1）可知，

∴，
又∵，
在中，，
∴，
在中，，
在与中，
∵∠ABC=∠EDC，∠ACB=∠ECD，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质和相似三角形的性质及判定的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
40．（2020·江苏苏州?中考真题）问题1：如图①，在四边形中，，是上一点，，．

求证：．
问题2：如图②，在四边形中，，是上一点，，．求的值．
【答案】问题1：见解析；问题2：
【解析】
【分析】
问题1：先根据AAS证明，可得，，由此即可证得结论；
问题2：分别过点、作的垂线，垂足为、，由（1）可知，利用45°的三角函数值可得，，由此即可计算得到答案．
【详解】
问题1：证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴，，
∴．
问题2：如图，分别过点、作的垂线，垂足为、．
由（1）可知，
在和中，，
∴，，
，．
∴，．
∴．

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质、解直角三角形，作出正确的辅助线并能利用解直角三角形的相关知识是解决本题的关键．
41．（2020·四川南充?中考真题）如图，点C在线段BD上，且AB⊥BD，DE⊥BD，AC⊥CE，BC=DE，求证：AB=CD．

【答案】详见解析
【解析】
【分析】
根据ABBD，DEBD，ACCE，可以得到， ，，从而有，可以验证和全等，从而得到AB=CD．
【详解】
证明：
∵，，
∴
∴，
∴
在和中

∴≌
故．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，利用角边角判定三角形全等，其中找到两两互余的角之间的关系是解题的关键．
42．（2020·山东聊城?中考真题）如图，二次函数y＝ax2＋bx＋4的图象与x轴交于点A(－1，0)，B(4，0)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E．垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y＝ax2＋bx＋4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在移动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与DCE相似，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=-x2＋3x＋4，y=-x＋4；（2）；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）运用待定系数法，利用A，B两点的坐标构建二元一次方程组求解二次函数的表达式，利用B，C两点的坐标确定直线BC的表达式；
（2）先求得DE的长，根据平行四边形的性质得到PF=DE，点P与点F的横坐标相同，故利用抛物线与直线的解析式表示它们的纵坐标，根据其差等于DE长构建一元二次方程求解；
（3）结合图形与已知条件，易于发现若两三角形相似，只可能存在△PCF∽△CDE一种情况．△CDE的三边均可求，（2）中已表示PF的长，再构建直角三角形或借助两点间距离公式，利用勾股定理表示出CF的长，这样根据比例式列方程求解，从而可判断点P是否存在，以及求解点P的值．
【详解】
（1）由题意，将A(-1．0)，B(4．0)代入，得
，解得，
∴二次函数的表达式为，
当时，y=4，
∴点C的坐标为(0，4)，又点B的坐标为(4，0)，
设线段BC所在直线的表达式为，
∴，解得，
∴BC所在直线的表达式为；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE∥PF，
只要DE=PF，此时四边形DEFP即为平行四边形．
由二次函数y=-+3+4=(-) 2+，得D的坐标为(，)，
将代入，即y=-+4=，得点E的坐标为(，)，
∴DE=-=，
设点P的横坐标为t，则P(t，-t2+3t+4)，F(t，-t+4)，
PF=-t2+3t+4-(-t+4)=-t2+4t，
由DE=PF，得-t2+4t=，
解之，得t1= (不合题意，舍去)，t2=，
当t=时，-t2+3t+4=-()2+3×+4=，
∴P的坐标为(，)；
（3）由（2）知，PF∥DE，
∴∠CED=∠CFP，
又∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有当∠PCF=∠CDE时，△PCF∽△CDE，

由D (，)，C(0，4)，E(，)，利用勾股定理，可得
CE=，DE=，
由（2）以及勾股定理知，PF=-t2+4t，F(t，-t+4)，
CF=，
∵△PCF∽△CDE，
∴，即，
∵t≠0，
∴()=3，
∴t=，
当t=时，-t2+3t+4=-()2+3×+4=．
∴点P的坐标是(，)．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了一次函数的性质，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是，学会用数形结合的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
43．（2020·山东聊城?中考真题）如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，且AF＝AD，连接BF，求证：四边形ABFC是矩形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABFC是平行四边形，又根据等量代换可得，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形ABFC是矩形．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵E为BC的中点
∴
∴
∴
∵
∴四边形ABFC是平行四边形


∴平行四边形ABFC是矩形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、矩形的判定等知识点，熟练运用各判定与性质是解题关键．
44．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）已知，在中，，点D，点E在BC上，,连接．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当时，过点B作，交AD的延长线于点F，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个等腰三角形，使写出的每个等腰三角形的顶角都等于45°．


【答案】（1）证明见解析；（2）、、、．
【解析】
【分析】
（1）可得，进而利用SAS证明，即可得出结论；
（2）由已知计算出图形中角的度数，由等角对等边即可得出结论．
【详解】
（1）证明：如图1，
，
，
在和中，
，
∴（SAS），
∴；
（2）顶角为45°的等腰三角形有以下四个：、、、．
证明：∵，，
∴，，
∵，，即：是等腰三角形，；
∴，
∴，
∴，
∴，
∴、即：、是等腰三角形，，
∵
∴∠DBF=∠C=45°，，
又∵，
∴，
∴、即：是等腰三角形，．
【点睛】
本题考察了等腰三角形性质和判定及全等三角形性质和判定，掌握等腰三角形性质和判定是解题关键．
45．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，线段AB和线段CD的端点均在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出以AB为边的正方形，点E和点F均在小正方形的顶点上；
（2）在图中画出以CD为边的等腰三角形，点G在小正方形的顶点上，且的周长为，连接EG，请直接写出线段EG的长．

【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析，EG=.
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的判定作图可得；
（2）根据等腰三角形与勾股定理可得答案．
【详解】
解：（1）如图所示，正方形ABEF即为所求；

（2）如图所示，△CDG即为所求，由勾股定理，得EG=.
【点睛】
本题考查作图-应用与设计、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用思想结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
46．（2020·四川泸州?中考真题）如图，是的直径，点D在上，的延长线与过点B的切线交于点C，E为线段上的点，过点E的弦于点H．

（1）求证：；
（2）已知，，且，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到∠ODA=∠OAD，∠ABC=90°，再利用三角形内角和得到∠C=∠AGD；
（2）连接BD，求出BD的长，证明△BOD≌AOG，得到AG=BD=，再证明△AEG≌△DCB，得到EG=BC=6，AE=CD=4，再利用面积法求出AH，再求出HG，最后用EF=FG-EG求出结果．
【详解】
解：（1）∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD，
∵BC和AB相切，
∴∠ABC=90°，
∵DG为圆O直径，
∴∠DAG=90°，
∵∠C=180°-∠CAB-∠ABC，∠AGD=180°-∠DAG-∠ADO，
∴∠C=∠AGD；
（2）连接BD，
∵AB为直径，
∴∠ADB=∠CDB=90°，
∵，，
∴BD=，
∵OA=OB=OD=OG，∠AOG=∠BOD，
∴△BOD≌AOG（SAS），
∴AG=BD=，
∵FG⊥AB，BC⊥AB，
∴FG∥BC，
∴∠AEG=∠C，
∵∠EAG=∠CDB=90°，AG=BD，
∴△AEG≌△DCB（AAS），
∴EG=BC=6，AE=CD=4，
∵AH⊥FG，AB为直径，
∴AH=AE×AG÷EG=，FH=GH，
∴FH=GH==，
∴FG=2HG=，
∴EF=FG-EG=-6=．

【点睛】
本题考查了切线的性质和全等三角形的判定和性质，属于圆的综合问题，熟练掌握定理的运用是解题的关键．
47．（2020·湖南株洲?中考真题）如图所示，的顶点E在正方形ABCD对角线AC的延长线上，AE与BF交于点G，连接AF、CF，满足．

（1）求证：．
（2）若正方形ABCD的边长为1，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）已知，根据全等三角形的对应角相等可得，再由，可得，即可证得；（2）由，根据全等三角形的对应角相等可得，由对顶角相等可得，即可证得；又因正方形边长为1，，可得，．在Rt△AFC中，即可求得．
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵正方形边长为1，．
∴，．
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质、正方形的性质及锐角三角函数的知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
48．（2020·北京中考真题）在中，∠C=90°，AC＞BC，D是AB的中点．E为直线上一动点，连接DE，过点D作DF⊥DE，交直线BC于点F，连接EF．
（1）如图1，当E是线段AC的中点时，设，求EF的长（用含的式子表示）；
（2）当点E在线段CA的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明．


【答案】（1）；（2）图见解析，，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先根据中位线定理和线段中点定义可得，，，再根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理即可得；
（2）如图（见解析），先根据平行线的性质可得，，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，，然后根据垂直平分线的判定与性质可得，最后在中，利用勾股定理、等量代换即可得证．
【详解】
（1）∵D是AB的中点，E是线段AC的中点
∴DE为的中位线，且
∴，
∵
∴
∵
∴
∴四边形DECF为矩形
∴

∴
则在中，；
（2）过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G，连接FG
∵
∴，
∵D是AB的中点
∴
在和中，
∴
∴，
又∵
∴DF是线段EG的垂直平分线
∴
∵，
∴
在中，由勾股定理得：
∴．

【点睛】
本题考查了中位线定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
49．（2020·四川广元?中考真题）已知，O为对角线AC的中点，过O的一条直线交AD于点E，交BC于点F．

（1）求证：；
（2）若，的面积为2，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）16.
【解析】
【分析】

（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，得出∠EAO＝∠FCO，由ASA即可得出结论；
（2）由于，O为对角线AC的中点，得出△AEO∽△ADC，根据的面积为2，可得△ADC的面积，进而得到的面积．
【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵O是AC的中点，
∴OA＝OC，
在△AOE和△COF中，，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
（2）∵=1：2，O为对角线AC的中点，
∴AO:AC=1:2，
∵∠EAO＝∠DAC，
∴△AEO∽△ADC，
∵的面积为2，
∴△ADC的面积为8，
∴的面积为16.
【点睛】

本题考查了平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、相似三角形面积比，要熟练掌握全等三角形的判定和相似三角形的判定.
50．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在中，，点在的延长线上，于点，若，求证：．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
利用AAS证明，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】
证明：∵，
∴∠ADE=90°，
∵，
∴∠ACB=∠ADE，
在和中
，
∴，
∴AE=AB，AC=AD，
∴AE-AC=AB-AD，即EC=BD．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握基本知识．
51．（2020·山东菏泽?中考真题）某兴趣小组为了测量大楼的高度，先沿着斜坡走了米到达坡顶点处，然后在点处测得大楼顶点的仰角为，已知斜坡的坡度为，点到大楼的距离为米，求大楼的高度．（参考数据：，，）

【答案】大楼的高度为52米
【解析】
【分析】
过点B作BE⊥AD于点E，作BF⊥CD于点F，在Rt△ABE中，根据坡度及勾股定理求出BE和AE的长，进而由三个角是直角的四边形是矩形判断四边形BEDF是矩形，得到BF和FD的长，再在Rt△BCF中，根据∠CBF的正切函数解直角三角形，得到CF的长，由CD=CF+FD得解．
【详解】
解：如下图，过点B作BE⊥AD于点E，作BF⊥CD于点F，

在Rt△ABE中，AB=52，
∵
∴tan∠BAE==，
∴AE=2.4BE，
又∵BE2+AE2=AB2，
∴BE2+(2.4BE)2=522，
解得：BE=20，
∴AE=2.4BE=48；
∵∠BED=∠D=∠BFD=90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴FD=BE=20，BF=ED=AD-AE=72-48=24；
在Rt△BCF中，
tan∠CBF=，
即：tan53°==
∴CF=BF=32，
∴CD=CF+FD=32+20=52．
答：大楼的高度为52米．
【点睛】
本题考查解直角三角形的实际应用，熟练掌握仰角的定义，准确确定合适的直角三角形并且根据勾股定理或三角函数列出方程是解题的关键．
52．（2020·湖南岳阳?中考真题）共抓长江大保护，建设水墨丹青新岳阳，推进市中心城区污水系统综合治理项目，需要从如图，两地向地新建，两条笔直的污水收集管道，现测得地在地北偏东方向上，在地北偏西方向上，的距离为，求新建管道的总长度．（结果精确到，，，，）

【答案】新建管道的总长度约为．
【解析】
【分析】

如图（见解析），先根据方位角的定义求出，设，则，再在中，根据等腰直角三角形的判定与性质可得AC、CD的长，然后在中，解直角三角形可得x的值，从而可得AC、BC的长，由此即可得出答案．
【详解】

如图，过点C作于点D
由题意得：，
设，则

是等腰直角三角形

在中，，即
解得
经检验，是所列分式方程的解
，
在中，，即
解得
则
答：新建管道的总长度约为．

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、方位角的定义、解直角三角形等知识点，掌握解直角三角形的方法是解题关键．
53．（2020·湖南衡阳?中考真题）小华同学将笔记本电脑水平放置在桌子上，当是示屏的边缘线与底板的边缘线所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图①）．侧面示意图为图②；使用时为了散热，他在底板下面垫入散热架，如图③，点、、在同一直线上，，，．

（1）求的长；
（2）如图④，垫入散热架后，要使显示屏的边缘线与水平线的夹角仍保持120°，求点到的距离．（结果保留根号）
【答案】（1）12cm；（2）点到的距离为（12+12）cm．
【解析】
【分析】
（1）在Rt△AOC中，由30度角所对的直角边长度是斜边的一半求解即可；
（2）过点O作OM∥AC，过点B′作B′E⊥AC交AC的延长线于点E，交OM于点D，B′E即为点到的距离，根据题意求出∠OB′D=30°，四边形OCED为矩形，根据B′E=B′D+DE求解即可．
【详解】
解：（1）∵，，
∴．
即OC的长度为12cm．
（2）如图，过点O作OM∥AC，过点B′作B′E⊥AC交AC的延长线于点E，交OM于点D，B′E即为点到的距离，
∵OM∥AC，B′E⊥AC，
∴B′E⊥OD，
∵MN∥AC，
∴∠NOA=∠OAC=30°，
∵∠AOB=120°，
∴∠NOB=90°，
∵∠NOB′=120°，
∴∠BOB′=120°-90°=30°，
∵BC⊥AC，B′E⊥AE，MN∥AE，
∴BC∥B′E，四边形OCED为矩形，
∴∠OB′D=∠BOB′=30°，DE=OC=12cm，
在Rt△B′OD中，∵∠OB′D=30°，B′O=BO=24cm，
∴
B′D= ，
B′E=B′D+DE= ，
答：点到的距离为．

【点睛】
本题考查解直角三角形的应用、矩形的判定和性质和直角三角形中30度角所对的直角边长度是斜边的一半，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
54．（2020·湖南衡阳?中考真题）如图，在中，，过的中点作，，垂足分别为点、．

（1）求证：；
（2）若，求的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）=80°
【解析】
【分析】
（1）利用已知条件和等腰三角形的性质证明，根据全等三角形的性质即可证明；
（2）根据三角形内角和定理得∠B=50°，所以∠C=50°，在△ABC中利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】
解：（1）证明：∵点D为BC的中点，
∴BD=CD，
∵，，
∴∠DEB=∠DFC=90°
在△BDE和△CDF中，

∴，
∴．
（2）∵
∴∠B=180°-（∠BDE+∠BED）=50°，
∴∠C=50°，
在△ABC中，=180°-（∠B+∠C）=80°，
故=80°．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质和三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质并灵活应用是解题的关键．
55．（2020·湖南湘潭?中考真题）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．

（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边的重心为点，求与的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知的重心为点，请判断、是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值：如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形中，点是的中点，连接交对角线于点．
①若正方形的边长为4，求的长度；
②若，求正方形的面积．
【答案】（1），；（2）都是定值，，；（3）①；②12．
【解析】
【分析】
（1）连接DE，利用相似三角形证明，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
（3）①证明△CME∽△ABM得，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；
②分别求出S△BMC和S△ABM 即可.
【详解】
（1）连接DE，如图，

∵点O是的重心，
，是，C边上的中线，
为，边上的中点，
为的中位线，
，，
，
，
，
，，

；
（2）由（1）可知，是定值；
是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，
，，


为CD的中点，



，即；
②，且
∴，
，
，
，
，
又

∴正方形ABCD的面积为：6+6=12．
【点睛】
本题考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是灵活运用三角形重心的性质．
56．（2020·河南中考真题）小亮在学习中遇到这样一个问题：

如图，点是弧上一动点，线段点是线段的中点，过点作，交的延长线于点．当为等腰三角形时，求线段的长度．

小亮分析发现，此问题很难通过常规的推理计算彻底解决，于是尝试结合学习函数的经验研究此问题，请将下面的探究过程补充完整：
根据点在弧上的不同位置，画出相应的图形，测量线段的长度，得到下表的几组对应值．

操作中发现：
①"当点为弧的中点时， "．则上中的值是
②"线段的长度无需测量即可得到"．请简要说明理由；
将线段的长度作为自变量和的长度都是的函数，分别记为和，并在平面直角坐标系中画出了函数的图象，如图所示．请在同一坐标系中画出函数的图象；
继续在同一坐标系中画出所需的函数图象，并结合图象直接写出：当为等腰三角形时，线段长度的近似值．(结果保留一位小数)．

【答案】（1）①5.0；②见解析；（2）图象见解析；（3）图象见解析；3.5cm或5.0cm或6.3cm；
【解析】
【分析】
（1）①点为弧的中点时，△ABD≌△ACD，即可得到CD=BD；②由题意得△ACF≌△ABD，即可得到CF=BD；
（2）根据表格数据运用描点法即可画出函数图象；
（3）画出的图象，当为等腰三角形时，分情况讨论，任意两边分别相等时，即任意两个函数图象相交时的交点横坐标即为BD的近似值．
【详解】
解：（1）①点为弧的中点时，由圆的性质可得：
，
∴△ABD≌△ACD，
∴CD=BD=5.0，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴△ACF≌△ABD，
∴CF=BD，
∴线段的长度无需测量即可得到；
（2）函数的图象如图所示：

（3）由（1）知，
画出的图象，如上图所示，当为等腰三角形时，
①，BD为与函数图象的交点横坐标，即BD=5.0cm；
②，BD为与函数图象的交点横坐标，即BD=6.3cm；
③，BD为与函数图象的交点横坐标，即BD=3.5cm；
综上：当为等腰三角形时，线段长度的近似值为3.5cm或5.0cm或6.3cm．
【点睛】
本题考查一次函数结合几何的应用，学会用描点法画出函数图象，熟练掌握一次函数的性质以及三角形全等的判定及性质是解题的关键．
57．（2020·黑龙江中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点，，与轴交于点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点，使，若存在请直接写出点的坐标．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，，
【解析】
【分析】

（1）把点AB的坐标代入即可求解；
（2）分点P在轴下方和下方两种情况讨论，求解即可．
【详解】

（1）∵二次函数的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）存在，理由如下：
当点P在轴下方时，
如图，设AP与轴相交于E，

令，则，
∴点C的坐标为(0，3)，
∵A(-1，0)，B(3，0)，
∴OB=OC=3，OA=1，
∴∠ABC=45，
∵∠PAB=∠ABC=45，
∴△OAE是等腰直角三角形，
∴OA=OE=1，
∴点E的坐标为(0，-1)，
设直线AE的解析式为，
把A(-1，0)代入得：，
∴直线AE的解析式为，
解方程组，
得：(舍去)或，
∴点P的坐标为(4，)；
当点P在轴上方时，
如图，设AP与轴相交于D，

同理，求得点D的坐标为(0，1)，
同理，求得直线AD的解析式为，
解方程组，
得：(舍去)或，
∴点P的坐标为(2，)；
综上，点P的坐标为(2，)或(4，)
【点睛】

本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组，分类讨论是解本题的关键．
58．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点．

（1）求证：；
（2）若，连接，求四边形的周长．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）25
【解析】
【分析】

（1）根据矩形的性质可得，，，即可证的两个三角形全等；
（2）设，根据已知条件可得，由（1）可推得,可得ED=EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；
【详解】

（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
在△DOE和△BOF中，
，
∴．
（2）由（1）可得，，，
∴四边形BFDE是平行四边形，
在△EBO和△EDO中，
，
∴，
∴，
∴四边形BFDE是菱形，
根据，设，可得，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：，
即，
解得：，
∴，
∴四边形的周长=．
【点睛】

本题主要考查了矩形的性质应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．
59．（2020·江西中考真题）如图，中，，顶点，都在反比例函数的图象上，直线轴，垂足为，连结，，并延长交于点，当时，点恰为的中点，若，．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）求的度数．

【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理求得AD=OD=2，A(2，2)，代入函数关系式求解即可；
（2）先根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CE=BE，∠AEC=2∠ECB，又由OA=AE可得∠AOE=∠AEO=2∠ECB，由平行线的性质可知∠ECB=∠EOD，所以∠EOD=∠AOD，代入求解即可．
【详解】
（1）∵AD⊥x轴，∠AOD=45°，OA=，
∴AD=OD=2，
∴A(2，2)，
∵点A在反比例函数图象上，
∴k=2×2=4，
即反比例函数的解析式为．
(2)∵△ABC为直角三角形，点E为AB的中点，
∴AE=CE=EB，∠AEC=2∠ECB，
∵AB=2OA ，
∴AO=AE，
∴∠AOE=∠AEO=2∠ECB，
∵∠ACB=90°，AD⊥x轴，
∴BC//x轴，
∴∠ECB=∠EOD，
∴∠AOE=2∠EOD，
∵∠AOD=45°，
∴∠EOD=∠AOD=．
【点睛】
本题考查了反比例函数的解析式、含30度角的直角三角形的性质、平行线的性质和等腰三角形的性质等知识点，根据题意找出角之间的关系是解题的关键．
60．（2020·贵州贵阳?中考真题）脱贫攻坚工作让老百姓过上了幸福的生活．如图①是政府给贫困户新建的房屋，如图②是房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高所在的直线．为了测量房屋的高度，在地面上点测得屋顶的仰角为，此时地面上点、屋檐上点、屋顶上点三点恰好共线，继续向房屋方向走到达点时，又测得屋檐点的仰角为，房屋的顶层横梁，，交于点（点，，在同一水平线上）．（参考数据：，，，）

（1）求屋顶到横梁的距离；
（2）求房屋的高（结果精确到）．
【答案】（1）4.2米；（2）14米
【解析】
【分析】
（1）可得，在中由即可求AG；
（2）设，利用三角函数由x表示DH、CH，由DH-CH=8列方程即可求解．
【详解】
解：（1）∵房屋的侧面示意图是轴对称图形，所在直线是对称轴，，

∴，，．
在中，，，
∵，，．
∴（米）
答：屋顶到横梁的距离约是4.2米．
（2）过点作于点，设，
在中，，，
∵，∴，
在中，，，
∵，∴．
∵，
∴，
∵，，
解得．
∴（米）
答：房屋的高约是14米．
【点睛】
本题主要考查了仰角的定义及其解直角三角形的应用，解题时首先正确理解仰角的定义，然后构造直角三角形利用三角函数和已知条件列方程解决问题．
61．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，四边形是矩形，是边上一点，点在的延长线上，且．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）连接，若，，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）40
【解析】
【分析】

（1）直接利用矩形的性质结合BE=CF,可得，进而得出答案；
（2）在中利用勾股定理可计算，再由求出得，进而求出AD长，由即可求解．
【详解】

解：（1）∵四边形是矩形，
∴，．
∵，
∴，即．
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）如图，连接，

∵四边形是矩形
∴
在中，，，
∴由勾股定理得，，即．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴即，解得．
由（1）得四边形是平行四边形，
又∵，高，
∴．
【点睛】

本题主要考查了矩形和平行四边形的性质以及判定，相似三角形的判定和性质、勾股定理，熟练运用勾股定理和相似三角形性质求线段长是解题的关键．
62．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）在等腰中，，点D，E在射线上，，过点E作，交射线于点F．请解答下列问题：

（1）当点E在线段上，是的角平分线时，如图①，求证：；（提示：延长，交于点M．）
（2）当点E在线段的延长线上，是的角平分线时，如图②；当点E在线段的延长线上，是的外角平分线时，如图③，请直接写出线段，，之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）、（2）的条件下，若，则___________．
【答案】（1）见解析；（2）BC=AE+CF或AE=CF+BC；（3）18或6．
【解析】
【分析】

（1）延长，交于点M．利用AAS证明，得到ME=BC，并利用角平分线加平行的模型证明CF=MF，AE=EF，从而得证；
（2）延长，EF交于点M．类似于（1）的方法可证明当点E在线段的延长线上，是的角平分线时，BC=AE+CF，当点E在线段的延长线上，是的外角平分线时，AE=CF+BC；
（3）先求出AE，AB，即可利用线段的和差求出答案．
【详解】

（1）如图①，延长，交于点M．

∵，
∴∠A=∠BCA=∠EFA，
∴AE=EF
∴
∴∠MED=∠B， ∠M=∠BCD
又∵∠FCM=∠BCM，
∴∠M=∠FCM
∴CF=MF
又∵BD=DE
∴
∴ME=BC
∴CF=MF=ME+EF=BC+AE
即AE+BC=CF；
（2）当点E在线段的延长线上，是的角平分线时，BC=AE+CF，
如图②，延长，EF交于点M．

由①同理可证，
∴ME=BC
由①证明过程同理可得出MF=CF，AE=EF，
∴BC=ME=EF+MF=AE+CF；
当点E在线段的延长线上，是的外角平分线时，AE=CF+BC.
如图③，延长交EF于点M，

由上述证明过程易得，BC=EM，
CF=FM，
又∵AB=BC，
∴∠ACB=∠CAB=∠FAE
∵
∴∠F=∠FCB，
∴EF=AE，
∴AE=FE=FM+ME=CF+BC
（3）CF=18或6
当DE=2AE=6时，图①中，由（1）得：AE=3，BC=AB=BD+DE+AE=15，
∴CF=AE+BC=3+15=18；
图②中，由（2）得：AE=AD=3，BC=AB=BD+AD=9，
∴CF=BC-AE=9-3=6；
图③中，DE小于AE，故不存在．
故答案为18或6．
【点睛】

本题是考查了角平分线、平行线和等腰三角形及全等三角形的综合题，关键是添加恰当的辅助线，构建角平分线加平行的模型，是一道较好的中考真题．
63．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）在中，，，．以为边作周长为18的矩形，M，N分别为，的中点，连接．请你画出图形，并直接写出线段的长．
【答案】或
【解析】
【分析】
分矩形BCDE和△ABC在BC同侧时，矩形BCDE和△ABC在BC异侧时，结合矩形的性质和中位线定理求解.
【详解】
解：∵，，
∴△ABC中BC边上的高为6×2÷6=2，
而矩形的周长为18，BC=6，
∴BE=CD=18÷2-6=3，
当矩形BCDE和△ABC在BC同侧时，
过A作AF⊥BC，垂足为F，与ED交于G，连接AD，
可知AF=2，DG=BC=3，
∴AG=GF-AF=3-2=1，
∴AD=，
∵M，N分别为AC和CD中点，
∴MN=AD=；

当矩形BCDE和△ABC在BC异侧时，
过A作AF⊥ED，垂足为F，与BC交于G，连接AD，
可知BG=CG，AG=2，GF=3，F为ED中点，
∴AF=5，DF=3，
∴AD=，
∵M，N分别为AC和CD中点，
∴MN=AD=，

综上：MN的长为或.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线定理，解题的关键是根据题意画出图形，分情况讨论.
64．（2020·天津中考真题）在中，弦与直径相交于点P，．

（Ⅰ）如图①，若，求和的大小；
（Ⅱ）如图②，若，过点D作的切线，与的延长线相交于点E，求的大小．
【答案】（I），；（II）．
【解析】
【分析】
(Ⅰ)先由△CPB中外角定理求出∠C的大小，再根据同弧所对的圆周角相等即可求出∠BAD的值；且∠ADC=∠ABC，再由直径AB所对的圆周角等于90°求出∠ADB=90°，最后∠ADB-∠ADC即可得到∠CDB的值；
(Ⅱ)连接OD，由CD⊥AB先求出∠DCB，再由圆周角定理求出∠BOD，最后由切线的性质可知∠ODE=90°，进而求出∠E的度数．
【详解】
解：（Ⅰ）是的一个外角，，，
．
在中，，
．
为的直径，
．
在中，，
又，
．
故答案为：，．
（Ⅱ）如下图所示，连接OD，

，
．
．
在中，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知：
，
∴，
是的切线，
．即，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查圆周角定理及其推论、切线的性质、三角形的外角定理等知识点，熟练掌握圆周角定理及其推论是解决本题的关键．
65．（2020·山东青岛?中考真题）已知：．．
求作：，使它经过点和点，并且圆心在的平分线上，

【答案】见详解．
【解析】
【分析】
要作圆，即需要先确定其圆心，先作∠A的角平分线，再作线段BC的垂直平分线相交于点O，即O点为圆心．
【详解】
解：根据题意可知，先作∠A的角平分线，
再作线段BC的垂直平分线相交于O，
即以O点为圆心，OB为半径，作圆O，
如下图所示：

【点睛】
此题主要考查了学生对确定圆心的作法，要求学生熟练掌握应用．
66．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，是⊙O的直径，是⊙O的切线，交⊙O于点E．

（1）若D为的中点，证明：是⊙O的切线；
（2）若，，求⊙O的半径的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O的半径的长为4
【解析】
【分析】

（1）连接AE和OE，由直角三角形的性质和圆周角定理易得∠OED=90°，可得DE是⊙O的切线；
（2）在Rt△ACE中求得AE的长，证得Rt△ABERt△CAE，利用对应边成比例即可求解．
【详解】

（1）连接AE，OE，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵AC是圆⊙O的切线，
∴AC⊥AB，
在直角△AEC中，
∵D为AC的中点，
∴DE=DC=DA，
∴∠DEA=∠DAE，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠OAE，
∵∠DAE+∠OAE=90°，
∴∠DEA+∠OEA=∠DEO=90°，
∴OE⊥DE，
∴DE 是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
在Rt△ACE中， CA=6， CE=3.6=，
∴AE=，
∴∠B+∠EAB=90°，
∵∠CAE+∠EAB=90°，
∴∠B=∠CAE，
∴Rt△ABERt△CAE，
∴，即，
∴，
∴⊙O的半径OA=．
【点睛】

本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握切线的判定定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
67．（2020·湖南湘西?中考真题）如图，在正方形的外侧，作等边角形，连接、．

（1）求证：；
（2）求的度数．
【答案】(1)见解析；(2)15°．
【解析】
【分析】
(1)利用正方形的性质得到AB=CD，∠BAD=∠CDA，利用等边三角形的性质得到AE=DE，∠EAD=∠EDA=60°即可证明；
(2)由AB=AD=AE，得到△ABE为等腰三角形，进而得到∠ABE=∠AEB，且∠BAE=90°+60°=150°，再利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】
解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，且∠BAD=∠CDA=90°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AE=DE，且∠EAD=∠EDA=60°，
∴∠BAE=∠BAD+∠EAD=150°，∠CDE=∠CDA+∠EDA=150°，
∴∠BAE=∠CDE，
在△BAE和△CDE中:
，
∴．
(2)∵AB=AD，且AD=AE，
∴△ABE为等腰三角形，
∴∠ABE=∠AEB，
又∠BAE=150°，
∴由三角形内角和定理可知：
∠AEB=(180°-150°)÷2=15°．
故答案为：15°．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，第二问中能得出△ABE是等腰三角形且∠BAE=150°是解题关键．
68．（2020·湖北鄂州?中考真题）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，点M，N分别为、的中点，延长至点E，使，连接．


（1）求证：；
（2）若，且，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析；(2)24
【解析】
【分析】
(1)由四边形ABCD是平行四边形得出AB=CD，ABCD，进而得到∠BAC=∠DCA，再结合AO=CO，M,N分别是OA和OC中点即可求解；
(2)证明△ABO是等腰三角形，结合M是AO的中点，得到∠BMO=∠EMO=90°，同时△DOC也是等腰三角形，N是OC中点，得到∠DNO=90°，得到EMDN，再由(1)得到EM=DN，得出四边形EMND为矩形，进而求出面积．
【详解】
解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，ABCD，OA=OC，
∴∠BAC=∠DCA，
又点M，N分别为、的中点，
∴，
在和中，
，
∴．
(2)BD=2BO，又已知BD=2AB，
∴BO=AB，∴△ABO为等腰三角形；
又M为AO的中点，
∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：BM⊥AO，
∴∠BMO=∠EMO=90°，
同理可证△DOC也为等腰三角形，
又N是OC的中点，
∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：DN⊥CO，
∠DNO=90°，
∵∠EMO+∠DNO=90°+90°=180°，
∴EMDN，
又已知EM=BM，由(1)中知BM=DN，
∴EM=DN，
∴四边形EMND为平行四边形，
又∠EMO=90°，∴四边形EMND为矩形，
在Rt△ABM中，由勾股定理有：，
∴AM=CN=3，
∴MN=MO+ON=AM+CN=3+3=6，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和性质、矩形的面积公式等，熟练掌握其性质和判定方法是解决此类题的关键．
69．（2020·北京中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点在上，，．

（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求和的长．
【答案】（1）详见解析；（2）OE=5，BG=2
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质得到BD⊥AC，∠DAO＝∠BAO，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．
【详解】
（1）∵四边形为菱形，
∴点为中点，
∵点为中点，
∴为的中位线，
∴
∵
∴四边形为平行四边形
∵
∴平行四边形为矩形
（2）∵点为中点，
∴
∵，
∴在中，
∵四边形为菱形
∴∴
∵四边形为矩形∴
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，灵活运用各种图形的性质是解题的关键．
70．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，的对角线AC，BD相交于点O，过点O作，分别交AB，DC于点E、F，连接AF、CE．

（1）若，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【答案】（1）3；（2）菱形，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）只要证明即可得到结果；
（2）先判断四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直且平分证明是菱形，即可得到结论；
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AC、BD是对角线，
∴，OA=OC，
又∵，
∴，
在△AOE和△COF中，
，
∴．
∴FO=EO，
又∵，
∴．
故EF的长为3．
（2）由（1）可得，，四边形ABCD是平行四边形，
∴，FC∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又，OE=OF，OA=OC，
∴平行四边形AECF是菱形．
【点睛】
本题主要考查了特殊平行四边形的性质应用，准确运用全等三角形的性质及菱形的判定是解题的关键．
71．（2020·福建中考真题）如图，点分别在菱形的边，上，且．

求证：．
【答案】详见解析
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可知AB=AD，∠B=∠D，再结合已知条件BE=DF即可证明后即可求解．
【详解】
解：证明：∵四边形是菱形，
∴，．
在和中，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质等基础知识，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．
72．（2020·福建中考真题）如图，为线段外一点．

（1）求作四边形，使得，且；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的四边形中，，相交于点，，的中点分别为，求证：三点在同一条直线上．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）按要求进行尺规作图即可；
(2)通过证明角度之间的大小关系，得到，即可说明三点在同一条直线上．
【详解】
解：（1）

则四边形就是所求作的四边形．
（2）∵，∴，，
∴，∴．
∵分别为，的中点，
∴，，∴．
连接，，又∵，
∴，∴，
∵点在上∴，∴，
∴三点在同一条直线上．

【点睛】
本题考查尺规作图、平行线的判定与性质、相似三角形的性质与判定等基础知识，考查推理能力、空间观念与几何直观，考查化归与转化思想．
73．（2020·湖北武汉?中考真题）在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：

（1）将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段；
（2）在线段上画点，使（保留画图过程的痕迹）；
（3）连接，画点关于直线的对称点，并简要说明画法．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意，将线段是将线段绕点逆时针旋转即可；
（2）连接BD，并连接（4,2），（5,5）点，两线段的交点即为所求的点E.
（3）连接（5,0）和（0,5）点，与AC的交点为F,且F为所求.
【详解】
解：（1）如图示，线段是将线段绕点逆时针旋转得到的；

（2）∠BCE为所求的角，点E为所求的点.
（3）连接（5,0）和（0,5）点，与AC的交点为F,且F为所求.

【点睛】
本题考查了作图-旋转变换，正方形的性质，全等三角形的性质和轴对称的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
74．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在中，，点O在上，以为半径的半圆O交于点D，交于点E，过点D作半圆O的切线，交于点F．

（1）求证：；
（2）若，，，求半圆O的半径长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据切线的性质得到∠BDF+∠ADO=90°，再结合∠ADO=∠OAD，推出∠BDF=∠B，即可；
（2）过F作FG⊥BD于G，先利用三角函数求出BG=DG，再过点O作OH⊥AD于H，在△AOH中，求出AO即可.
【详解】
解：（1）连接OD，
∵DF和半圆相切，
∴OD⊥DF，
∴∠BDF+∠ADO=90°，
∵∠ADO=∠OAD，
∴∠OAD+∠BDF=90°，又∠C=90°，
∴∠OAD+∠B=90°，
∴∠BDF=∠B，
∴BF=DF；
（2）过F作FG⊥BD于G，则GF垂直平分BD，
∵，
∴BF=DF=2，
∵，，∠C=90°，
∴AB=，
∴cos∠B==，
∴，解得：BG==DG，
∴AD=AB-BD=，
过点O作OH⊥AD于H，
∴AH=DH=AD=，
∵cos∠BAC=，
∴AO=，
即半圆O的半径长为.

【点睛】
本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确寻找相似三角形，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
75．（2020·湖北伍家岗?初三月考）如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．
（1）当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（2）当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点H．
①求证：BD⊥CF； ②当AB=2，AD=3 时，求线段DH的长．

【答案】（1）BD=CF，理由见解析；（2）①证明见解析；②DH=．
【解析】
【分析】
(1)、根据旋转图形的性质得出AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝θ，AF＝AD，从而得出三角形全等；(2)、①、根据全等得出∠HFN＝∠ADN，结合已知得出∠HFN+∠HNF＝90°，从而得出结论；②、连接DF，延长AB，与DF交于点M，根据正方形的性质得出AM=DM，然后根据Rt△MAD的勾股定理得出答案.
【详解】
解：(l)、BD＝CF成立．
由旋转得:AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝θ;AF＝AD,
∴△ABD≌△ACF,
∴BD＝CF.
(2) ①、由(1)得，△ABD≌△ACF，
∴∠HFN＝∠ADN，
∵∠HNF＝∠AND,∠AND+∠AND=90°
∴∠HFN+∠HNF＝90° ，
∴∠NHF＝90°,
∴HD⊥HF,即BD⊥CF.
②、如图，连接DF，延长AB，与DF交于点M.
∵四边形ADEF是正方形，
∴∠MDA＝45°，
∵∠MAD＝45°，
∴∠MAD＝∠MDA,∠AMD＝90°，
∴AM=DM ∵AD=3 在△MAD中，，
∴AM＝DM＝3
.∴MB＝AM-AB=3－2＝1，
在△BMD中，，
∴
∵∠MAD=∠MDA=45°，
∴∠AMD=90°，又∠DHF=90°，∠MDB=∠HDF，
∴△DMB∽△DHF，
∴DM：DH=DB：DF，即
解得，DH=．

【点睛】
本题考查的是正方形的性质、等腰直角三角形的性质、旋转变换的性质以及相似三角形的判定和性质，掌握旋转角的定义和旋转变换的性质、正确作出辅助性是解题的关键．
76．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点为对角线上一动点（点与点、不重合），连接，作交射线于点，过点作分别交，于点、，作射线交射线于点

（1）求证：；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）GE的长为，
【解析】
【分析】
（1）要证明EF＝DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；
（2）分两种情况：①当点F在线段AB上时，②当点F在BA的延长线上时；均可根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECM＝45°，
∵MN∥BC，∠BCM＝90°，
∴∠NMC＋∠BCM＝180°，∠MNB＋∠B＝180°，
∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，
∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，
∴MC＝ME，
∵CD＝MN，
∴DM＝EN，
∵DE⊥EF，∠EDM＋∠DEM＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEM＋∠FEN＝90°，
∴∠EDM＝∠FEN，
在△DME和△ENF中
，
∴△DME≌△ENF（ASA），
∴

（2）如图1所示，由（1）知，△DME≌△ENF，

∴ME＝NF，
∵四边形MNBC是矩形，
∴MC＝BN，
又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，
∴BN＝MC＝NF＝1，
∵∠EMC＝90°，
∴CE＝，
∵AF∥CD，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AC＝AG＋GC，
∴AG＝，CG＝，
∴GE＝GC−CE＝-=；
如图2所示，

同理可得，FN＝BN，
∵AF＝2，AB＝4，
∴AN＝1，
∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，
∴AC＝4，
∵AF∥CD，
∴△GAF∽△GCD，
∴，
即，
解得，AG＝4，
∵AN＝NE＝1，∠ENA＝90°，
∴AE＝，
∴GE＝GA＋AE＝5．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形相似判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
77．（2020·浙江中考真题）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2），4或3；（3）6≤a＜.
【解析】
【分析】

（1）根据等边三角形的性质，运用等边三角形内角都为60°以及三边相等进行求解．
（2）根据相似三角形的性质，运用对应边成比例以及勾股定理进行求解．
（3）根据三角函数以及三线合一性质，运用勾股定理以及比例关系进行求解．
【详解】

（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝AD＝AB＝AC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴＝，
∵AD＝7，
∴＝，
∴DH＝，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，

∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1＝＝＝，
∴AP1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，

同法可证HP2＝，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．

∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH＝＝＝8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵tanA＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴AD＝AB﹣BD＝，
观察图形可知当6≤a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
【点睛】

本题考查等边三角形性质，勾股定理，相似三角形性质以及三角形函数的知识点，知识点的灵活运用，以及通过对图形的理解分析出结果的所以可能性是解决此类问题的关键所在．
78．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，在中，，以为直径作，过点C作直线交的延长线于点D，使．

（1）求证：为的切线；
（2）若平分，且分别交于点，当时，求的长．
【答案】(1)见解析；（2）EF=．
【解析】
【分析】

（1）如图，连接OC，欲证明CD是的切线，只需求得∠OCD=；
（2）由角平分线及三角形外角性质可得，即∠CEF=∠CFE，根据勾股定理可求得EF的长．
【详解】


（1）证明：如图，连接OC
∵为的直径
∴，即∠A+∠ABC=
又∵OC=OB
∴∠ABC=∠OCB
∵
∴∠BCD+∠OCB=，即∠OCD=
∵OC是圆O的半径
∴CD是的切线．
（2）解：∵平分
∴∠CDE=∠ADE
又∵
∴，即∠CEF=∠CFE
∵∠ACB=，
∴CE=CF=2
∴EF=
【点睛】

此题主要考查切线的判定方法、角平分线及三角形外角性质和勾股定理，熟练进行推理论证是解题关键．
79．（2020·黑龙江中考真题）如图①，在中，，，点、分别在、边上，，连接、、，点、、分别是、、的中点，连接、、．

（1）与的数量关系是______．
（2）将绕点逆时针旋转到图②和图③的位置，判断与有怎样的数量关系？写出你的猜想，并利用图②或图③进行证明．
【答案】（1）；（2）图（2）：，图（3）：，理由见解析．
【解析】
【分析】

（1）先证明AD=BE，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可；
（2）：如图（2）连接，延长交于，交于，先证明，得到，AD=BE，，根据中位线定理证明△PMN为等腰直角三角形，得到，再进行代换即可．
【详解】

解：（1）∵中，，，
∴∠BAC=∠ABC=45°
∵，，
∴AD=BE，
∵点、、分别是、、的中点，
∴PM，PN分别为△ABE，△BAD中位线，
∴PM∥BE,PM= BE,PN∥AC,PN= AD,
∴PM=PN, ∠APM=∠BPN=45°，
∴∠PMN=90°，
∴△PMN为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即；
（2）图（2）：图（3）：
证明：如图（2）
连接，延长交于，交于，
，
，
，，
，
，，
，
，
，
、、分别是、、的中点，
，，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
．

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形性质，全等三角形判定与性质，中位线定理等知识，综合性较强，解题关键理解运用好中位线性质．
80．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2，将抛物线先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线，若抛物线与抛物线相交于点，连接，，．
①求点的坐标；
②判断的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点，使得为等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）①点的坐标；②是等腰直角三角形，理由见解析；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）将点代入即可得；
（2）①先根据二次函数的平移规律得出抛物线的表达式，再联立两条抛物线的表达式求解即可得；
②先根据抛物线的表达式求出点B、C的坐标，再利用两点之间的距离公式分别求出BC、BD、CD的长，然后根据勾股定理的逆定理、等腰三角形的定义即可得；
（3）设点P的坐标为，根据等腰直角三角形的定义分三种情况：①当时，先根据等腰直角三角形的性质、线段中点的点坐标求出点P的坐标，再代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可；②当时，先根据平行四边形的判定得出四边形BCDP是平行四边形，再根据点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同可求出点P的坐标，然后代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可；③当时，先根据等腰直角三角形的性质得出点P在在线段BD的垂直平分线上，再利用待定系数法求出BD的垂直平分线上所在直线的解析式，然后根据两点之间的距离公式和可求出点P的坐标，最后代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可．
【详解】
（1）将点代入抛物线的表达式得：
解得
则抛物线的表达式为
故抛物线的表达式为；
（2）①由二次函数的平移规律得：抛物线的表达式为
即
联立，解得
则点的坐标为；
②对于
当时，，解得或
则点B的坐标为
当时，，则点C的坐标为
由两点之间的距离公式得：


则，
故是等腰直角三角形；
（3）抛物线的表达式为
设点P的坐标为
由题意，分以下三种情况：
①当时，为等腰直角三角形
是等腰直角三角形，，

点D是CP的中点
则，解得
即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点在抛物线上，符合题意
②当时，为等腰直角三角形
，
，
四边形BCDP是平行四边形
点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同

点C至点B的平移方式为先向下平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度


即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点在抛物线上，符合题意
③当时，为等腰直角三角形
则点P在线段BD的垂直平分线上
设直线BD的解析式
将点代入得：，解得
则直线BD的解析式
设BD的垂线平分线所在直线的解析式为
点的中点的坐标为，即
将点代入得：，解得
则BD的垂线平分线所在直线的解析式为
因此有，即点P的坐标为
由两点之间的距离公式得：
又，为等腰直角三角形

则
解得或
当时，，即点P的坐标为
当时，，即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点不在抛物线上，不符合题意，舍去
当时，
即点不在抛物线上，不符合题意，舍去
综上，符合条件的点P的坐标为或．
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移，点坐标的平移、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况，结合等腰直角三角形的性质是解题关键．
81．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图1，在矩形中，，动点，分别从点，点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边上沿，的方向运动，当点运动到点时，两点同时停止运动，设点运动的时间为，连接，过点作，与边相交于点，连接．
（1）如图2，当时，延长交边于点．求证：；
（2）在（1）的条件下，试探究线段三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当时，延长交边于点，连接，若平分，求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】

（1）先根据运动速度和时间求出，再根据勾股定理可得，从而可得，然后根据矩形的性质可得，从而可得，，最后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；
（2）如图（见解析），连接FQ，先根据（1）三角形全等的性质可得，再根据垂直平分线的判定与性质可得，然后根据勾股定理、等量代换即可得证；
（3）先根据角平分线的性质得出，再根据直角三角形全等的判定定理与性质得出，然后根据等腰三角形的三线合一得出，又分别在和中，利用余弦三角函数可求出t的值，从而可得CP、AP的长，最后根据平行线分线段成比例定理即可得．
【详解】

（1）由题意得：
四边形ABCD是矩形

，



在和中，

；
（2），证明如下：
如图，连接FQ
由（1）已证：


PQ是线段EF的垂直平分线

在中，由勾股定理得：
则；

（3）如图，设FQ与AC的交点为点O
由题意得：，，
平分，
（角平分线的性质）
是等腰三角形
在和中，

，即是的角平分线
（等腰三角形的三线合一）
在中，
在中，，即
解得

，即

故的值为．

【点睛】

本题考查了三角形全等的判定定理与性质、矩形的性质、余弦三角函数、平行线分线段成比例定理等知识点，较难的是题（3），熟练利用三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的三线合一是解题关键．
82．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在中，，以为直径的⊙O与相交于点，过点作⊙O的切线交于点．

（1）求证：；
（2）若⊙O的半径为，，求的长．
【答案】（1）见详解；（2）4.8．
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由AB=AC，OB=OD，则∠B=∠ODB=∠C，则OD∥AC，由DE为切线，即可得到结论成立；
（2）连接AD，则有AD⊥BC，得到BD=CD=8，求出AD=6，利用三角形的面积公式，即可求出DE的长度．
【详解】
解：连接OD，如图：

∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∴AC⊥DE；
（2）连接AD，如（1）图，
∵AB为直径，AB=AC，
∴AD是等腰三角形ABC的高，也是中线，
∴CD=BD=，∠ADC=90°，
∵AB=AC=，
由勾股定理，得：，
∵，
∴；
【点睛】
本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质定理，正确的求出边的长度．
83．（2020·山东菏泽?中考真题）如图1，四边形的对角线，相交于点，，．

图1 图2
（1）过点作交于点，求证：；
（2）如图2，将沿翻折得到．
①求证：；
②若，求证：．
【答案】（１）见解析；（２）①见解析；②见解析．
【解析】
【分析】
（1）连接CE，根据全等证得AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．
【详解】
解：（1）连接CE，

∵，
∴，
∵，，，
∴△OAE≌△OCD，
∴AE=CD，
∴四边形AECD为平行四边形，
∴AE=CD，OE=OD，
∵，
∴CD=BE，
∴；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，

由（1）得，，
∴，
由翻折的性质得，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴EF=DE，
∵四边形AECD是平行四边形，
∴CD=AE=BE，
∵AF∥CD，
∴，
∵EF=DE，CD=BE，，
∴△BEF≌△CDE（SAS），
∴，
∵，
∴∠CED=∠BCD，
又∵∠BDC=∠CDE，
∴△BCD∽△CDE，
∴，即，
∵DE=2OD，
∴．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质以及平行四边形的判定和性质，考查等腰三角形的判定与性质综合，熟练掌握各图形的性质并灵活运用是解题的关键．
84．（2020·四川广元?中考真题）如图所示，一次函数的图象与反比例函数的图象交于．

（1）求反比例函数和一次函数的解析式；
（2）在x轴上存在一点C，使为等腰三角形，求此时点C的坐标；
（3）根据图象直接写出使一次函数的值大于反比例函数的值的x的取值范围．
【答案】（1），；（2），，，；（3）-123
【解析】
【分析】
（1）因为反比例函数过A、B两点，所以可求其解析式和n的值，从而知B点坐标，进而求一次函数解析式；
（2）分三种情况：OA=OC，AO=AC，CA=CO，分别求解即可；
（3）根据图像得出一次函数图像在反比例函数图像上方时x的取值范围即可.
【详解】
解：（1）把A（3，4）代入，
∴m＝12，
∴反比例函数是；
把B（n，-1）代入得n＝−12．
把A（3，4）、B（-12，−1）分别代入y＝kx＋b中：
得，
解得，
∴一次函数的解析式为；
（2）∵A（3，4），△AOC为等腰三角形，OA=，
分三种情况：
①当OA=OC时，OC=5，
此时点C的坐标为，；
②当AO=AC时，∵A（3，4），点C和点O关于过A点且垂直于x轴的直线对称，
此时点C的坐标为；
③当CA=CO时，点C在线段OA的垂直平分线上，
过A作AD⊥x轴，垂足为D，
由题意可得：OD=3，AD=4，AO=5，设OC=x，则AC=x，
在△ACD中，
，
解得：x=，
此时点C的坐标为；

综上：点C的坐标为：，，，；
（3）由图得：
当一次函数图像在反比例函数图像上方时，
-123，
即使一次函数的值大于反比例函数的值的x的取值范围是：-123.
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质，利用了数形结合及分类讨论的思想.
85．（2020·湖南株洲?中考真题）如图所示，的顶点A在反比例函数的图像上，直线AB交y轴于点C，且点C的纵坐标为5，过点A、B分别作y轴的垂线AE、BF，垂足分别为点E、F，且．


（1）若点E为线段OC的中点，求k的值；
（2）若为等腰直角三角形，，其面积小于3．
①求证：；
②把称为，两点间的“ZJ距离”，记为，求的值．
【答案】（1）；（2）①见解析；②8．
【解析】
【分析】

（1）由点E为线段OC的中点，可得E点坐标为，进而可知A点坐标为：，代入解析式即可求出k；
（2）①由为等腰直角三角形，可得，再根据同角的余角相等可证，由AAS即可证明；
②由“ZJ距离”的定义可知为MN两点的水平距离与垂直距离之和，故，即只需求出B点坐标即可，设点，由可得，进而代入直线AB解析式求出k值即可解答．
【详解】

解：（1）∵点E为线段OC的中点，OC=5，
∴,即：E点坐标为，
又∵AE⊥y轴，AE=1，
∴，
∴．
（2）①在为等腰直角三角形中，，，
∴，
又∵BF⊥y轴，
∴，
∴
在和中
，
∴，
②解：设点坐标为，
∵
∴，，
∴，
设直线AB解析式为：，将AB两点代入得：
则．
解得，．
当时，，，，符合；
∴




，
当时，，，，不符，舍去；
综上所述：．
【点睛】

此题属于代几综合题，涉及的知识有：反比例函数、一次函数的性质及求法、三角形全等的判定及性质、等腰直角三角形性质等，熟练掌握三角形全等的性质和判定和数形结合的思想是解本题的关键．
86．（2020·山东临沂?中考真题）如图，菱形的边长为1，，点E是边上任意一点（端点除外），线段的垂直平分线交，分别于点F，G，，的中点分别为M，N．

（1）求证：；
（2）求的最小值；
（3）当点E在上运动时，的大小是否变化？为什么？
【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析.
【解析】
【分析】

（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF=EF和CF=AF即可得证；
（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；
（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF=CF=EF，得到∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，从而推断出∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF=∠CEF=30°，即可证明.
【详解】

解：（1）连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF=AF，
∴AF=EF；

（2）连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=AF，NG=CF，即MN+NG=（AF+CF），
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，
即MN+NG的最小值为；

（3）不变，理由是：
延长EF，交DC于H，
∵∠CFH=∠FCE+∠FEC，∠AFH=∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：
∠AFD=∠CFD=∠AFC，
∵AF=CF=EF，
∴∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，
∴∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，
∴∠ABF=∠CEF，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABF=∠CEF=30°，为定值.

【点睛】

本题考查了菱形的性质，最短路径，等边三角形的判定和性质，中位线定理，难度一般，题中线段较多，需要理清线段之间的关系．
87．（2020·四川泸州?中考真题）如图，已知抛物线经过，，三点．

（1）求该抛物线的解析式；
（2）经过点B的直线交y轴于点D，交线段于点E，若．
①求直线的解析式；
②已知点Q在该抛物线的对称轴l上，且纵坐标为1，点P是该抛物线上位于第一象限的动点，且在l右侧．点R是直线上的动点，若是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，求点P的坐标．
【答案】（1）；（2）①；②（2，4）或（，）
【解析】
【分析】
（1）根据待定系数法求解即可；
（2）①过点E作EG⊥x轴，垂足为G，设直线BD的表达式为：y=k（x-4），求出直线AC的表达式，和BD联立，求出点E坐标，证明△BDO∽△BEG，得到，根据比例关系求出k值即可；
②根据题意分点R在y轴右侧时，点R在y轴左侧时两种情况，利用等腰直角三角形的性质求解即可.
【详解】
解：（1）∵抛物线经过点，，，代入，
∴，解得：，
∴抛物线表达式为：；
（2）①过点E作EG⊥x轴，垂足为G，
∵B（4，0），
设直线BD的表达式为：y=k（x-4），
设AC表达式为：y=mx+n，将A和C代入，
得：，解得：，
∴直线AC的表达式为：y=2x+4，
联立：，
解得：，
∴E（，），
∴G（，0），
∴BG=，
∵EG⊥x轴，
∴△BDO∽△BEG，
∴,
∵，
∴，
∴，
解得：k=，
∴直线BD的表达式为：；

②由题意：设P（s，），1＜s＜4，
∵△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，
∴∠PQR=90°，PQ=RQ，
当点R在y轴右侧时，如图，
分别过点P，R作l的垂线，垂足为M和N，
∵∠PQR=90°，
∴∠PQM+∠RQN=90°，
∵∠MPQ+∠PQM=90°，
∴∠RQN=∠MPQ，又PQ=RQ，∠PMQ=∠RNQ=90°，
∴△PMQ≌△QNR，
∴MQ=NR，PM=QN，
∵Q在抛物线对称轴l上，纵坐标为1，
∴Q（1，1），
∴QN=PM=1，MQ=RN，
则点P的横坐标为2，代入抛物线得：y=4，
∴P（2，4）；

当点R在y轴左侧时，
如图，分别过点P，R作l的垂线，垂足为M和N，
同理：△PMQ≌△QNR，
∴NR=QM，NQ=PM，
设R（t，），
∴RN==QM，
NQ=1-t=PM，
∴P（，2-t），代入抛物线，
解得：t=或（舍），
∴点P的坐标为（，），

综上：点P的坐标为（2，4）或（，）.
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数，难度较大，解题时要理解题意，根据等腰直角三角形的性质构造全等三角形.
88．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）已知是的外接圆，AD为的直径，，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，过点D作，交于点G，点H为GD的中点，连接OH，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若的面积为，求线段CG的长．

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）CG=．
【解析】
【分析】
（1）先推出∠BAD=∠CAD，然后根据圆周角定理可得出∠BOD=2∠BAD=2∠CAD，根据∠BOD=∠AOF，可得出∠AOF=2∠CAD，根据∠BFC=∠AOF+∠CAD，即可证明结论；
（2）连接OG，证明△OBE≌△DOH，即可证明结论；
（3）连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，先推出DE=2OE，设OE=m，则DE=2m，OB=OD=OA=3m，AE=4m，根据勾股定理得出CE=BE=，再求出tan∠BOE===，tan∠EAC===，根据tan∠AOF=tan∠BOE=，得出=，设ON=a，则NF=a，可得tan∠EAC=，解出AN，根据AN+NO=AO，解出a=m，再根据S△AOF=·OA·FN=，可求出m=1，可得出DH=1，OD=3， BE=CE=OH=，AE=4，根据勾股定理可得AC=，根据OD=OA，DH=HG，得出AG=2OH=，推出cos∠ADG=cos∠ACM，即可求出CM=，利用勾股定理可得AM=，GM=，即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵AD为的直径，，
∴，BE=CE，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=2∠CAD，
∵∠BOD=∠AOF，
∴∠AOF=2∠CAD，
∵∠BFC=∠AOF+∠CAD，
∴∠BFC=2∠CAD+∠CAD=3∠CAD；
（2）连接OG，

∵点H为GD的中点，OG=OD，
∴DH=GH，OH⊥DG，
∵AD⊥BC，
∴∠AEB=∠OHD=90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOH=∠OHD=90°，
即∠DOH+∠BOD=90°，
∵∠BOD+∠OBE=90°，
∴∠OBE=∠DOH，
又∵OB=OD，
∴△OBE≌△DOH，
∴BE=OH；
（3）如图，连接AG，过A点作AM⊥CG于点M，过F点作FN⊥AD于点N，

由（2）可知DH=OE，
∵DG=2DH=2OE，DG=DE，
∴DE=2OE，
设OE=m，则DE=2m，
∴OB=OD=OA=3m，
∴AE=4m，
在Rt△OBE中，BE==，
∴CE=BE=，tan∠BOE===，tan∠EAC===，
∵tan∠AOF=tan∠BOE=，
∴=，
设ON=a，则NF=a，
∴tan∠EAC=，
∴AN=4a，
∵AN+NO=AO，
∴4a+a=3m，
∴a=m，
∴FN=×m=m，
∵S△AOF=·OA·FN=，
∴·3m·m=，
∴m2=1，
∴m=±1，
∵m>0，
∴m=1，
∴DH=1，OD=3，由（2）得BE=CE=OH=，AE=4，
在Rt△AEC中AC=，
∵OD=OA，DH=HG，
∴AG=2OH=，
∵∠ADG+∠ACG=180°，∠ACM+∠ACG=180°，
∴∠ADG=∠ACM，
∴cos∠ADG=cos∠ACM，
∴，
∴，
∴CM=，
在Rt△ACM中，AM==，
在Rt△AGM中，GM==，
∴CG=GM-CM=．
【点睛】
本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，锐角三角函数，垂径定理，勾股定理，掌握知识点灵活运用是解题关键．
89．（2020·安徽中考真题）如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点
求证：；
若，求的长；
如图2，连接，求证：．


【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】

（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；
（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．
【详解】

（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90º，
∴∠E+∠ABD=90º，
∴∠EGB=90º，
∴BG⊥EC；
（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴，又AF=AB=1，
∴即，
解得：，（舍去）
即AE=；
（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，
在△EAH和△DAG，
，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90º，
∴∠DAG+∠DAH=90º，
∴∠EAG=90º，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴即，
∴GH=AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴．

【点睛】

本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
90．（2020·四川南充?中考真题）如图，边长为1的正方形ABCD中，点K在AD上，连接BK，过点A，C作BK的垂线，垂足分别为M，N，点O是正方形ABCD的中心，连接OM，ON．
（1）求证：AM=BN；
（2）请判断△OMN的形状，并说明理由；
（3）若点K在线段AD上运动（不包括端点），设AK=x，△OMN的面积为y，求y关于x的函数关系式（写出x的范围）；若点K在射线AD上运动，且△OMN的面积为，请直接写出AK长．

【答案】（1）详见解析；（2）是等腰直角三角形，理由详见解析；（3），长为或3．
【解析】
【分析】
（1）由“AAS”可证△ABM≌△BCN，可得AM＝BN；
（2）连接OB，由“SAS”可证△AOM≌△BON，可得MO＝NO，∠AOM＝∠BON，由余角的性质可得∠MON＝90°，可得结论；
（3）由勾股定理可求BK的值，由，四边形ABCD是正方形，可得：，，则可求得，由三角形面积公式可求得；点K在射线AD上运动，分两种情况：当点K在线段AD上时和当点K在线段AD的延长线时分别求解即可得到结果．
【详解】
解：（1）证明：
∵
∴
又∵
∴
∴
又
∴≌（AAS）
∴
（2）是等腰直角三角形
理由如下：连接，

∵为正方形的中心
∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC，AO⊥BO，
∵∠MAB＝∠CBM，
∴，即
∵
∴≌（SAS）
∴，
∵
∵∠AON+∠BON＝90°，
∴∠AON+∠AOM＝90°，
∴
∴是等腰直角三角形．
（3）在中，
由，四边形ABCD是正方形，
可得：，
∴，
∴，得：
∴，得：
∴
∴
即：
当点K在线段AD上时，则，
解得：x1＝3（不合题意舍去），，
当点K在线段AD的延长线时，同理可求得
∴，
解得：x1＝3，（不合题意舍去），
综上所述：长为或3时，△OMN的面积为．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解分式方程等知识点，能熟练应用相关性质是本题的关键．
91．（2020·黑龙江绥化?中考真题）（1）如图，已知线段和点O，利用直尺和圆规作，使点O是的内心（不写作法，保留作图痕迹）；

（2）在所画的中，若，则的内切圆半径是______．
【答案】（1）作法：如图所示，见解析；（2）2．
【解析】
【分析】
（1）内心是角平分线的交点，根据AO和BO分别是∠CAB和∠CBA的平分线，作图即可；
（2）连接OC，设内切圆的半径为r，利用三角形的面积公式，即可求出答案．
【详解】
解：（1）作法：如图所示：

①作射线、；
②以点A为圆心，任意长为半径画弧分别交线段，射线于点D，E；
③以点E为圆心，长为半径画弧，交上一步所画的弧于点F，同理作出点M；
④作射线，相交于点C，即所求．
（2）如图，连接OC，

∵，
由勾股定理，得：，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的内切圆半径是2；
故答案为：2；
【点睛】
本题考查了求三角形内切圆的半径，角平分线的性质，勾股定理，以及三角形的面积公式，解题的关键是作出图形，利用所学的知识正确求出三角形内切圆的半径．
92．（2020·四川达州?中考真题）（1）（阅读与证明）
如图1，在正的外角内引射线，作点C关于的对称点E（点E在内），连接，、分别交于点F、G．
①完成证明：点E是点C关于的对称点，
，，．
正中，，，
，得．
在中，，______．
在中，，______．
②求证：．
（2）（类比与探究）
把（1）中的“正”改为“正方形”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：
①______；
②线段、、之间存在数量关系___________．
（3）（归纳与拓展）
如图3，点A在射线上，，，在内引射线，作点C关于的对称点E（点E在内），连接，、分别交于点F、G．则线段、、之间的数量关系为__________．

【答案】（1）①60°，30°；②证明见解析；（2）①45°；②BF=(AF+FG)；（3） ．
【解析】
【分析】

（1）①根据等量代换和直角三角形的性质即可确定答案；②在FB上取AN=AF，连接AN．先证明△AFN是等边三角形，得到 ∠BAN=∠2=∠1，然后再证明△ABN≌△AEF，然后利用全等三角形的性质以及线段的和差即可证明；
（2）类比（1）的方法即可作答；
（3）根据（1）（2）的结论，即可总结出答案．
【详解】

解：（1）①∵，，
∴，即60°；
∵
∴
故答案为60°，30°；
②在FB上取FN=AF，连接AN
∵∠AFN=∠EFG=60°
∴△AFN是等边三角形
∴AF=FN=AN
∵FN=AF
∴∠BAC=∠NAF=60°
∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠2
∴∠BAN=∠2
∵点C关于的对称点E
∴∠2=∠1,AC=AE
∴∠BAN=∠2=∠1
∵AB=AC
∴AB=AE
在△ABN和△AEF
FN=AF,∠BAN=∠1,AB=AE
∴△ABN≌△AEF
∴BN=EF
∵AG⊥CE，∠FEG=30°
∴EF=2FG
∴BN=EF=2FG
∵BF=BN+NF
∴BF=2FG+AF

（2）①点E是点C关于的对称点，
，，．
正方形ABCD中，，，
，得．
在中，，
45．
在中，，
45．
故答案为45°；
②在FB上取FN=AF，连接AN
∵∠AFN=∠EFG=45°
∴△AFN是等腰直角三角形
∴∠NAF=90°，AF=AN
∴∠BAN+∠NAC=∠NAC+∠2=90°,FN=AF
∴∠BAN=∠2
∵点C关于的对称点E
∴∠2=∠1,AC=AE
∴∠BAN=∠2=∠1
∵AB=AC
∴AB=AE
在△ABN和△AEF
FN=AF,∠BAN=∠1,AB=AE
∴△ABN≌△AEF
∴BN=EF
∵AG⊥CE，∠FEG=45°
∴EF=FG
∴BN=EF=FG
∵BF=BN+NF
∴BF=FG+AF

（3）由（1）得：当∠BAC=60°时
BF=AF+2FG= ；
由（2）得：当∠BAC=90°时
BF=AF+2FG=；
以此类推，当当∠BAC= 60°时， ．
【点睛】

本题考查了轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角函数的应用，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
93．（2020·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；
（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】

（1）先证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）由（1）得，，，推出，然后根据现有条件说明
在中，，点A，D，C，E四点共圆，F为圆心，则，在中，推出，即可得出答案；
（3）设点P存在，由费马定理可得，设PD为，
得出，，得出，解出a，根据即可得出答案．
【详解】

解：（1）证明如下：∵，
∴，
∵，，
∴在和中，
∴，
∴，
∴，
在中，F为DE中点（同时），，
∴，即为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（2）由（1）得，，，
∴，
在中，，
∵F为DE中点，
∴，
在四边形ADCE中，有，，
∴点A，D，C，E四点共圆，
∵F为DE中点，
∴F为圆心，则，
在中，
∵，
∴F为CG中点，即，
∴，
即；
（3）设点P存在，由费马定理可得，

∴，
设PD为，
∴，
又，
∴，


又
∴．
【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用所学知识是解本题的关键．
94．（2020·山东聊城?中考真题）如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点．

（1）求出二次函数和所在直线的表达式；
（2）在动直线移动的过程中，试求使四边形为平行四边形的点的坐标；
（3）连接，，在动直线移动的过程中，抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1），；（2）；（3）存在，点的坐标是．
【解析】
【分析】
（1）将，代入，解出a，b得值即可；求出C点坐标，将C，B代入线段所在直线的表达式，求解即可；
（2）根据题意只要，四边形即为平行四边形，先求出点D坐标，然后求出DE，设点的横坐标为，则，，得出，根据，得，求解即可；
（3）由（2）知，，根据与有共同的顶点，且在的内部，只有当时，，利用勾股定理，可得
，，根据，即，解出t值，即可得出答案．
【详解】
解：（1）由题意，将，代入，
得，
解得，
∴二次函数的表达式，
当时，，得点，又点，
设线段所在直线的表达式，
∴，解得，
∴所在直线的表达式；
（2）∵轴，轴，
∴，

只要，此时四边形即为平行四边形，
由二次函数，
得点，
将代入，即，得点，
∴，
设点的横坐标为，则，，

由，得，
解之，得（不合题意舍去），，
当时，，
∴；
（3）由（2）知，，
∴，

又与有共同的顶点，且在的内部，
∴，
∴只有当时，，
由，，，
利用勾股定理，可得，，
由（2）以及勾股定理知，，
，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴点的坐标是．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，灵活运用知识点是解题关键．
95．（2020·四川乐山?中考真题）点是平行四边形的对角线所在直线上的一个动点（点不与点、重合），分别过点、向直线作垂线，垂足分别为点、．点为的中点．
（1）如图1，当点与点重合时，线段和的关系是 ；
（2）当点运动到如图2所示的位置时，请在图中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立？
（3）如图3，点在线段的延长线上运动，当时，试探究线段、、之间的关系．

【答案】（1）；（2）补图见解析，仍然成立，证明见解析；（3），证明见解析
【解析】
【分析】
（1）证明△AOE≌△COF即可得出结论；
（2）（1）中的结论仍然成立，作辅助线，构建全等三角形，证明△AOE≌△CGO，得OE＝OG，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论；
（3）FC＋AE＝OE，理由是：作辅助线，构建全等三角形，与（2）类似，同理得，得出，，再根据，，推出，即可得证．
【详解】
解：（1）如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴∠AEO＝∠CFO＝90°，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF；
（2）补全图形如图所示，仍然成立，

证明如下：延长交于点，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）当点在线段的延长线上时，线段、、之间的关系为，
证明如下：延长交的延长线于点，如图所示，

由（2） 可知 ，
∴，，
又∵，，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了平行四边形、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质和判定，以构建全等三角形和证明三角形全等这突破口，利用平行四边形的对角线互相平分得全等的边相等的条件，从而使问题得以解决．
96．（2020·山东济宁?中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E、F、G分别在边BC、CD上，BE=CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．
(1)求证:△AEH≌△AGH；
(2)当AB=12，BE=4时：
①求△DGH周长的最小值；
②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①；②存在，或
【解析】
【分析】
（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；
（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；
②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，
∵BE=CG，AB=AC，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE=AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAH=∠GAH，
∵AH=AH，
∴△AEH≌△AGH；
（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，
∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，
∴点E和点G关于AF对称，
∴此时△DGH的周长最小，
过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，
由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，
∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，
∴CM=CD=6，
∴DM=，
∵AB=12=BC，BE=4，
∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，
∴DE==DH+EH=DH+HG，
∴DH+HG+DG=
∴△DGH周长的最小值为；

②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，
可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，
即S△AON：S△AEC=1:4，
∵O是AC中点，
∴N为AE中点，此时ON∥EC，
∴，

当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，
同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，
∴S△NOC：S△AEC=1:4，
∵O为AC中点，
∴N为EC中点，则ON∥AE，
∴，
∵BE=4，AB=12，
∴EC=8，EN=4，
过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，
∴CG=2CP，
∵CG=BE=4，
∴CP=2，GP=，
∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，
在△FGP中，，
解得：x=，
∴EF=，
∴，

综上：存在直线OH，的值为或.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题时要注意分情况讨论.
97．（2020·浙江金华?中考真题）如图，在△ABC中，AB=，∠B=45°，∠C=60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．

【答案】（1）4;（2）①90°；②
【解析】
【分析】
（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=，证明△AEF∽△ACB，推出，由此求出AF即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，==4.

（2）①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.

②如图3，由（1）可知：在Rt△ADC中，.
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴＝，即＝，
∴AF＝,
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝＝.

【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
98．（2020·湖南中考真题）已知D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，过点D作Rt△DEF使∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，连接CE并延长CE到P，使EP＝CE，连接BE，FP，BP，设BC与DE交于M，PB与EF交于N．
（1）如图1，当D，B，F共线时，求证：
①EB＝EP；
②∠EFP＝30°；
（2）如图2，当D，B，F不共线时，连接BF，求证：∠BFD+∠EFP＝30°．

【答案】（1）①见解析 ②30°（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）①本题主要考查通过角度计算求证平行，继而证明△CBP是直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得结论．
②本题以上一问结论为解题依据，考查平行线以及垂直平分线的应用，根据同位角相等可得BC∥EF，由平行线的性质得BP⊥EF，可得EF是线段BP的垂直平分线，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠PFE＝∠BFE＝30°．
（2）本题主要考查辅助线的做法以及垂直平分线性质的应用，需要延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，证明△QEP≌△DEC（SAS），则PQ＝DC＝DB，由QE＝DE，∠DEF＝90°，知EF是DQ的垂直平分线，证明△FQP≌△FDB（SAS），再由EF是DQ的垂直平分线，可得结论．
【详解】
证明（1）①∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°
∴∠A＝90°﹣30°＝60°
同理∠EDF＝60°
∴∠A＝∠EDF＝60°
∴AC∥DE
∴∠DMB＝∠ACB＝90°
∵D是Rt△ABC斜边AB的中点，AC∥DM
∴
即M是BC的中点
∵EP＝CE，即E是PC的中点
∴ED∥BP
∴∠CBP＝∠DMB＝90°
∴△CBP是直角三角形
∴BE＝PC＝EP
②∵∠ABC＝∠DFE＝30°
∴BC∥EF
由①知：∠CBP＝90°
∴BP⊥EF
∵EB＝EP
∴EF是线段BP的垂直平分线
∴PF＝BF
∴∠PFE＝∠BFE＝30°
（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ

∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP
∴△QEP≌△DEC（SAS）
则PQ＝DC＝DB
∵QE＝DE，∠DEF＝90°
∴EF是DQ的垂直平分线
∴QF＝DF
∵CD＝AD
∴∠CDA＝∠A＝60°
∴∠CDB＝120°
∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP
∴△FQP≌△FDB（SAS）
∴∠QFP＝∠BFD
∵EF是DQ的垂直平分线
∴∠QFE＝∠EFD＝30°
∴∠QFP+∠EFP＝30°
∴∠BFD+∠EFP＝30°
【点睛】
本题考点较多，涉及平行与角等的互推，垂直平分线的应用，全等的证明，特殊角度的利用，难度主要在于辅助线的构造，该类型题目必须多做专题训练以培养题感．
99．（2020·浙江衢州?中考真题）（性质探究）
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF=2OG．
（迁移应用）
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．
（拓展延伸）
（4）若DF交射线AB于点F，（性质探究）中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．

【答案】（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或
【解析】
【分析】
（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【详解】
（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．

理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1=∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF=∠AHG=90°，
∵AH=AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF=AG，
∴△AFG是等腰三角形．
（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．

∵AF=AG，
∴∠AFG=∠AGF，
∵∠AGF=∠OGL，
∴∠OGL=∠OLG，
∴OG=OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=2OD，
∴BF=2OL，
∴BF=2OG．
（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，

∵∠DAK=∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴，
∵S1=•OG•DK，S2=•BF•AD，
又∵BF=2OG，，
∴，设CD=2x，AC=3x，则AD= ，
∴．
（4）解：设OG=a，AG=k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．

∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k+2a，AC=2（k+a），
∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，
∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴，
由题意：=AD•（k+2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2+4ka，
∴k=2a，
∴AD= ，
∴BE= = ，AB=4a，
∴tan∠BAE= ．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．

∵AF=AG，BF=2OG，
∴AF=AG=k，BF=2a，
∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），
∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，
∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴ ，
由题意：=AD•（k﹣2a），
∴AD2=10ka，
即10ka=3k2﹣4ka，
∴k= ，
∴AD= ，
∴，AB= ，
∴tan∠BAE= ，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
【点睛】
本题是一道综合题，主要涉及到等腰三角形的判定及其性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是综合运用所学到的相关知识．
100．（2020·浙江舟山?中考真题）为了测量一条两岸平行的河流宽度，三个数学研究小组设计了不同的方案，他们在河南岸的点A处测得河北岸的树H恰好在A的正北方向．测量方案与数据如下表：
课题
测量河流宽度
测量工具
测量角度的仪器，皮尺等
测量小组
第一小组
第二小组
第三小组
测量方案示意图



说明
点B，C在点A的正东方向
点B，D在点A的正东方向
点B在点A的正东方向，点C在点A的正西方向．
测量数据
BC＝60m，
∠ABH＝70°，
∠ACH＝35°．
BD＝20m，
∠ABH＝70°，
∠BCD＝35°．
BC＝101m，
∠ABH＝70°，
∠ACH＝35°．


（1）哪个小组的数据无法计算出河宽？
（2）请选择其中一个方案及其数据求出河宽（精确到0.1m）．（参考数据：sin70°≈0.94，sin35°≈0.57，tan70°≈2.75，tan35°≈0.70）

【答案】（1）第二个小组的数据无法计算河宽；（2）河宽为56.4m
【解析】
【分析】
（1）第二个小组的数据无法计算出河宽；
（2）第一个小组：证明BC＝BH＝60m，解直角三角形求出AH即可．
第三个小组：设AH＝xm，则CA＝，AB＝，根据CA+AB＝CB，构建方程求解即可．
【详解】
解：（1）第二个小组的数据无法计算河宽；
（2）第一个小组的解法：
∵∠ABH＝∠ACH+∠BHC，∠ABH＝70°，∠ACH＝35°，
∴∠BHC＝∠BCH＝35°，
∴BC＝BH＝60m，
∴AH＝BH•sin70°＝60×0.94≈56.4（m）．
第三个小组的解法：
设AH＝xm，则CA＝，AB＝，
∵CA+AB＝CB，
∴＝101，
解得x≈56.4．
答：河宽为56.4m．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用、等腰三角形的判定和性质等知识，弄清题意、列出方程是解答本题的关键．