山西太原市三年（2021-2023）年中考数学一模试题分层-03图形的性质（基础题）

这是一份山西太原市三年（2021-2023）年中考数学一模试题分层-03图形的性质（基础题），共46页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
山西太原市三年（2021-2023）年中考数学一模试题分层-03图形的性质（基础题） 一、单选题1．（2023·山西太原·统考一模）下列命题是假命题的是(   )A．如果∠1＝∠2，∠2＝∠3，那么∠1＝∠3 B．对顶角相等C．如果一个数能被4整除，那么它也能被2整除 D．内错角相等2．（2023·山西太原·统考一模）如图，AB是半圆的直径，点D是弧AC的中点，∠ABC=50°，则∠DAB等于（ ）A．60° B．65° C．70° D．75°3．（2023·山西太原·统考一模）敏利用无人机测量某座山的垂直高度，如图所示，无人机在地面上方米的处测得山项的仰角为，测得山脚的俯角为．已知的坡度为， 点，，，在同一平面内，则此山的垂直高度约为（  ）（参考数据：）A．米 B．米 C．米 D．米4．（2023·山西太原·统考一模）A、B、C是上的点，若，则的度数为（    ）A． B． C． D．或5．（2022·山西太原·统考一模）如图，C，D在⊙O上，AB是直径，∠D＝64°，则∠BAC＝（    ）A．64° B．34° C．26° D．24°6．（2022·山西太原·统考一模）如图，内接四边形ABCD中，，，，，分别以四边形的四条边为直径向外作半圆，则图中阴影部分的面积为（    ）A． B． C． D．497．（2022·山西太原·统考一模）“又是一年三月三”．在校内劳动课上，小明所在小组的同学们设计了如图所示的风筝框架．已知的周长为，．制作该风筝框架需用材料的总长度至少为（    ）A． B． C． D．8．（2022·山西太原·统考一模）如图，若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是前3个正五边形，要完成这一圆环还需正五边形的个数为（    ）A．10 B．9 C．8 D．79．（2021·山西太原·统考一模）已知直线，一个含30°的直角三角板如图放置，，则的度数是（    ）A．85° B．80° C．50° D．40°10．（2021·山西太原·统考一模）如图，在扇形中，，，是的中点，是的中点，连接，．则阴影部分的面积为（    ）A．1 B． C． D．11．（2021·山西太原·统考一模）如图，将含30°角的直角三角板ABC放在平行线α和b上，∠C＝90°，∠A＝30°，若∠1＝20°，则∠2的度数等于（　　）A．60° B．50° C．40° D．30°12．（2021·山西太原·统考一模）刘徽是我国三国时期杰出的数学大师，他的一生是为数学刻苦探究的一生，在数学理论上的贡献与成就十分突出，被称为“中国数学史上的牛顿”．刘徽精编了九个测量问题，都是利用测量的方法来计算高、深、广、远问题的，这本著作是（    ）．A．《周髀算经》 B．《九章算术》 C．《孙子算经》 D．《海岛算经》13．（2021·山西太原·统考一模）如图，小明在骑行过程中发现山上有一建筑物．他测得仰角为15°；沿水平笔直的公路向山的方向行驶4千米后，测得该建筑物的仰角为30°，若小明的眼睛与地面的距离忽略不计，则该建筑物离地面的高度为（　　）A．2千米 B．2千米 C．2千米 D．千米14．（2021·山西太原·统考一模）如图，AB是半圆O的直径，点C为半圆上的一点，点D为AO上一点，AB＝8，∠B＝60°，△DB'C与△DBC关于直线DC对称，连接B'O交半圆于点E若B'C与半圆相切，则图中阴影部分的面积等于（　　）A．3π﹣4 B．2π﹣4 C．3π﹣8 D．8﹣2π 二、填空题15．（2023·山西太原·统考一模）如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，位似比为1：2，∠OCD=90°，CO=CD=2，则点B的坐标为______．16．（2022·山西太原·统考一模）如图所示，在边长相同的小正方形组成的网格中，两条经过格点的线段相交所成的锐角为α，则夹角α的正弦值为_________．17．（2022·山西太原·统考一模）如图，的顶点C在反比例函数的图像上，且点A坐标为，点B坐标为，则k的值为_________．18．（2022·山西太原·统考一模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ___．19．（2022·山西太原·统考一模）如图，为的直径，C为上一点，的切线交的延长线于点D，E为的中点，交的延长线于点F．若，，则的长为_______．20．（2021·山西太原·统考一模）如图，是半圆的直径，点在半圆上，过点作半圆的切线交的延长线于点，过点作交切线于点，若，则的度数为_________．21．（2021·山西太原·统考一模）如图，直线与轴交于点，与反比例函数图象交于点，过点作轴的垂线交该反比例函数图象于点，连接，若，则的值为_________ 22．（2021·山西太原·统考一模）如图，∠PAQ＝36°，点B为射线AQ上一点，AB＝5cm，按以下步骤作图，第一步：分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N；第二步：作直线MN交射线AP于点D，连接BD；第三步：以点B为圆心，BA的长为半径画弧，交射线AP于点C，连接BC，线段CD的长为___cm．23．（2021·山西太原·统考一模）如图，在▱ABCD中，AD＝6，对角线BD⊥CD，∠BAD＝30°，∠BAD与∠CDB的平分线交于点E，延长DB到点F，使DF＝AD，连接EF，则EF的长为___． 三、解答题24．（2023·山西太原·统考一模）如图，已知，点为上一点．(1)画，垂足为；(2)画的平分线，交于；(3)过点画，交于点．（注：不需要写出作法，只需保留作图痕迹）25．（2023·山西太原·统考一模）如图，以AB边为直径的⊙O经过点P，C是⊙O上一点，连结PC交AB于点E，且∠ACP=60°，PA=PD．（1）试判断PD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若点C是弧AB的中点，已知AB=4，求CE•CP的值．26．（2023·山西太原·统考一模）如图，已知直线，点在直线上，点到直线的距离分别为1,2．（1）利用直尺和圆规作出以为底的等腰△ABC，使点在直线上（保留作图痕迹，不写作法）．（2）若（1）中得到的△ABC为等腰直角三角形，求△ABC的面积．27．（2022·山西太原·统考一模）如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且．请判断四边形BEDF的形状，并说明理由．28．（2022·山西太原·统考一模）综合与实践：如图，在正方形ABCD中，点E是边AB上的一个动点（点E与点A，B不重合），连接CE，过点B作于点G，交AD于点F．(1)如图1，求证：；(2)如图2，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：；(3)如图3，若，连接AG，当点E在边AB上运动的过程中．AG是否存在最小值，若存在，请直接写出AG最小值，及此时AE的值；若不存在，请说明理由．29．（2022·山西太原·统考一模）阅读与证明三大作图问题之三等分角三等分任意角是古希腊学者们于公元前5世纪提出并研究的三大作图问题之一．两千多年以来，数学家们为此耗费了许多心血．直到1837年，法国数学家闻脱兹尔证明了，只使用直尺和圆规无法三等分一个任意角，至此人类才走出了这座数学迷宫，在探究过程中发现，有些特殊度数的角如 角， 角， 角等可用尺规三等分，任意角采用特殊的工具也可三等分．如图（1），，下面是两种三等分角的方法．(1)阿基米德创设的方法是：在图（2）中，预先在直尺上作了一个记号点P，点O为直尺的端点，以B为圆心，为半径作半圆，与边和分别交于点N和M；移动直尺，使直尺上的点O在边的反向延长线上移动，点P在圆周上，当直尺正好经过点N时，过点B画的平行线．求证：；(2)用“有刻度的勾尺”的方法是：在图（3）中，勾尺的直角顶点为点P，于点Q，．画直线，并且与之间的距离等于，移动勾尺到合适位置，使顶点P落在上，使勾尺的边经过点B，同时让点R落在边上．求证：．30．（2022·山西太原·统考一模）综合与探究问题情境，如图，在矩形纸片ABCD中，点E，F分别是边AD，BC上的动点，连接EF，BE，DF．将矩形纸片ABCD分别沿直线BE，DF折叠，点A的对应点为点M，点C的对应点为点N．　(1)操作探究：如图（1），若点F与点M重合，与交于点G，求证：DG=GM； (2)探究发现：如图（2），当点M，N落在对角线上时，判断并证明四边形的形状；(3)探究拓广：当点M，N落在对角线上时．①在图（3）中补全图形；②若，，求的面积．31．（2022·山西太原·统考一模）综合与实践如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．点D在直线下方的抛物线上运动，过点D作y轴的平行线交于点E．(1)求直线的函数表达式；(2)求线段的最大值；(3)当点F在抛物线的对称轴上运动，以点A，C，F为顶点的三角形是直角三角形时，直接写出点F的坐标．32．（2021·山西太原·统考一模）下面是小明设计的“三角形一边上的高”的尺规作图：已知：求作：的边上的高作法：（1）分别以和为圆心，，为半径作弧，两弧相交于点，（2）作直线交于点所以，线段就是所求作的高 根据小明的作法解决下面问题：（1）利用直尺和圆规补全图形（要求保留作图痕迹）（2）小明给出作图设计的理由如下：连接，  点在线段的垂直平分线上（依据1）同理可证：点也在线段的垂直平分线上垂直平分（依据2）线段是的边上的高．上面说理过程中的“依据1”，“依据2”分别指什么？33．（2021·山西太原·统考一模）实践与探究：主题背景，在课外小组活动中，“创新小组”对“正方形旋转”问题进行了探究．如图1，正方形的顶点在正方形的对角线上，正方形的顶点是正方形对角线的交点．与相交于点，与相交于点，连接和．（1）猜想线段和有怎样的数量关系和位置关系？并说明理由：（2）如图2，正方形固定不动，将正方形绕点顺时针方向旋转角，延长，分别交，于点，，连接，，，．求证：四边形是正方形：（3）已知，正方形的边长为2，正方形的边长为3，在正方形旋转过程中，若的延长线恰好经过点．请你直接写出的长．34．（2021·山西太原·统考一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠AOB＝96°，∠CAB＝60°，点D是的中点．求∠ABD的度数．35．（2021·山西太原·统考一模）综合与探究问题情境在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是射线BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连接DE，CE．探究发现（1）如图1，BD＝CE，BD⊥CE，请证明；探究猜想；（2）如图2，当BD＝2DC时，猜想AD与BC之间的数量关系，并说明理由；探究拓广（3）当点D在BC的延长线上时，探究并直接写出线段BD，DC，AD之间的数量关系．
参考答案：1．D【分析】利用对顶角的性质、实数的性质、平行线的性质分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、如果，，那么，正确，是真命题，不符合题意；B、对顶角相等，正确，是真命题，不符合题意；C、如果一个数能被4整除，那么它也能被2整除，正确，是真命题，不符合题意；D、两直线平行，内错角相等，故原命题错误，是假命题，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解对顶角的性质、实数的性质、平行线的性质，难度不大．2．B【详解】解：连结BD，如图，∵点D是弧AC的中点，即弧CD=弧AD，∴∠ABD=∠CBD，而∠ABC=50°，∴∠ABD=×50°=25°，∵AB是半圆的直径，∴∠ADB=90°，∴∠DAB=90°-25°=65°．故选B．3．B【分析】过点D作DC⊥BC于点E，作DF⊥AB于点F，利用四边形DEBF是矩形，可得BF=130米，这样只需求出AF即可；再利用AC的坡比，结合锐角三角函数，将已知和未知通过DF=EB建立等量关系，进而求出AF．【详解】解：如图，过点D作DC⊥BC于点E，作DF⊥AB于点F．∵DF⊥AB，DE⊥BE，AB⊥BC，∴四边形DEBF是矩形．∴FB=DE=130（米）∵DF∥BC，∴∠DCE=∠CDF=63.5°．在RtDCE中，∵tan∠DCE=，∴CE==65（米）．设AF=x米，则AB=（x+130）米．∵，∴BC==（x+130）．∴BE=BC+CE=（x+130）+65=x+162.5．在RtADF中，∵tan∠ADF=，∴DF=．∵DF=EB，∴=x+162.5．解得，．∴AB=AF+BF≈92.9+130=222.9(米)．故选：B．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、锐角三角函数的理解和应用能力．利用AC的坡比，通过DF=EB建立等量关系列方程是解决本题的关键．4．D【分析】分别从当点C在优弧AB上时与当点C在劣弧AB上时去分析，利用圆周角定理与圆的内接四边形的性质，即可得出答案．【详解】解：当点C在优弧AB上时，如图，∵，∴，当点C在劣弧AB上时，如图，∵，∴，∴的度数为35°或145°．故选D．【点睛】本题考查了圆周角定理与圆的内接四边形的性质．注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．5．C【分析】连接BC，利用圆周角定理及其推论，三角形内角和是180°，即可解答；【详解】解：如图，连接BC，∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∵∠ABC=∠ADC=64°，∴∠BAC=180°-90°-64°=26°，故选： C．【点睛】本题考查了三角形内角和定理；圆周角定理：在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；直径（半圆）所对圆周角是直角；掌握圆周角定理是解题关键．6．D【分析】连接BD，阴影部分分别记为S1、S2、S3、S4，先证BD是直径，再由勾股定理得出BD的长，再求出AB与AD的长，最后用间接法求出阴影部分的面积，可得结论．【详解】解：如图，连接BD，阴影部分分别记为S1、S2、S3、S4，∵，∴BD是的直径，∴，∵，∴△ABD是等腰直角三角形，∴，∴，同理：，∴，故选：D【点睛】本题考查勾股定理，圆的面积等知识，解题的关键是用间接法求阴影部分的面积．7．B【分析】根据BF=EC以及边与边的关系即可得出BC=EF，再结合∠B=∠E、AB=DE即可证出△ABC≌△DEF（SAS），进而得出C△DEF=C△ABC=24cm，结合图形以及CF=3cm即可得出制成整个风筝框架所需这种材料的总长度．【详解】解：∵BF=EC，BC=BF+FC，EF=EC+CF，∴BC=EF．在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS），∴C△DEF=C△ABC=24cm．∵CF=3cm，∴制成整个风筝框架所需这种材料的总长度为C△DEF+C△ABC-CF=24+24-3=45cm．故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理和性质定理.8．D【分析】先根据多边形的内角和公式求出正五边形的每一个内角的度数，再延长五边形的两边相交于一点，并根据四边形的内角和求出这个角的度数，然后根据周角等于求出完成这一圆环需要的正五边形的个数，然后减去3即可得解．【详解】解：∵五边形的内角和为∴正五边形的每一个内角为∴正五边形的每一个外角为如图，延长正五边形的两边相交于点O，则∵已经有3个五边形，即完成这一圆环还需7个五边形．故选：D．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，延长正五边形的两边相交于一点，并求出这个角的度数是解题的关键，注意需要减去已有的3个正五边形．9．B【分析】根据三角形内角和定理求出∠3，根据对顶角的性质求出∠4，根据平行线的性质求出即可．【详解】解：∵∠ACB=90°，∠A=30°，∠1=40°，∴∠B=90°-30°=60°，∴∠4=∠3=180°-∠B-∠1=80°，∵a∥b，∴∠2=∠4=80°，故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．10．C【分析】连接OD，过D作DH⊥OA于H，求得DH=OD=，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：连接OD，过D作DH⊥OA于H，∵∠AOB=90°，D是的中点，∴∠AOD=∠BOD=45°，∵OD=OA=2，∴DH=OD=，∵C是OA的中点，∴OC=1，∴阴影部分的面积=S扇形DOB+S△CDO-S△BCO，故选：C．【点睛】本题考查了扇形面积的计算，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．11．B【分析】根据三角形外角的性质和对顶角相等可得∠4，再根据两直线平行，同位角相等即可得出结论．【详解】解：∵∠A＝30°，∠1＝20°，∴ 1=  3，4 = 3 + A =20°+30°=50°，∵a∥b ，2 = 4=50° ．故选 B．【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角的性质．能正确识图是解题关键．12．D【分析】运用《九章算术注》相关知识即可直接解答．【详解】解：由于《九章算术注》是我国学者编撰的最早的一部测量数学著作，该书第一卷的第一个问题是求海岛上的山峰的高度，故本书的名称是《海岛算经》．故答案为D．【点睛】本题主要考查了数学常识，了解一定的数学史以及数学著作是解答本题的关键．13．C【分析】如图（见解析），先根据三角形的外角性质可得，再根据等腰三角形的判定可得千米，然后利用直角三角形的性质即可得．【详解】如图，由题意得，千米，，，，千米，，，在中，千米，即该建筑物离地面的高度为2千米，故选：C．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定、含30度角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握等腰三角形的判定是解题关键．14．D【分析】连接OC，根据利用等边三角形的性质和扇形面积公式分别求出和代入运算即可．【详解】连接OC如图所示： ∴OC=OB，  B =OCB=，∴ OC= OB= BC=4，又∵BC==4 ，因为B'C与半圆相切，∴∠B'OC＝90°，∴OC==4 ，,∴，故选：D．【点睛】本题主要考查了圆有关的计算，涉及到了圆的性质，切线的性质和判定，三角形的面积公式，扇形面积公式，利用图形作差表示出阴影部分的面积是解题的关键．15．【分析】根据位似比可得，由勾股定理得，求出的值，得到的值，进而可得答案．【详解】解：∵与的位似比为，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了位似的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于求出的长．16．##【分析】如图，设AB与CD交于点E，过点C作CF∥AB，连接DF，可得∠C=∠AEC=，设小正方形的边长为1，然后根据勾股定理逆定理可得△CDF是等腰直角三角形，从而得到∠C=45°，即可求解．【详解】如图，设AB与CD交于点E，过点C作CF∥AB，连接DF，∵CF∥AB，∴∠C==∠AEC=，设小正方形的边长为1，根据勾股定理可得，，， ,∴，DF=CF，∴△CDF是等腰直角三角形，∴∠C=45°，∴，∴夹角的正弦值为，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，锐角三角函数，根据题意作适当辅助线构造出直角三角形是解题的关键．17．8【分析】由于四边形OABC为平行四边形，根据平移的性质，结合点O、A、B的坐标可确定点C的坐标为（4，2），将其代入带反比例函数解析式求k值即可．【详解】解：∵四边形OABC为平行四边形，∴，，∵A坐标为，点B坐标为，点O坐标为，由平移的性质可知，点C的坐标为（4，2），∴将点C（4，2）代入到函数中，可得，解得．故答案为：8．【点睛】本题主要考查了反比例函数图像上点的坐标特征、平行四边形的性质及平移的性质，解题关键是确定C点的坐标．18．【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A=90°，AD//BC，AB=AD=BC=4，根据全等三角形的性质得到PD=CF=2，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．【详解】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=90°，AD//BC，AB=AD=BC=4，∵E，F分别是边AB，BC的中点，∴AE=CF=×2=2，∵AD//BC，∴∠DPH=∠FCH，∵H是DF的中点，∴DH=FH，在△PDH和△CFH中，∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD=CF=2，∴AP=AD-PD=2，∴PE==，∵点G，H分别是EC，FD的中点，∴GH=EP=；故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，以及三角形的中位线等知识，正确的构造全等三角形是解题的关键．19．##【分析】连接OC，BC，根据为的直径，可得∠ACB=∠BCD=90°，再由E为的中点，可得CE=BE=DE，从而得到∠BCE=∠CBE，然后根据切线的性质可得∠ABD=90°，再由OC=OB，可得∠OCF=90°，然后根据，可得△OBC是等边三角形，进而得到∠A=30°，∠CBD=30°，最后根据锐角三角函数，即可求解．【详解】解：如图，连接OC，BC，∵为的直径，∴∠ACB=∠BCD=90°，∵E为的中点，∴CE=BE=DE，∴∠BCE=∠CBE，∵是的切线，∴∠ABD=90°，即∠CBD+∠OBC=90°，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OCB+∠BCE=∠OBC+∠CBD=90°，即∠OCF=90°，∵，∴BC=OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴∠BOC=∠OBC=60°，∴∠A=30°，∠CBD=30°，∵，∴，∴，故答案为：【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、直角三角形的性质、解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．20．【分析】连接OC，由切线的性质得出，再根据三角形内角和得出，然后根据同圆的半径相等及等边对等角得出，根据三角形外角可得出，最后根据平行线的性质即可得出答案．【详解】解：连接OC过点作半圆的切线交的延长线于点，故答案为：．【点睛】本题考查了同圆的半径相等、三角形内角和与三角形外角的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质、切线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．21．4【分析】对于一次函数解析式，令求出对应的值，确定出点A的坐标，过点B作，由等腰三角形三线合一得到点D为AC的中点，求出AD的长即为点B的纵坐标，将B纵坐标代入直线解析式中求出横坐标，确定出B的坐标，代入反比例函数解析式中即可求出k的值．【详解】解：对于一次函数令，求得点A的坐标为轴点C的坐标为过点B作，点D的坐标为点B的纵坐标为点B在反比例函数上点B的坐标为把点B的坐标代入一次函数中，得解得故答案为：4．【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，涉及的知识点有一次函数与坐标轴的交点、坐标与图形性质、等腰三角形的性质，作出相应辅助线是解题的关键．22．5【分析】先根据垂直平分线的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据三角形的内角和定理可得，据此利用等腰三角形的判定即可得．【详解】解：由题意得：垂直平分，，，，，，，，，，，故答案为：5．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题关键．23．【分析】延长AE交DC的延长线于点G．作，交DG于点I．过点E作于点H．由角平分线的性质和三角形内角和定理可求出，即．又根据题意易证，即．由三角形外角性质可求出，即可设，则，．又易证为等腰直角三角形，即得出．由，即可列出关于x的方程，解出x，即得到的长，最后利用勾股定理即可求出的长，即的长．【详解】如图，延长AE交DC的延长线于点G．作，交DG于点I．过点E作于点H．根据题意可知，∴．∵AE平分，∴．∴，∴，∴,∵DE平分，∴．∴在和中，，∴，∴．∵，∴，由三角形外角性质可得，∴设，则，．∵，∴，∴，解得：．∴．在中，．∴．故答案为．【点睛】本题考查平行四边形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，三角形外角的性质以及勾股定理等知识．综合性强，较难．作出辅助线是解答本题的关键．24．(1)详见解析(2)详见解析(3)详见解析 【分析】（1）以点M为圆心适当长度为半径画弧，交于两点，作这两点间线段的垂直平分线交于点C即可；（2）按照作角平分线的方法作的平分线，交于即可；（3）以点D顶点，为一边作一个角等于，这个角的另一边交于点E，根据同位角相等两直线平行，得到，满足题意．【详解】（1）解：如图，为所作；（2）如图，为所作；（3）如图，为所作．【点睛】此题考查了角平分线、垂线、平行线的作图，熟练掌握作图方法是解题的关键．25．（1）PD是⊙O的切线．证明见解析.（2）8.【详解】试题分析：（1）连结OP，根据圆周角定理可得∠AOP=2∠ACP=120°，然后计算出∠PAD和∠D的度数，进而可得∠OPD=90°，从而证明PD是⊙O的切线；（2）连结BC，首先求出∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，然后可得AC长，再证明△CAE∽△CPA，进而可得，然后可得CE•CP的值．试题解析：（1）如图，PD是⊙O的切线．证明如下：连结OP，∵∠ACP=60°，∴∠AOP=120°，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA=30°，∵PA=PD，∴∠PAO=∠D=30°，∴∠OPD=90°，∴PD是⊙O的切线．（2）连结BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，又∵C为弧AB的中点，∴∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，∵AB=4，AC=Absin45°=．∵∠C=∠C，∠CAB=∠APC，∴△CAE∽△CPA，∴，∴CP•CE=CA2=（）2=8．考点：相似三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；直线与圆的位置关系；探究型．26．（1）见解析（2）5【分析】（1）作出线段BC的垂直平分线交直线a于点A，连结AB，AC，则△ABC即为所求；（2）过点C作CD⊥a于D，根据同角的余角相等求出∠BAE=∠ACD，然后利用“角角边”证明△ABE≌△CAD，根据全等三角形对应边相等可得AE=CD，BE=AD，再利用勾股定理列式求出AC的长，然后根据等腰直角三角形的性质即可得出结论．【详解】（1）如图所示：△ABC即为所求．（2）如图，过点C作CD⊥a于D，则∠ACD+∠CAD=90°．∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠BAE+∠CAD=180°﹣90°=90°，∴∠BAE=∠ACD．在△ABE和△CAD中，∵，∴△ABE≌△CAD（AAS），∴AE=CD，BE=AD．∵BE=1，BF=2，∴AD=1，AE=CD=1+2=3．在Rt△ACD中，AC==．∵△ABC是等腰直角三角形，∴=5．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的画法，等腰三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．27．四边形BEDF是菱形，理由见解析【分析】根据菱形的性质及，得到四边形BEDF是平行四边形，结合即可确定．【详解】四边形BEDF是菱形．理由如下：连接BD，交AC于O，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，，，，，，∴四边形BEDF是平行四边形，又，∴平行四边形BEDF是菱形．【点睛】本题考查菱形的性质与判定，涉及到平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的性质与判定是解决问题的关键．28．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，； 【分析】（1）由“”可证，可得；（2）由“”可证，可得，可得，由“”可证，可得，由直角三角形的性质可得结论；（3）以为直径作，连接，，由题意可得点在以为直径的上，则当点在上时，有最小值，由勾股定理可求的长，可得，由等腰三角形的性质和全等三角形的性质可得，即可求解．(1)证明：，，，∵四边形ABCD是正方形，，，，，在和中，，；(2)证明：法一：延长CD，BF交于点H，如图所示：∵点E是AB的中点，，∵四边形ABCD是正方形，，，，，，，，又，，，，，，，，在和中，，，，，又，，；法二：证明：过点D作于点H，如图所示：则，，，∵点E为AB中点，在中，，，，设，则，在中，，在中，，，即，；(3)；．理由如下：以BC为直径作，连接AO，OG，如图所示：，，∴点G在以BC为直径的上，∵在中，，∴当点G在AO上时，AG有最小值，此时，如图所示：，点O是BC中点，，，，，，，，，，由（2）可得，．【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，圆的有关知识，三角形三边关系等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．29．(1)见解析(2)见解析 【分析】（1）由得，，再根据三角形外角性质得，，再结合平行线的性质最后可得；（2）如图，连接，过点P作于点F，根据线段垂直平分线的判定与性质得，，进一步可得，再由，，，最后可得．（1）证明：∵，∴，，    ∵是的外角，是的外角，∴，．∴，   ∵，∴，   ∴；（2）如图，连接，过点P作于点F，   ∵于点Q，，∴是的垂直平分线，∴，∴，    ∵，并且与间的距离等于，∴，  ∵，，∴平分，∴，∴，∴．【点睛】本题考查等边对等角、三角形外角的性质、平行线的性质、线段垂直平分线的判定与性质，解题关键是找到图形中角之间的相互关系．30．(1)见解析(2)四边形是平行四边形．证明见解析(3)①补全图形见解析；②的面积是 【分析】（1）根据矩形的性质以及折叠的性质证明∠GMD=∠NDM，即可证明DG=GM；（2）根据矩形的性质以及折叠的性质得到∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠BDF=∠FDC=∠BDC，可证明EB∥DE，即可证明四边形BFDE是平行四边形；（3）①根据题意补全图形即可；②证明△ADC∽△DCF，利用相似三角形的性质得到，利用三角形面积公式求解即可．（1）证明∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC，∠A=∠ABC=90°．       ∵矩形纸片ABCD沿BE折叠，点A的对应点是点M，∴AB=BM，AE=EM，∠A=∠BME=90°．∴∠ABC=∠BME=90°．∴AB∥EM．∴DC∥EM．∴∠GMD=∠MDC．∵矩形纸片ABCD沿DF折叠，点C的对应点为点N，∴∠NDM=∠MDC．∴∠GMD=∠NDM．∴DG=GM；（2）解：四边形BFDE是平行四边形．   证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∠ABD=∠BDC．∵矩形纸片ABCD沿BE折叠，点A的对应点是点M，沿DF折叠，点C的对应点为点N，∴∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠BDF=∠FDC=∠BDC．∴∠EBD=∠BDF．∴EB∥DF．       又AD∥BC，∴四边形BFDE是平行四边形；（3）①所作图形如图：②∵四边形ABCD是矩形，AB=2，AD=3，∴∠ADC=∠DCF=90°，DC=AB=2，BC=AD=3，BC∥AD．∴∠ADF=∠DFC．∵矩形纸片ABCD沿DF折叠，点C的对应点是点N，∴DF是CN的垂直平分线．记垂足为点O，则∠DOC=90°．∴∠ADF+∠FDC=∠FDC+∠ACD=90°．∴∠DFC=∠ADF=∠ACD．∵∠ADC=∠DCF=90°，∴△ADC∽△DCF．  ∴，∴，∴．  ∴．∴．即，的面积是．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质判定和性质，矩形的判定和性质等知识，综合运用这些知识解决问题是本题的关键．31．(1)直线的函数表达式为(2)线段的最大值为4(3)点F的坐标为或或或 【分析】(1)首先可求得点A、C的坐标，再利用待定系数法即可求得；(2) 设点D的坐标为，点E的坐标为，可得，再根据二次函数的性质，即可求得；(3)分三种情况，分别计算即可求得．(1)解：把代入，得．  把代入，得．解得，． ∴点A的坐标是，点C的坐标是．设直线的函数表达式为． ∵点在直线上，∴．解得．∴直线的函数表达式为．(2)解：∵点D在抛物线上，∴可设点D的坐标为．∵轴，且点E在直线上，∴点E的坐标为．∴．   ∵，∴当时，的长取得最大值是．∴线段的最大值为4．(3)解：设点F的坐标为(-1,n)，则，，，当时，，得 解得，故此时点F的坐标为；当时，，得，得，解得，故此时点F的坐标为或；当时，，得 解得，故此时点F的坐标为；综上，点F的坐标为或或或．【点睛】本题考查了求二次函数与坐标轴的交点问题，待定系数法求主一次函数的解析式，二次函数的性质，利用勾股定理解决问题，分三种情况分别是解决本题的关键．32．（1）见解析；（2）上面说理过程中的“依据1”，“依据2”分别指：与线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；两点确定一条直线．【分析】（1）利用几何语言画出对应的几何图形；（2）利用作法得到BA=BE，CA=CE，则根据线段的垂直平分线的性质定理的逆定理得到点B、点C在线段AE的垂直平分线上，从而得到BC垂直平分AE．【详解】解：（1）如图，AD为所作；（2）证明：连接BE，CE．∵BA=BE∴点B在线段AE的垂直平分线上（与线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上   ）同理可证，点C也在线段AE的垂直平分线上∴BC垂直平分AE（两点确定一条直线   ）∴AD是△ABC的高．上面说理过程中的“依据1”，“依据2”分别指：与线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；两点确定一条直线．【点睛】本题考查了作图-基本作图和线段垂直平分线的性质与判定，熟练掌握基本作图，灵活运用垂直平分线的性质是解题关键．33．（1）BF=CH，BF⊥CH；（2）详见解析；（3）AP=【分析】（1）利用正方形的性质证明△BEF≌△CEH，即可得到结论；（2）证明△AEP≌△BEQ，得到△PEQ是等腰直角三角形，同理：△PEN，△NEM，△QEM都是等腰直角三角形，推出PE=QE=NE=ME，PN=PQ，由此得到结论；（3）如图，连接AE、BE，作EM⊥AD，EN⊥AB，设AP=BQ=x，证明△FEN∽△ENQ，得到，列得，求解方程即可．【详解】解：（1）BF=CH，BF⊥CH；连接CE、BE，设BF交CH于点O，∵点是正方形对角线的交点，∴，BE=CE，∵EG是正方形EFGH的对角线，∴，EF=EH，∴∠BEF=∠CEH，∴△BEF≌△CEH，∴BF=CH，∠BFE=∠CHE，又∵∠1=∠2，∴-（∠BFE+∠1）=-（∠CHE+∠2），∴∠FOH=∠FEH=，∴BF⊥CH；．  （2）∵四边形ABCD、EFGH都是正方形，∴∠FEH=∠AEB=，AE=BE，∠PAE=∠QBE=，∴∠AEP=∠BEQ，∴△AEP≌△BEQ，∴PE=QE，∴△PEQ是等腰直角三角形，同理：△PEN，△NEM，△QEM都是等腰直角三角形，∴PE=QE=NE=ME，PN=PQ，∴四边形MNPQ是矩形，∵PN=PQ，∴四边形MNPQ是正方形；（3）如图，连接AE、BE，作EM⊥AD，EN⊥AB，由（2）可知△AEP≌△BEQ，∴AP=BQ，设AP=BQ=x，∵四边形ABCD是正方形，AB=2，∴AE=BE=，NB=NE=1，∵NQ=NB-BQ=1-x，∴，∵∠FEQ=∠ENQ，∠FQE=∠EQN，∴∠EFN=∠NEQ，∴△FEN∽△ENQ，∴∴，∴，解得x=或x=（舍去），∴AP=．．【点睛】此题考查正方形的性质及判定，等腰直角三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟记各性质定理及判定定理并熟练应用是解题的关键．34．∠ABD=102°．【分析】根据∠CAB＝60°，可得，再由点D是的中点可得，由圆周角定理可知∠CBD＝30°，由此即可求出∠ABD的度数．【详解】解：∠AOB＝96°，∴∠ACB＝48°，∵∠CAB＝60°，∴∠ABC＝180°-∠ACB-∠CAB=72°，， 又∵点D是的中点，∴，∴∠CBD＝30°，∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝102°．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，找准同弧所对圆周角和圆心角是解题关键．35．（1）证明见解析；（2），理由见解析；（3）．【分析】（1）根据题意计算得∠BAD=∠CAE；再根据旋转的性质，通过证明△BAD≌△CAE，从而完成求解；（2）结合（1）的结论，通过△BAD≌△CAE，得；通过勾股定理，得；再通过勾股定理计算，记得得到答案；（3）过点作交于点；根据等腰三角形三线合一的性质，得，再根据直角三角形斜边中线的性质，得；根据勾股定理的性质，通过计算，即可得到线段BD，DC，AD之间的数量关系．【详解】（1）由题意得，∠BAC=∠DAE=90°∵∠BAD+∠CAD =∠CAE+∠CAD∴∠BAD=∠CAE∵线段AD绕点A逆时针旋转90°至AE∴AD=AE又∵AB=AC，∴△BAD≌△CAE∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°∴∠ECD=90°，BD⊥CE．（2）由（1）得：△BAD≌△CAE∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°∵，BD＝2DC，即,∴，∵AD=AE ∴∴∠B=∠ACB=45°∴∠BCE=∠ACB+∠ACE =90°∴CD2+CE2=DE2，即，∴；（3）如图，过点作交于点 ∵∠BAC＝90°，AB＝AC∴ ∴∴， ∵ ∴∴．【点睛】本题考查了旋转、等腰直角三角形、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握旋转、等腰三角形三线合一、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．