专题05图形的变化+9大考点++浙江专用+-【好题汇编】三年+2023-2025+中考数学真题分类汇编

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1．（2025·浙江·中考真题）底面是正六边形的直棱柱如图所示，其俯视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查三视图，根据俯视图是从上面看到的图形，进行判断即可．
【详解】解：由图可知，俯视图为：
故选A．
2．（2024·浙江·中考真题）5个相同正方体搭成的几何体主视图为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】解：从正面看，第一层是三个正方形，第二层靠左是两个正方形．
故选：B．
3．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是国家级非物质文化遗产衢州莹白瓷的直口杯，它的主视图是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据视图的意义，从正面看所得到的图形即可．
【详解】
解：该直口杯的主视图为
故选：D．
【点睛】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．
4．（2023·浙江湖州·中考真题）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看所得到的图形，从而得出答案．
【详解】解：∵主视图和左视图是长方形，
∴几何体是柱体，
∵俯视图是圆，
∴该几何体是圆柱，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力．
5．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图的几何体由3个同样大小的正方体搭成，它的俯视图是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】找到从上面所看到的图形即可．
【详解】解：从上面看从下往上数，左边有1个正方形，右边有1个正方形，
∴俯视图是：
．
故选：C．
【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，解题的关键是掌握三视图．
6．（2023·浙江绍兴·中考真题）由8个相同的立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【详解】从正面看第一层是三个小正方形，第二层左边一个小正方形，中间没有，右边1个小正方形，
故选：D．
【点睛】本题考查了三视图的知识，要求同学们掌握主视图是从物体的正面看得到的视图．
7．（2023·浙江台州·中考真题）如图是由5个相同的正方体搭成的立体图形，其主视图是（ ）．

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据主视图是从该组合体的正面观察得到的图形进行判断即可．
【详解】解：由图可知，其主视图如图所示：
，
故选：C．
【点睛】本题考查简单组合体的主视图，理解主视图是从物体正面观察所得到的图形是解题的关键．
8．（2023·浙江温州·中考真题）截面为扇环的几何体与长方体组成的摆件如图所示，它的主视图是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据几何体的三视图可进行求解．
【详解】
解：由图可知该几何体的主视图是 ；
故选：A．
【点睛】本题主要考查三视图，熟练掌握三视图是解题的关键．
9．（2023·浙江宁波·中考真题）如图所示的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，它的主视图是( )

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据几何体的主视图的含义可直接进行判断．
【详解】解：由题意可得：该几何体的主视图为
；
故选A．
【点睛】本题主要考查几何体的三视图，熟练掌握几何体的三视图的画法是解题的关键．
10．（2023·浙江金华·中考真题）某物体如图所示，其俯视图是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据俯视图的意义判断即可．
【详解】
的俯视图是 ．
故选B．
【点睛】本题考查了几何体的三视图，正确理解俯视图是解题的关键．
11．（2023·浙江·中考真题）如图，箭头所指的是某陶艺工作室用于垫放陶器的5块相同的耐火砖搭成的几何体，它的主视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】主视图为从正面看到的图形，即可判断．
【详解】解：从正面观察图形可知，其主视图分为两层，上层中间1个小长方形，下层有3个小长方形，D选
项符合；
故选：D
【点睛】本题主要考查几何体的三视图，解题的关键是掌握主视图是从正面看到的图形．
考点02 位似图形
1．（2023·浙江嘉兴·中考真题）美术老师写的下列四个字中，为轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义进行判断即可．
【详解】A、B、C选项中的图形都不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
D选项的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：D．
【点睛】本题考查轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
考点03 位似图形
1．（2025·浙江·中考真题）如图，五边形ABCDE,A′B′C′D′E′是以坐标原点O为位似中心的位似图形，已知点A,A′的坐标分别为(2,0),(3,0)．若DE的长为3，则D′E′的长为（ ）
A．72B．4C．92D．5
【答案】C
【分析】本题考查了位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握位似图形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
根据位似图形的性质得到OAOA′=OEOE′=ODOD′=23，证明△DOE∽△D′OE′，即可求解．
【详解】解：∵五边形ABCDE,A′B′C′D′E′是以坐标原点O为位似中心的位似图形，点A,A′的坐标分别为(2,0),(3,0)
∴OAOA′=OEOE′=ODOD′=23，
∵∠DOE=∠DOE，
∴△DOE∽△D′OE′，
∴DED′E′=OEOE′=23，
∵DE=3，
∴D′E′=92，
故选：C．
2．（2024·浙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A′B′C′是位似图形，位似中心为点O．若点A(−3,1)的对应点为A′(−6,2)，则点B(−2,4)的对应点B′的坐标为（ ）
A．(−4,8)B．(8,−4)C．(−8,4)D．(4,−8)
【答案】A
【分析】本题考查了位似变换，根据点A、A'的坐标可得到位似比，再根据位似比即可求解，掌握位似变换的性质是解题的关键．
【详解】解：∵△ABC与△A′B′C′是位似图形，点A(−3,1)的对应点为A′(−6,2)，
∴△A'B'C'与△ABC的位似比为2，
∴点B(−2,4)的对应点B′的坐标为−2×2,4×2，即−4,8，
故选：A．
3．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别为A1,2,B2,1,C3,2，现以原点O为位似中心，在第一象限内作与△ABC的位似比为2的位似图形△A′B′C′，则顶点C′的坐标是（ ）

A．2,4B．4,2C．6,4D．5,4
【答案】C
【分析】直接根据位似图形的性质即可得．
【详解】解：∵△ABC的位似比为2的位似图形是△A′B′C′，且C3,2，
∴C′2×3,2×2，即C′6,4，
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与位似图形，熟练掌握位似图形的性质是解题关键．
考点04 三角函数与解三角形
1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O．若∠AOB=60°，则ABBC=（ ）

A．12B．3−12C．32D．33
【答案】D
【分析】根据矩形性质得出OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，推出OA=OB则有等边三角形AOB，即∠BAO=60°，然后运用余切函数即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAO=60°，
∴∠ACB=90°−60°=30°，
∵tan∠ACB=ABBC=tan30°=33，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出∠BAO=60°是解答本题的关键．
2．（2023·浙江杭州·中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE,△ABF,△BCG,△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF>∠BAF，连接BE．设∠BAF=α,∠BEF=β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n,tanα=tan2β，则n=（ ）

A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】设BF=AE=a，EF=b，首先根据tanα=tan2β得到2a2+2ab=2b2，然后表示出正方形ABCD的面积为AB2=3b2，正方形EFGH的面积为EF2=b2，最后利用正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n求解即可．
【详解】设BF=AE=a，EF=b，
∵tanα=tan2β，∠AFB=90°，
∴BFAF=BFEF2，即aa+b=ab2，
∴aa+b=a2b2，整理得a2+ab=b2，
∴2a2+2ab=2b2，
∵∠AFB=90°，
∴AB2=AF2+BF2=a+b2+a2=2a2+2ab+b2=3b2，
∴正方形ABCD的面积为AB2=3b2，
∵正方形EFGH的面积为EF2=b2，
∵正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n，
∴b23b2=1n，
∴解得n=3．
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
3．（2023·浙江湖州·中考真题）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF=3cm，AE+FC=11cm，则BE的长是 cm．
（2）若DGGH=54，则tan∠DAH的值是 ．
【答案】 4 3
【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC=11cm，即可求出BE的长；
（2）由已知条件可以证明∠DAH=∠CDG，从而得到tan∠DAH=tan∠CDG，设AH=x，DG=5k，GH=4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH=tan∠CDG列方程，解出x，从而求出tan∠DAH的值．
【详解】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE=BE，BF=CF，
∵AE+FC=11cm，
∴BE+BF=11cm，
即BE+BE+EF=11cm，
即2BE+EF=11cm，
∵EF=3cm，
∴BE=4cm，
故答案为：4；
（2）设AH=x，
∵DGGH=54，
∴可设DG=5k，GH=4k，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE=EF=FG=GH=4k，
∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE=BE，BF=CF，∠ABE=∠CBF=45°，
∴CG=CF+GF=BF+4k=BE+8k=AH+12k=x+12k，
∠ABC=∠ABE+∠CBF=45°+45°=90°，
∵四边形ABCD对角互补，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADH+∠CDG=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠AHD=∠CGD=90°，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∴∠DAH=∠CDG，
∴tan∠DAH=tan∠CDG，
∴DHAH=CGDG，即5k+4kx=x+12k5k，
整理得：x2+12kx−45k2=0，
解得x1=3k，x2=−15k（舍去），
∴tan∠DAH=DHAH=9k3k=3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角函数定义，一元二次方程的解法等，弄清图中线段间的关系是解题的关键．
4．（2023·浙江嘉兴·中考真题）一副三角板ABC和DEF中，∠C=∠D=90°，∠B=30°，∠E=45°，BC=EF=12．将它们叠合在一起，边BC与EF重合，CD与AB相交于点G（如图1），此时线段CG的长是 ，现将△DEF绕点C(F)按顺时针方向旋转（如图2），边EF与AB相交于点H，连结DH，在旋转0°到60°的过程中，线段DH扫过的面积是 ．

【答案】 66−62 12π−183+18
【分析】如图1，过点G作GH⊥BC于H，根据含30°直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出BH=3GH，GH=CH，然后由BC=12可求出GH的长，进而可得线段CG的长；如图2，将△DEF绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F，FE1与AB交于G1，连接D1D，AD1，△D2E2F是△DEF旋转0°到60°的过程中任意位置，作DN⊥CD1于N，过点B作BM⊥D1D交D1D的延长线于M，首先证明△CDD1是等边三角形，点D1在直线AB上，然后可得线段DH扫过的面积是弓形D1D2D的面积加上△D1DB的面积，求出DN和BM，然后根据线段DH扫过的面积=S弓形D1D2D+S△D1DB=S扇形CD1D−S△CD1D+S△D1DB列式计算即可．
【详解】解：如图1，过点G作GH⊥BC于H，

∵∠ABC=30°，∠DEF=∠DFE=45°，∠GHB=∠GHC=90°，
∴BH=3GH，GH=CH，
∵BC=BH+CH=3GH+GH=12，
∴GH=63−6，
∴CG=2GH=2×63−6=66−62；
如图2，将△DEF绕点C顺时针旋转60°得到△D1E1F，FE1与AB交于G1，连接D1D，
由旋转的性质得：∠E1CB=∠DCD1=60°，CD=CD1，
∴△CDD1是等边三角形，
∵∠ABC=30°，
∴∠CG1B=90°，
∴CG1=12BC，
∵CE1=BC，
∴CG1=12CE1，即AB垂直平分CE1，
∵△CD1E1是等腰直角三角形，
∴点D1在直线AB上，
连接AD1，△D2E2F是△DEF旋转0°到60°的过程中任意位置，
则线段DH扫过的面积是弓形D1D2D的面积加上△D1DB的面积，
∵BC=EF=12，
∴DC=DB=22BC=62，
∴D1C=D1D=62，
作DN⊥CD1于N，则ND1=NC=32，
∴DN=D1D2−ND12=622−322=36，
过点B作BM⊥D1D交D1D的延长线于M，则∠M=90°，
∵∠D1DC=60°，∠CDB=90°，
∴∠BDM=180°−∠D1DC−∠CDB=30°，
∴BM=12BD=32，
∴线段DH扫过的面积=S弓形D1D2D+S△D1DB，
=S扇形CD1D−S△CD1D+S△D1DB，
=60π⋅622360−12×62×36+12×62×32，
=12π−183+18，
故答案为：66−62，12π−183+18．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含30°直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点D1在直线AB上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．
5．（2023·浙江台州·中考真题）如图，点C，D在线段AB上（点C在点A，D之间），分别以AD，BC为边向同侧作等边三角形ADE与等边三角形CBF，边长分别为a，b．CF与DE交于点H，延长AE，BF交于点G，AG长为c．

（1）若四边形EHFG的周长与△CDH的周长相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
（2）若四边形EHFG的面积与△CDH的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
【答案】 5a+5b=7c a2+b2=c2
【分析】由题意可得：△ABG为等边三角形，四边形EHFG为平行四边形，AB=AG=c，（1）分别求得四边形EHFG的周长与△CDH的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形EHFG的面积与△CDH的面积，根据题意，求解即可．
【详解】解：等边三角形ADE与等边三角形CBF中，∠A=∠B=∠EDA=∠HCD=60°，
∴△CDH和△ABG为等边三角形，CF∥AG，ED∥BG
∴AB=AG=BG=c，四边形EHFG为平行四边形，
又∵等边三角形ADE与等边三角形CBF
∴GF=c−b，EG=c−a，AC=c−b，
∴CD=AD−AC=a+b−c，
（1）平行四边形EHFG的周长为：2FG+EG=2c−b+c−a=4c−2a−2b，
△CDH的周长为：3CD=3a+3b−3c
由题意可得：3a+3b−3c=4c−2a−2b
即：5a+5b=7c；
（2）过点F作FM⊥EG，过点H作HN⊥CD，如下图：

在Rt△FMG中，GF=c−b，∠GMF=90°，∠G=60°，
∴MF=GF×sin60°=3c−b2
则平行四边形EHFG的面积为EG×MF=3c−ac−b2
在Rt△CNH中，CH=a+b−c，∠CNH=90°，∠HCN=60°，
∴HN=CH×sin60°=3a+b−c2
则△CDH的面积为：12×CD×HN=3a+b−c24
由题意可得：3a+b−c24=3c−ac−b2
化简可得：a2+b2=c2
故答案为：5a+5b=7c；a2+b2=c2
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度．
6．（2023·浙江金华·中考真题）计算：(−2023)0+4−2sin30°+−5．
【答案】7
【分析】根据零指数幂、算术平方根的定义、特殊角的三角函数值、绝对值的意义，计算即可．
【详解】解：原式=1+2−2×12+5，
=1+2−1+5，
=7．
【点睛】本题考查了零指数幂、算术平方根的定义、特殊角的三角函数值、绝对值的意义．本题的关键是注意各部分的运算法则，细心计算．
7．（2024·浙江·中考真题）如图，在△ABC中，AD⊥BC，AE是BC边上的中线，AB=10,AD=6,tan∠ACB=1．
(1)求BC的长；
(2)求sin∠DAE的值．
【答案】(1)14
(2)3737
【分析】本题考查了三角形的高、中线的定义，勾股定理，解直角三角形，分别解Rt△ADC与Rt△ADB，得出DC=6，DB=8是解题的关键．
（1）先由三角形的高的定义得出∠ADB=∠ADC=90°，再利用tan∠ACB=1得出DC=6；在Rt△ADB，根据勾股定理求出DB=8，然后根据BC=BD+DC即可求解．
（2）先由三角形的中线的定义求出BE的值，则DE=BD−BE，然后在Rt△ADE中根据正弦函数的定义即可求解．
【详解】（1）解：在Rt△ABD中，AB=10,AD=6，
∴BD=AB2−AD2=102−62=8，
在Rt△ADC中，tan∠ACB=ADDC=1，
∴DC=6，
∴BC=BD+DC=8+6=14；
（2）∵AE是BC边上的中线，
∴BE=12BC=7，
∴DE=BD−BE=8−7=1，
∴AE=AD2+DE2=62+12=37，
∴sin∠DAE=DEAE=137=3737．
8．（2023·浙江金华·中考真题）问题：如何设计“倍力桥”的结构？
探究1：图3是“桥”侧面示意图，A,B为横梁与地面的交点，C,E为圆心，D,H1,H2是横梁侧面两边的交点．测得AB=32cm，点C到AB的距离为12cm．试判断四边形CDEH1的形状，并求l的值．
探究2：若搭成的“桥”刚好能绕成环，其侧面示意图的内部形成一个多边形．
①若有12根横梁绕成环，图4是其侧面示意图，内部形成十二边形H1H2H3⋯H12，求l的值；
②若有n根横梁绕成的环（n为偶数，且n≥6），试用关于n的代数式表示内部形成的多边形H1H2H3⋯Hn的周长．

【答案】探究1：四边形CDEH1是菱形，l=22cm；探究2：①l=16+63cm；②6ntan360°ncm
【分析】探究1：根据图形即可判断出CDEH1形状；根据等腰三角形性质可求出AM长度，利用勾股定理即可求出CA长度，从而求出l值．
探究2：①根据十二边形的特性可知∠CH1N=30°，利用特殊角正切值求出CH1长度，最后利用菱形的性质求出EH1的长度，从而求得l值．②根据正多边形的特性可知∠CH1N的度数，利用特殊角正切值求出CH1和H1N长度，最后利用菱形的性质求出EH1的长度，从而求得l值．
【详解】解：探究1：四边形CDEH1是菱形，理由如下：
由图1可知，CD∥EH1，ED∥CH1，
∴ CDEH1为平行四边形．
∵桥梁的规格是相同的，
∴桥梁的宽度相同，即四边形CDEH1每条边上的高相等，
∵▱CDEH1的面积等于边长乘这条边上的高，
∴ CDEH1每条边相等，
∴ CDEH1为菱形．
②如图1，过点C作CM⊥AB于点M．

由题意，得CA=CB,CM=12，AB=32cm．
∴AM=12AB=16．
在Rt△CAM中，CA2=AM2+CM2，
∴CA=162+122=400=20．
∴l=CA+2=22cm．
故答案为：l=22cm．
探究2：①如图2，过点C作CN⊥H1H2于点N．

由题意，得∠H1CH2=120°,CH1=CH2,CN=3，
∴∠CH1N=30°．
∴CH1=2CN=6,H1N=CNtan30°=333=33．
又∵四边形CDEH1是菱形，
∴EHl=CH1=6．
∴l=22+6+33=16+63cm．
故答案为：l=16+63cm．
②如图3，过点C作CN⊥H1H2于点N．

由题意，形成的多边形为正n边形，
∴外角∠CH1H2=360°n．
在Rt△CNH1中，H1N=CNtan∠CH1H2=3tan360°n．
又∵CH1=CH2,CN⊥H1H2，
∴H1H2=2H1N=6tan360°n．
∴形成的多边形的周长为6ntan360°ncm．
故答案为：6ntan360°ncm．
【点睛】本题是一道生活实际应用题，考查的是菱形的性质和判定、锐角三角函数、勾股定理，解题的关键在于将生活实际和有关数学知识有效结合以及熟练掌握相关性质．
考点05 三角形相似与相似性质
1．（2023·浙江·中考真题）如图，点P是△ABC的重心，点D是边AC的中点，PE∥AC交BC于点E，DF∥BC交EP于点F，若四边形CDFE的面积为6，则△ABC的面积为（ ）

A．15B．18C．24D．36
【答案】B
【分析】连接BD,根据三角形重心的性质可知：P在BD上，由三角形中线平分三角形的面积可知：S△ABC=2S△BDC，证明△DFP∼△BEP和△BEP∼△BCD,根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可解答．
【详解】解：如图，连接BD，
∵点P是△ABC的重心，点D是边AC的中点，P在BD上，
∴ S△ABC=2S△BDC，
BP:PD=2:1，
∵DF∥BC，
∴ △DFP∼△BEP
∴S△DFPS△BEP=14，
∵EF∥AC，
∴ △BEP∼△BCD，
∴S△BEPS△BCD=BPBD2=232=49，
设△DFP的面积为m，则△BEP的面积为4m，△BCD的面积为9m，
∵四边形CDFE的面积为6，
∴m+9m−4m=6，
∴m=1，
∴ △BCD的面积为9，
∴△ABC的面积是18．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质，难度适中，准确作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·浙江金华·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q．若HF=FG，则S四边形PCQES正方形ABEF的值是（ ）

A．14B．15C．312D．625
【答案】B
【分析】设HF=FG=a，正方形ACGH的边长为2a，证明tan∠HAF=tan∠GFP，先后求得GP=12a，PC=32a，BC=a，利用三角形面积公式求得S△BCQ=14a2，证明Rt△BQC∽Rt△BPE，求得S△BEP=54a2，S四边形CQEP=a2，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形ACGH是正方形，且HF=FG，
设HF=FG=a，则AC=CG=GH=AH=2a，
∵四边形ABEF是正方形，
∴∠AFP=90°，
∴∠HAF=90°−∠HFA=∠GFP，
∴tan∠HAF=tan∠GFP，即HFHA=GPFG=12，
∴GP=12a，
∴PC=2a−12a=32a，
同理tan∠HAF=tan∠CAB，即HFHA=BCAC=12，
∴BC=a，
同理CQ=12a，
∴PB=52a，
BQ2=a2+12a2=54a2，S△BCQ=12×a×12a=14a2，
∵Rt△BQC∽Rt△BPE，
∴S△BCQS△BEP=BQBP2=54a2254a2=15，
∴S△BEP=5S△BCQ=54a2，
∴S四边形CQEP=S△BEP−S△BCQ=a2，
∵S正方形ABEF=AB2=AC2+BC2=2a2+a2=5a2，
∴S四边形PCQES正方形ABEF=a25a2=15，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
3．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在△ABC中，D是边BC上的点（不与点B，C重合）．过点D作DE∥AB交AC于点E；过点D作DF∥AC交AB于点F．N是线段BF上的点，BN=2NF；M是线段DE上的点，DM=2ME．若已知△CMN的面积，则一定能求出（ ）

A．△AFE的面积B．△BDF的面积
C．△BCN的面积D．△DCE的面积
【答案】D
【分析】如图所示，连接ND，证明△FBD∽△EDC，得出FBED=FDEC，由已知得出NFME=BFDE，则FDEC=NFME，又∠NFD=∠MEC，则△NFD∼△MEC，进而得出∠MCD=∠NDB，可得MC∥ND，结合题意得出S△EMC=12S△DMC=12S△MNC，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接ND，

∵DE∥AB，DF∥AC，
∴∠ECD=∠FDB，∠FBD=∠EDC，∠BFD=∠A，∠A=DEC．
∴△FBD∼△EDC，∠NFD=∠MEC．
∴FBED=FDEC．
∵DM=2ME，BN=2NF，
∴NF=13BF，ME=13DE
∴NFME=BFDE．
∴FDEC=NFME．
又∵∠NFD=∠MEC，
∴△NFD∼△MEC．
∴∠ECM=∠FDN．
∵∠FDB=∠ECD
∴∠MCD=∠NDB．
∴MC∥ND．
∴S△MNC=S△MDC．
∵DM=2ME，
∴S△EMC=12S△DMC=12S△MNC．
∵S△DCE=S△EMC+S△DMC，
∴S△DCE=12S△MNC+S△MNC=32S△MNC．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的知识，解题的关键是掌握相似三角形的性质与判定，平行线的判定和性质，等面积转换．
4（2023·浙江衢州·中考真题）下面是勾股定理的一种证明方法：图1所示纸片中，∠ACB=90°AC15(cm)．
∴小若垫起脚尖后能被识别．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的实际应用，涉及到的知识点有锐角三角函数中的正切值、矩形的性质、三角形的全等，解题的关键在于是否能根据生活实际题结合数学相关知识．解题的重点在于熟练掌握相关概念、性质和全等方法．
2．（2023·浙江绍兴·中考真题）图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱OA垂直地面OB，支架CD与OA交于点A，支架CG⊥CD交OA于点G，支架DE平行地面OB，篮筺EF与支架DE在同一直线上，OA=2.5米，AD=0.8米，∠AGC=32°．

(1)求∠GAC的度数．
(2)某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面3米处，那么他能挂上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：sin32°≈0.53,cs32°≈0.85,tan32°≈0.62）
【答案】(1)58°
(2)该运动员能挂上篮网，理由见解析
【分析】（1）根据直角三角形的两个锐角互余即可求解；
（2）延长OA,ED交于点M，根据题意得出∠ADM=32°，解Rt△ADM，求得AM，根据OM=OA+AM与3比较即可求解．
【详解】（1）解：∵CG⊥CD，
∴∠ACG=90°，
∵∠AGC=32°，
∴∠GAC=90°−32°=58°．
（2）该运动员能挂上篮网，理由如下．
如图，延长OA,ED交于点M，

∵OA⊥OB,DE∥OB，
∴∠DMA=90°，
又∵∠DAM=∠GAC=58°，
∴∠ADM=32°，
在Rt△ADM中，AM=ADsin32°≈0.8×0.53=0.424，
∴OM=OA+AM=2.5+0.424=2.924