2022年备考浙教版中考数学题型专项训练 图形的性质解答题专练附答案

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备考浙教版中考数学题型专项训练 图形的性质解答题专练
一、综合题
1．如图，在 中， ， ， 平分 ，交 边于点 .

（1）如图1，过点A作AD⊥BC于D ，若已知∠C=50° ，求∠EAD 度数；
（2）如图2，过点 作 于 ，若 恰好又平分 ，求 的度数；
（3）如图3，CF平分△ABC 外角∠BCG ，交AE的延长线于点 F，作FD⊥BC 于D ，设∠ACB=n° ，试求∠DFE-∠AFC 的值.（用含有n的代数式表示）

（4）如图4，在图3的基础上分别作 和 的角平分线，交于点 ，作 于 ，设 ，试直接写出 的值.（用含有 的代数式表示）
2．已知：直线AB∥CD，M，N分别在直线AB，CD上，H为平面内一点，连HM，HN．

（1）如图1，延长HN至G，∠BMH和∠GND的角平分线相交于点E．
①若∠BME=25°，∠END=75°，则∠H的度数为▲ ；
②探究∠MEN与∠MHN的数量关系，并给予证明；
（2）如图2，∠BMH和∠HND的角平分线相交于点E．作MP平分∠AMH，NQ∥MP交ME的延长线于点Q，若∠H＝150°，求∠ENQ的度数．
3．如图

（1）如图1，点E在BC上，∠A＝∠D，∠ACB =∠CED．请说明 AB∥CD 的理由.
（2）如图2，AB∥CD，BG 平分∠ABE，与∠EDF 的平分线交于 H 点，若∠DEB比∠DHB 大60°，求∠DEB 的度数．
（3）保持（2）中所求的∠DEB 的度数不变，如图3，AB∥CD，BM 平分∠EBK，DN 平分∠CDE，作 BP∥DN，则∠PBM 的度数是否改变？若不变，请直接写出∠PBM 的度数；若改变，请说明理由．
4．如图，已知四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一点（不与点A，D重合），连接CE，以CE为一边作正方形CEFG，使点F，G与点A，B在CE的两侧，连接BE并延长，交GD延长线于点H．

（1）如图1，请判断线段BE与GD的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）如图2，连接BG，若AB＝2，CE＝ ，请你求出 的值．
5．如图1，E是直线AB、CD内部一点，AB∥CD，连接EA，ED．

（1）探究猜想：
①若∠A=20°，∠D=50°，则∠AED= ▲ 度；
②若∠A=35°，∠D=45°，则∠AED= ▲ 度；
③猜想图1中∠AED、∠EAB、∠EDC的数量关系并证明你的结论．
（2）拓展应用：
如图2，射线FE与长方形ABCD的边AB交于点E，与边CD交于点F，①②③④分别是被射线FE隔开的4个区域（不含边界，其中区域③、④位于直线AB上方），P是位于以上四个区域上的点，猜想：∠PEB，∠PFC，∠EPF的关系（直接写出结论，不要求证明）
6．如图，AB∥CD，点E是AB上一点，连结CE.

（1）如图1，若CE平分∠ACD，过点E作EM⊥CE交CD于点M，试说明∠A＝2∠CME；
（2）如图2，若AF平分∠CAB，CF平分∠DCE，且∠F＝70°，求∠ACE的度数.
（3）如图3，过点E作EM⊥CE交∠DCE的平分线于点M，MN⊥CM交AB于点N，CH⊥AB，垂足为H.若∠ACH＝∠ECH请直接写出∠MNB与∠A之间的数量关系.
7．如图，已知，，.

（1）求的度数；
（2）若平分，交于点，且，求的度数.
8．如图，已知直线射线，.是射线上一动点，过点作交射线于点，连结.作，交直线于点，平分.

（1）若点都在点的右侧.
①求的度数；
②若，求的度数.
（2）在点的运动过程中，是否存在这样的情形，使，若存在，求出的度数；若不存在，请说明理由.
9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，动点P从点A开始，沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点D从点A开始，沿边AB向点B以每秒 个单位长度的速度运动，且恰好能始终保持连结两动点的直线PD⊥AC，动点Q从点C开始，沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，连结PQ．点P，D，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另两个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．

（1）当t=3时，求PD的长？
（2）当t为何值时，四边形BQPD的面积为△ABC面积的一半？
（3）是否存在t的值，使四边形PDBQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
10．如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F．请你认真阅读下面关于这个图的探究片段，完成所提出的问题．

（1）探究1：王宣同学看到图后，很快发现AE=EF，这需要证明AE和EF所在的两个三角形全等，但△ABE和△ECF显然不全等（一个是直角三角形，一个是钝角三角形），考虑到点E是边BC的中点，因此可以选取AB的中点M，连接EM后尝试着去证△AEM≌EFC就行了，随即王宣同学写出了如下的证明过程：
（2）探究2：王宣同学继续探索，如图2，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”，其余条件不变，发现AE=EF仍然成立，请你证明这一结论。
（3）探究3：王宣同学进一步还想试试，如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC延长线上的一点”，其余条件仍不变，那么结论AE=EF是否成立呢？若成立请你完成证明过程，若不成立请你说明理由。
11．如图1，直线y= x+6分别交x轴，y轴于点A，点B，点C、P分别是线段OB，AB的中点，动点D，E分别在直线CP和线段AB上，设点E的横坐标为m，线段CD的长为n（n>0），且m+n=6，以DO，DE为邻边作▱ ODEF．

（1）求点A和点P的坐标．
（2）如图2所示，当点D在点C左侧，且n=2时，求点F的坐标．
（3）当点F落在△AOB的边OB或AB上时，求点F的坐标．
12．如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造▱PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．

（1）当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
（2）当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
（3）在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
13．在平面直角坐标系中，已知点A(a，0)，B（b，0），C（0，c），且+3|b﹣3|＋2（c＋2）2 =0．

（1）直接写出S△ACB=　 　；
（2）如图1，线段CB沿y轴正方向以每秒0.5个单位的速度匀速移动至DE（点C的对应点为D，点B的对应点为E），连接AD、OE．设运动时间为t秒，问：是否存在这样的t值，使得3S△ACD＝2S△EOD？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
（3）如图2，将线段AC往右平移3个单位长度至FG（点A的对应点为点F），线段FG与BC相交于点H． 若在x轴上存在点M使得S△MCH =2，试求出点M的坐标．
14．如图，正方形OABC中，O为坐标原点，点A、点C分别落在y轴、x轴上，点B坐标为（﹣4，4），点D为x轴上任意一点，将线段DA绕点D逆时针旋转90°，得对应线段为DE，作直线EC交y轴于点F.

（1）如图（1），当点D为OC的中点时，求点E的坐标；
（2）如图（2），当点D在边OC上任意移动时，猜想：点F的位置是否发生变化？若不变，求出点F的坐标，若改变，请说明理由；
（3）如图（3），当点D在x轴的正半轴上移动时，请在图（3）画出图形（不保留作图痕迹），并直接回答点F的位置与（2）中猜想的结论是否一致.
答：_　 　（填“一致”或“不一致”）.
15．如图，在平面直角坐标系中，已知直线PA是一次函数y＝x+m（m＞0）的图象，直线PB是一次函数y＝﹣3x+n（n＞m）的图象，点P是两直线的交点，点A、B、C、Q分别是两条直线与坐标轴的交点.

（1）用m、n分别表示点A、B、P的坐标及∠PAB的度数；
（2）若四边形PQOB的面积是，且，试求点P的坐标，并求出直线PA与PB的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，是否存在一点D，使以A、B、P、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.
16．项目化学习：车轮的形状．
【问题提出】车轮为什么要做成圆形， 这里面有什么数学原理?
（1）【合作探究】

探究 组：如图1，圆形车轮半径为 ，其车轮轴心 到地面的距离始终为 ．
探究 组：如图2，正方形车轮的轴心为 ，若正方形的边长为 ，求车轮轴心 最高点与最低点的高度差．
探究 组：如图3， 有一个破损的圆形车轮， 半径为 ，破损部分是一个弓形，其所对圆心角为 ，其车轮轴心为 ，让车轮在地上无滑动地滚动一周，求点 经过的路程．
探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定．
（2）【拓展延伸】如图4，分别以正三角形的三个顶点 为圆心，以正三角形的边长为半径作 圆弧，这个曲线图形叫做“莱洛三角形”．


探究 组：使 “莱洛三角形” 沿水平方向向右滚动，在滚动过程中，其每时每刻都有 “最高点”，“中心点” 也在不断移动位置，那么在 “莱洛三角形” 滚动一周的过程中，其“最高点”和“中心点”所形成的图案大致是　 　．
延伸发现：“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心 并不稳定．
17．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝12cm，AD＝15cm，BC＝20cm，动点E从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，动点F从点C出发，在线段CB上以每秒2cm的速度运动到B点返回，点E、F分别从点A、C同时出发，当点E运动到点D时，点F随之停止运动，设运动的时间为t（秒）．

（1）用含t的代数式表示DE，DE＝　 　；
（2）若四边形EFCD是平行四边形，求此时t的值；
（3）是否存在点F，使△FCD是等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．
18．问题背景：在正方形ABCD的外侧，作△ADE和△DCF，连接AF，BE．

（1）特例探究：如图1，若△ADE和△DCF均为等边三角形，试判断线段AF与BE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）拓展应用：如图2，在△ADE和△DCF中，，，且，求四边形ABFE的面积？
19．如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD于点E， ， ，点P是CD延长线上异于点D的一个动点，连结AP交⊙O于点Q，连结CQ交AB于点F，则点F的位置随着点P位置的改变而改变．

（1）如图1，当 时，求 的值；
（2）如图2，连结AC，DQ，在点P运动过程中，设 ， ．
①求证： ；
②求y与x之间的函数关系式．
20．如图1，四边形 是 的内接四边形，其中 ，对角线 相交于点 ，在 上取一点 ，使得 ，过点 作 交 于点 ．

（1）证明： ；
（2）如图 2，若 ，且 恰好经过圆心 ，求 的值；
（3）若 ，设 的长为 ．
①如图3，用含有 的代数式表示 的周长；
②如图4， 恰好经过圆心 ，求 内切圆半径与外接圆半径的比值．
21．四边形为的内接四边形，．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，为的直径，连接，过点O作的垂线，点F为垂足，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点O作的垂线，点G为垂足，若，，，求的长．
22．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，BC，D为AB延长线上一点，连接CD，且∠BCD＝∠A．

（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为，△ABC的面积为，求CD的长；
（3）在（2）的条件下，E为⊙O上一点，连接CE交线段OA于点F，若，求BF的长．
23．如图，⊙O是的外接圆，圆心O在AC上．过点B作直线交AC的延长线于点D，使得．过点A作于点E，交⊙O于点F．

（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若，，则AE的长为　 　．
24．已知AB为直径，△PCD是内接三角形，．

（1）如图1，求的度数；
（2）如图2，PD交AB于点M，作交AB于点E，连接CO并延长交PD于点N，若CP平分，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，F是外一点，FC是的切线，，若，，求PD的长．
25．在⊙O中，直径AB⊥弦CD于点F，点E是弧AD上一点，连接BE 交CD于点N，点P在CD的延长线上，连接PE，PN=PE：

（1）求证：PE是⊙O的切线：
（2）连接DE，若DE//AB，OF=3，BF=2，求PN的长。
26．△ABC是⊙O的内接三角形，点P是⊙O上一点，且点P与点A在BC的两侧，连接PA，PB，PC．

（1）如图①，若△ABC是等边三角形，则线段PA，PB，PC之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．
（2）如图②，把（1）中的△ABC改为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，其他条件不变，三条线段PA，PB，PC还有以上的数量关系吗？说明理由．
（3）如图③，把（1）中△ABC改为任意三角形，AB＝c，AC＝b，BC＝a时，其他条件不变，则PA，PB，PC三条线段的数量关系为　 　（直接写结果）
（4）由以上你能发现圆内接四边形的四条边和对角线有什么关系？
27．如图，是四边形的外接圆，是的直径，，交的延长线于点E，平分．
\
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
28．已知，如图1，Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为△ABC外一点，且∠ADC＝90°，E为BC中点，AF∥BC，连接EF交AD于点G，且EF⊥ED交AC于点H，AF＝1．

（1）若，求EF的长；
（2）在（1）的条件下，求CD的值；
（3）如图2，连接BD，BG，若BD＝AC，求证：BG⊥AD．
29．如图，在小学我们通过观察、实验的方法得到了“三角形内角和是180°”的结论。小明通过这学期的学习知道：由观察、实验、归纳、类比、猜想得到的结论还需要通过证明来确认它的符合题意性．

受到实验方法1的启发，小明形成了证明该结论的想法：实验1的拼接方法直观上看，是把和移动到的右侧，且使这三个角的顶点重合，如果把这种拼接方法抽象为几何图形，那么利用平行线的性质就可以解决问题了．
小明的证明过程如下：
已知：如图，．求证：．

证明：延长，过点作．
∴ ▲ （两直线平行，内错角相等），
（ ▲ ）．
∵（平角定义），
∴．
（1）请你补充完善小明方法1的证明过程；
（2）请你参考小明解决问题的方法1的思路，自行画图标注好顶点字母，写出方法2证明该结论的过程．
30．已知一角的两边与另一个角的两边平行，分别结合下图，试探索这两个角之间的关系，并证明你的结论．

（1）如图1，AB∥EF，BC∥DE．∠1与∠2的关系是：　 　 ；
（2）如图2，AB∥EF，BC∥DE．∠1与∠2的关系是：　 　；
（3）经过上述证明，我们可以得到一个真命题：如果　 　，那么　 　．

答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵ ，
∴∠BAC=180°-∠B-∠C=100°
∵ 平分 ，
∴∠EAC= =50°
∵
∴∠DAC=90°-∠C =40°
∴ =∠EAC-∠DAC=10°；
（2）解：设 =x，
∵
∴∠DAC=90°-∠C =90°-x
∵ 平分 ，
∴ =2∠DAC=180°-2x
∵ 平分 ，
∴ =2 =360°-4x
在△ABC中， +∠B+∠C=180°
∴360°-4x+30°+x=180°
解得x=70°
∴ =70°；
（3）解：∵ ，
∴∠BAC=180°-∠B- =150°-
∵ 平分 ，
∴∠EAC= =
∴∠AEC=180°-∠EAC - =
∴∠DEF=∠AEC=
∵
∴ =90°-∠DEF = -15°
∵
∴∠BCG=180°-∠ACB=180°-
∵ 平分
∴∠DCF= =
∴ =180°-∠EAC-∠ACF=180°-∠EAC-∠ACB-∠DCF =15°
∴ = -15°-15°= -30°；
（4）解： = .
2．【答案】（1）解：①20°；
②2∠MEN-∠MHN=180°，
理由如下：
∵EF∥AB∥CD，∠BMH和∠GND的角平分线相交于点E，
∴∠1=∠BME=∠BMH，∠2=∠END=∠GND，
∵∠MEN=∠1+∠2，
∴∠BMH+=∠GND=∠MEN，即2∠MEN=∠BMH+∠GND，
∴∠BMH=2∠MEN-∠GND，
∵∠BMH=∠MON，∠ONH=180°-∠GND，∠MHN=∠MON-∠ONH
∴∠MHN=2∠MEN-∠GND-（180°-∠GND）
∴∠MHN=2∠MEN-180°，
∴ ∠MEN与∠MHN的数量关系为 2∠MEN-∠MHN=180°.
（2）解：如图2所示，延长MP交直线CD于点G，

∵∠BMH和∠GND的角平分线相交于点E，MP平分∠AMH，
∴∠2=∠1，∠4=∠3，∠HNF=∠END，
∴2∠2+2∠3=180°，即∠2+∠3=90°，
∴∠PMQ=90°，
∵NQ∥MP，
∴∠NQE=∠PMQ=90°，∠MGN=∠QND，
又∵AB∥CD，
∴∠1=∠MGN=∠QND=∠2，
设∠ENQ=x，则∠MEN=90°+x，∠HNF=∠END=x+∠QND=x+∠2，
∵∠H=150°，
在四边形MHNE中有，∠HNF+∠MEN+∠H+∠3=360°，
∴x+∠2+90°+x+150°+∠3=360°，
∴2x=30°，
∴x=15°，
∴∠ENQ=15°.
3．【答案】（1）证明：如图1，延长DE交AB于点F，

∵∠ACB＝∠CED，
∴AC∥DF，
∴∠A＝∠DFB，
∵∠A＝∠D，
∴∠DFB＝∠D，
∴AB∥CD；
（2）解：如图2，作EM∥CD，HN∥CD，

∵AB∥CD，
∴AB∥EM∥HN∥CD，
∴∠1+∠EDF＝180°，∠MEB＝∠ABE，
∵BG平分∠ABE，
∴∠ABG＝∠ABE，
∵AB∥HN，
∴∠2＝∠ABG，
∵CF∥HN，
∴∠2+∠β＝∠3，
∴∠ABE+∠β＝∠3，
∵DH平分∠EDF，
∴∠3＝∠EDF，
∴∠ABE+∠β＝∠EDF，
∴∠EDF﹣∠ABE＝2∠β，
设∠DEB＝∠α，
∵∠α＝∠1+∠MEB＝180°﹣∠EDF+∠ABE＝180°﹣（∠EDF﹣∠ABE）＝180°﹣2∠β，
∵∠DEB比∠DHB大60°，
∴∠α﹣60°＝∠β，
∴∠α＝180°﹣2（∠α﹣60°），
解得：∠α＝100°，
∴∠DEB的度数为100°；
（3）解：∠PBM的度数不变，理由如下：
如图3，过点E作ES∥CD，设直线DF和直线BP相交于点G，

∵BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，
∴∠EBM＝∠MBK＝∠EBK，∠CDN＝∠EDN＝∠CDE，
∵ES∥CD，AB∥CD，
∴ES∥AB∥CD，
∴∠DES＝∠CDE，∠BES＝∠ABE＝180°﹣∠EBK，∠G＝∠PBK，
由（2）可知：∠DEB＝100°，
∴∠CDE+180°﹣∠EBK＝100°，
∴∠EBK﹣∠CDE＝80°，
∵BP∥DN，
∴∠CDN＝∠G，
∴∠PBK＝∠G＝∠CDN＝∠CDE，
∴∠PBM＝∠MBK﹣∠PBK＝∠EBK﹣∠CDE＝（∠EBK﹣∠CDE）＝× 80°＝40°.
∴∠PBM的度数不改变.
4．【答案】（1）解：BE=DG，BE⊥DG，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，四边形FGCE是正方形，
∴CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，
∴∠GCD=∠ECB，且CD=CB，CG=CE，
∴△GCD≌△ECB（SAS），
∴BE=DG，∠GDC=∠EBC，
∵AD∥BC，
∴∠EBC=∠HED=∠GDC，
∵∠GDC+∠HDE=90°，
∴∠HED+∠HDE=90°，
∴∠DHE=90°，
∴BE⊥DG；
（2）解：连接BD，EG，如图所示，

由（1）知∠BHD=∠EHG=90°，
∴DH2+BH2=BD2=AB2+AD2=22+22=8，
EH2+HG2=EG2=CG2+CE2=( ) 2+( ) 2=5+5=10，
在Rt△BGH中，BH2+HG2=BG2，在Rt△EDH中，EH2+DH2=DE2，
∴BG2+DE2=BH2+HG2+EH2+DH2=8+10=18．
∴
5．【答案】（1）①70；
②80
③猜想： = + ，
证明如下：过点E作EF∥AB，
∵AB∥CD，
∴AB∥CD∥EF，
∴∠AEF=∠A，∠DEF=∠D，
∴∠AED=∠AEF+∠DEF=∠EAB+∠EDC；
（2）解：点P在区域①时： = （ + ）；
点P在区域②时： = + ；
点P在区域③时： = - ；
点P在区域④时： = - ．
6．【答案】（1）证明：，
.
，
.
，
，.
.
.
平分，
.
.
，
.
.
（2）解：过点作，如图，

，
.
，.
.
即.
平分，平分，
，.
.
，
.
，
.


.
（3）解：与之间的数量关系是：.
延长交的延长线于点，如图，

，
.
.
同理：.
.
，
设，则.
平分，
设.
.
，，
.
.
.
.
.
，
.
.
.
7．【答案】（1）解：∵BC∥EG，
∴∠E＝∠1＝50°.
∵AF∥DE，
∴∠AFG＝∠E＝50°；
（2）解：作AM∥BC，

∵BC∥EG，
∴AM∥EG，
∴∠FAM＝∠AFG＝50°.
∵AM∥BC，
∴∠QAM＝∠Q＝15°，
∴∠FAQ＝∠FAM＋∠QAM＝65°.
∵AQ平分∠FAC，
∴∠QAC＝∠FAQ＝65°，
∴∠MAC＝∠QAC＋∠QAM＝80°.
∵AM∥BC，
∴∠ACB＝∠MAC＝80°.
8．【答案】（1）解：①∵，，
∴，
∵，平分，
∴

②∵
∴，
，
∴
又∵，
∴
∴

∵
∴
（2）解：设，则，
①当点在点的右侧时，

则，
∵，
∴，解得，
∴
②当点在点的左侧时，

则，
∵，，
∴，解得，
∴
∴
∴
9．【答案】（1）解：当t=3时，AD=5，AP=3，
，

（2）解：∵由题意可得：CQ＝2t，AP＝t，
∴BQ＝8﹣2t，CP＝8﹣t． 又∵PD⊥AC，

∵S四边形BQPD＝S△ABC﹣S△CPQ﹣S△APD，
∴ ，解得 ，
（不合题意，应舍去）
∴当 时，四边形BQPD的面积为三角形ABC面积的一半；
（3）解：存在
若四边形BQPD为平行四边形，则BQ与PD平行且相等，
即： t＝8﹣2t
解得t＝2.4．
答：存在t的值，当t＝2.4时，使四边形PDBQ为平行四边形．
10．【答案】（1）证明：如图1，取AB的中点M，连接EM．
∵∠AEF=90°
∴∠FEC+∠AEB=90°
又∵∠EAM+∠AEB=90°
∴∠EAM=∠FEC
∵点E，M分别为正方形的边BC和AB的中点
∴AM=EC
又可知△BME是等腰直角三角形
∴∠AME=135°
又∵CF是正方形外角的平分线
∴∠ECF=135°
∴△AEM≌△EFC（ASA）
∴AE=EF
（2）解：如图，在AB上取一点M，使BM=BE，

∵∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠FEC=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∵BM=BE，∠B=90°，
∴∠EMB=45°，
∠AME=180°-∠EMB=135°，
∵∠FCE=180°-45°=135°，
∴∠AME=∠FCE
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，
∴AB-BM=BC-BE，即AM=EC，
△AEM≌△EFC（ASA） ，
∴AE=EF ；
（3）解：成立，理由如下：
如图，延长BA至M，使AM=CE，取ME和CF的交点为O，AE和CF的交点为G，

∵AB=BC，
∴AB+AM=BC+CE，即BM=BE，
∴△MBE是等腰直角三角形，
∴∠M=45°，
∵CF平分∠ECD，
∴∠FCE=45°，
∴∠M=∠FCE，
∵∠FCE+∠MEB=45°+45°=90°，
∴∠COE=90°，
∴∠OEG+∠OGE=90°，
又∵∠OGE+∠F=90°，
∴∠F=∠OEG，
∴△AEM≌△EFC（AAS） ，
∴AE=EF.
11．【答案】（1）解：令y=0，则-x+6=0，
解得：x=8，
∴A（8，0），
令x=0，则y=6，
∴B（0，6），
∵点P是线段AB的中点，
∴P（，），即点P（4，3）.
（2）解：当n=2时，m=6-n=4 ∴CE=4
在□ODEF中， OF=DE=6
∴F (6，0)
（3）解：①当F在线段OB上时，如图1.

在□ODEF中，
OF∥DE, OF＝DE
∴∴m=n=3
∴ E（3， ）
∴ OF=DE=
∴F( )
②当F在边AB上时，如图2.作EM⊥CP 于M，FN⊥OA于N，

易证 △DEM≌△OFN
∴ DM=ON=6
∴ F（6， ）
12．【答案】（1）解：∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中

∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形.
（3）解：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
13．【答案】（1）4
（2）解：根据题目已知，作图，如图1，

由（1）可知：A(-1，0)，B（3，0），C（0，-2），
∴AO=1，BO=3，CO=2，
∵ 线段CB沿y轴正方向以每秒0.5个单位的速度匀速移动至DE，运动ts，
∴CD=0.5t，
∴D（0.5t-2），
∴OD=，CD=0.5t，
∵3S△ACD＝2S△EOD，
∴3××1×0.5t=2××2×，
整理，得=，即t=±2（0.5t-2），
解得t=8或；
（3）解：如图2，

由（1）可知：A(-1，0)，B（3，0），C（0，-2），
∵将线段AC往右平移3个单位长度至FG，
∴F（2，0），G（3，-2），
设直线BC的解析式为y=kx-2，直线FG的方程y=mx+n，
∴0=3k-2，，
∴解得k=，，
∴直线BC的解析式为y=x-2，直线FG的方程y=-2x+4，
∴联立得，解得，
∴H（，），
设M（x，0），
∴S△MCB＝S△MHC+S△MHB＝2+S△MHB＝××2=2+××，
整理得=，
解得x=或，
∴点M的坐标为（，0）或（，0）.
14．【答案】（1）解：如图1中，过点E作EH⊥OC于H.

∵四边形OABC是正方形，B（﹣4，4），
∴OA＝OC＝4，
∵D是OC中点，
∴CD＝OD＝2，
∵∠EHD＝∠AOD＝∠ADE＝90°，
∴∠EDH+∠ADO＝90°，∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠EDH＝∠DAO，
∵DE＝DA，
∴△DHE≌△AOD（AAS），
∴EH＝OD＝2，DH＝OA＝4，
∴OH＝DH+OD＝6，
∴E（﹣6，2）.
（2）解：点F的位置不变化.理由如下：
∵△DHE≌△AOD，
∴DH＝OA，EH＝OD，
∵OA＝OC，
∴DH＝CO，
∴CH＝OD＝EH，
∵∠EHC＝90°，
∴∠ECH＝∠OCF＝45°，
∵∠COF＝90°，
∴∠OCF＝∠OFC＝45°，
∴OF＝OC＝4，
∴F（0，﹣4）.
（3）一致
15．【答案】（1）解：在直线y＝x+m中，令y＝0，得x＝﹣m.
∴点A（﹣m，0）.
在直线y＝﹣3x+n中，令y＝0，得.
∴点.
由，得，
∴点.
在直线y＝x+m中，令x＝0，得y＝m，
∴|﹣m|＝|m|，即有AO＝QO.
又∵∠AOQ＝90°，
∴△AOQ是等腰直角三角形，
∴∠PAB＝45°；
（2）解：∵，
∴，
整理得3m＝2n，
∴，
∴，
而，
解得m＝±4，
∵m＞0，
∴m＝4，
∴，
∴.
∴PA的函数表达式为y＝x+4，PB的函数表达式为y＝－3x+6；
（3）解：存在.
过点P作直线PM平行于x轴，过点B作AP的平行线交PM于点，过点A作BP的平行线交PM于点，过点A、B分别作BP、AP的平行线交于点.

①∵且，
∴是平行四边形.此时，
∵.
∵m＝4，A（﹣m，0），.
∴A（﹣4，0），B（2，0）.
∴AB＝6，
∴；
②∵且，
∴是平行四边形.此时，
∴；
③∵且，此时是平行四边形.
∵且B（2，0），
∴.同理可得
由，得，
∴.
综上：存在一点D，使以A、B、P、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为或或.
16．【答案】（1）解：探究A组：4；
探究B组：如图所示：

由图可知：最低点到地面的距离为OA的长，最高点到地面的距离为BD的长，
∵正方形的边长为4cm，
∴OA=2cm，BD=BO==2，
∴最高距离与最低距离的差为（2-2）cm；
探究C组：如图所示：

从图2至图3：绕点A旋转45°，经过路程L1=2r·=cm，
从图3至图4：绕点B旋转45°，经过路程L2=2r·=cm，
从图4至图5：移动一个270°的弧长，经过路程L3=2r·=cm，
∴一个周期完成，总路程为L1+L2+L3=++=2r=8cm；
（2）A
17．【答案】（1）（15﹣t）cm
（2）解：∵四边形EFCD是平行四边形，
∴DE＝CF，
当0＜t≤10时，15﹣t＝2t，
解得：t＝5；
当10＜t≤15时，15﹣t＝20﹣（2t﹣20），
解得：t＝25（舍去），
综上所述，若四边形EFCD是平行四边形，t的值为5；
（3）解：存在点F，使△FCD是等腰三角形，理由如下：
过D作DG⊥BC于G，则四边形ABGD是矩形，
∴DG＝AB＝12cm，BG＝AD＝15cm，
∴CG＝BC﹣BG＝20﹣15＝5cm，
在Rt△CDG中，由勾股定理得：CD＝＝13cm，
①CF＝CD＝13cm，如图1，

当0＜t≤10时，则2t＝13，
解得：t＝6.5；
当10＜t≤15时，则20﹣（2t﹣20）＝13，
解得：t＝13.5；
②DF＝DC，如图2，

∵DG⊥BC，
∴FG＝CG＝5cm，
∴CF＝2CG＝10cm，
当0＜t≤10时，2t＝10，
∴t＝5；
当10＜t≤15时，20﹣（2t﹣20）＝10，
∴t＝15；
③FD＝FC，过F作FH⊥CD于H，如图3，

则CH＝DH＝CD＝6.5cm，
∵S△FCD＝CF·DG＝CD·FH，
∴FH＝，
当0＜t≤10时，FH＝＝cm，
在Rt△CFH中，由勾股定理得：（）2+（ 6.5）2＝（2t）2，
解得：t＝，
∴CF＝2t＝；
当10＜t≤15时，
∵CF＝，
∴20﹣（2t﹣20）＝，
解得：t= ，
综上所述，存在点F，使得△FCD是等腰三角形，t的值为6.5或13.5或5或15或或.
18．【答案】（1）解：AF＝BE，AF⊥BE．理由如下，
∵四边形ABCD为正方形，△ADE与△DCF均为等边三角形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ADC，AE＝AD＝CD＝DF，∠DAE＝∠CDF，
∴∠BAD＋∠DAE＝∠ADC＋∠CDF，即∠BAE＝∠ADF，
在△ABE与△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴AF＝BE，∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF＋∠BAF＝90°，
∴∠ABE＋∠BAF＝90°，
∴AF⊥BE；
（2）解：在△ADE与△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SSS），
∴∠DAE＝∠CDF，∠ADF＝∠ADC＋∠CDF＝90°＋∠CDF，∠BAE＝∠BAD＋∠EAD＝90°＋∠EAD，
∴∠ADF＝∠BAE，
在△ABE与△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴AF＝BE，∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF＋∠BAF＝90°，
∴∠ABE＋∠BAF＝90°，
∴AF⊥BE，
∴S四边形ABFE＝•AF•BE＝×4×4＝8，
故答案为：8．
19．【答案】（1）解：如图1，连接OD，

∵直径AB⊥CD，CD=6，
∴DE=CD=3，
又∵AB=10，
∴AO=OD=OB=5，
∴OE＝4，
∴AE＝9，
∵DP＝4，
∴PE=4+3=7，
∴tan∠P==；
（2）解：①证明：如图2，连接BQ，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠BAQ=90°，
∴∠BAP+∠ABQ＝90°，
∵AB⊥CP，
∴∠CPA+∠BAP＝90°，
∴∠ABQ=∠CPA，
又∵∠ACQ＝∠ABQ（同弧所对的圆周角相等），
∴∠ACQ＝∠CPA；
②如图2，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠BCA=90°，
由（1）可知：AE=9，EC=3，
∴AC2=AE2+EC2=90，
∵四边形AQDC为⊙O的内接四边形，
∴∠PDQ=∠CAQ，
由①得：∠ACQ＝∠CPA，
∴∠P=∠ACQ，
∴△PDQ∽△CAQ，
∴ PD2：AC2=S△PDQ：S△CAQ=x2：90，
又∵==，=y，
∴=，
∴=，
∴y=（x＞0）.
20．【答案】（1）证明：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ABD=∠ACD，
∴∠ACD=∠ADB，
∵∠CAD=∠DAE，
∴△CAD~△DAE；
（2）解：∵△CAD~△DAE，
∴，
∵GH是直径，AC⊥GH，
∴AC=2AF，
∵AB=AF=AD，
∴AC=2AD，
∴AD=2AE=2，
∴AF=2，CF=2，EF=1，
∴AC=4，CE=3，
∵∠BCA=∠ADB=∠ABD=∠ACD，∠BAC=∠EDC，
∴△ABC~△DEC，
∴，
∴CB·CD=CA·CE=4×3=12；
（3）解：①∵AE=1，EF=2，
∴AB=AD=AF=3，
∵，
∴AC=9，CE=8，
∵△BCE~△ADE，
∴=x，
∴BC=3x，DE=，
∵△ABE~△DCE，
∴=3，
∴CD=，
∴C△BCD=BC+CD+BD=3x++（+x）=4x+；
②∵BC是直径，
∴∠BAC=90°，
∴BC==3，
∴外接圆的半径为，
∴在Rt△ABE中，BE==，
由①结论可知：BD=+=，CD==，BC=3，
如图4，设内切圆的半径为r，

由内切圆的半径公式，可得r=，
∴半径之比==.
21．【答案】（1）证明：∵AB=CD
∴
∴
即
∴∠B=∠C．
（2）证明：如图连接OD，过点O作OH⊥BE于H，则BH=EH=BE

∵AO=EO，BH=EH
∴OH=AB
∵AB=CD
∴OH=CD
∵OF⊥CD，OH⊥BE
∴DF=CF=CD，∠OFD=∠EHO=90°
∴OH=DF
在Rt△OFD和Rt△EHO中

∴Rt△OFD≌Rt△EHO（HL）
∴OF=EH
∴OF=BE
即BE=2OF．
（3）解：如图连接OC、OD，延长GO交BC于M，过点A作AN⊥BC于N

由（2）得OF=BE=×2=1，
由（1）得∠ABC=∠BCD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ADC=∠BAD(等角的补角相等)，
∴∠ABC+∠BAD=180°
∴AD∥BC
∵OG⊥AD，
∴GM⊥BC，
∴CM=BC，
又∵CF=CD，BC=BA=CD
∴CM=CF
在Rt△OCM和Rt△OCF中，

∴Rt△OCM≌Rt△OCF(HL)
∴OM=OF=1，
∴GM=OG+OM=+1=
设AD=x(x>0)，AB=y(y>0)，则BM=CM=CF=DF=y．
∵OG⊥AD，GM⊥BC，
∴四边形ANMG是矩形，
∴MN=AG=x，AN=GM=
∴BN=BM-MN=y-x
在Rt△ABN中，根据勾股定理得，

在Rt△ODG和Rt△ODF中，根据勾股定理得，
OC²+DG²=OD²，OF²+DF²=OD²，
∴
即
∴
整理得y=3x或y=-x（不符合题意舍去）
把y=3x代入得，

解得（舍去）
∴AD=．
22．【答案】（1）证明：如图，连接OC

∵AB为⊙O的直径，
∴，
∴．
∵OA=OC，
∴．
∵∠BCD＝∠A，
∴，
∴，
∴，即，
又∵OC是半径
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：如图，在（1）的基础上作于点G．

∵⊙O的半径为，AB为直径，
∴，．
∵，即，
∴，
∴在中，．
∵，，
∴．
又∵，
∴，
∴，即，
∴；
（3）解：如图，在（2）的基础上，连接OE，过点E作于点H．

∴．
由（2）可知．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∴，．
∵CG=2，
∴，
∴在中，，
∴．
∵，
∴，即，
解得，
∴，
∴．
23．【答案】（1）证明：如图，连接OB，

∵是的外接圆，圆心O在AC上
∴AC是的直径
∴
∵＝AC＝2
∴
∵，
∴
∴
∵OB是的半径
∴BD是的切线，
（2）
24．【答案】（1）解：连结OC，OD。过圆心O作OE⊥CD与E，

∵CD是弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴cos∠ECO=，
∴∠OCE=45°，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD=45°，
∴∠COD=180°-∠OCD-∠ODC=90°，
∴；
（2）证明：连接OD，OP，

由（1）知∠DOC=90°，
∴∠DOM+∠NOM=90°，
∵OP=OC，
∴∠OCP=∠OPC，
∵CP平分∠ECO，
∴∠ECP=∠PCO=∠OPC，
∴CE∥OP，
∵CE⊥AB，
∴OP⊥AB，
∴∠PON+∠NOM=90°，
∴∠PON=∠DOM，
∵OP=OD，
∴∠OPN=∠ODM，
∵∠ONM是△OPN的外角，∠OMN是△ODM的外角，
∴∠ONM=∠OPN+∠PON=∠ODM+∠DOM=∠OMN，
∴ON=OM；
（3）解：延长DO交CP于G，
∵CF为切线，
∴CF⊥CN，
∵GD⊥CN，
∴GD∥CF，
∵FD∥CG，
∴四边形CGDF为平行四边形，
∴CD=GD=OG+OD，
∴CF-OC=OG=，
∴，
设OG=2x，ON=3x，
∵∠CDG=∠DCN=∠CPD=45°，
∴∠CDN=∠CDO+∠ODP=45°+∠ODP，
∵∠CGD是△GPD的外角，
∴∠CGD=∠GPD+∠ODP=45°+∠ODP=∠CDN，
∴△CDN∽△DGC，
∴，
∴，
整理得，
解得，
经检验都是方程的根，但不合题意舍去，
∴OM=ON=3x=，
∴BM=OM=，
∴AM=2r-BM=2r-，
在Rt△OPM中，根据勾股定理，
连接AP，BD，过D作DH⊥AB于H，

∴∠APM=∠DBM，∠AMP=∠DMB，
∴△AMP∽△DMB，
∴即，
∴，
∴PD=PM+DM=，
由（1）知∠COD=90°，CE⊥AB，
∴∠COE+∠ECO=90°，∠COE+∠DOH=90°，
∴∠ECO=∠DOH，
∵DH⊥AB，
∴∠DHO=90°=∠OEC，
在△CEO和△OHD中，
，
∴△CEO≌△OHD（AAS），
∴CE=OH，OE=DH，
在Rt△COE中OE=OA-AE=r-3，
∴CE=，
∴NH=OH-OM=，
∵OP∥DH，
∴△OPM∽△HDM，
∴，即，
整理得，
解得，
∵，
∴，
∴PD=．
25．【答案】（1）证明：连接OE，如图1所示：

∵PN =PE ，
..∠PEN = ∠PNE=∠BNF ，
∵OE=OB ，
∴∠OEB=∠OBE.
∵ AB⊥CD ，
∴∠OBE+∠BNF=90°
∴∠OEB＋∠PEN =90° ，既∠OEP= 9，
∴PE是⊙O的切线.
（2）解：连接CE，如图2所示：

∵DE∥AB，AB⊥CD，
∴∠EDC=90°
∴CE为⊙O的直径.
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
由（1）知PE⊥CE.设PD=x，则PC=x+8.
在Rt△PDE和RtAPCE中，由勾股定理，得：
既
解得：
∴
∴
∴
26．【答案】（1）解：，
证明：如图4，延长PB到点D，使得，连接DA，

∵为等边三角形，
∴，，
∵四边形ABPC内接于圆，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（SAS）
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴；
（2）解：若△ABC为等腰直角三角形，，三条线段PA，PB，PC没有（1）中的数量关系，理由如下：
如图5，延长PB到点E，使得，连接AE，

∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
∴，，
∵四边形ABPC内接于圆，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（SAS）
∴，，
∵，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴三条线段PA，PB，PC没有（1）中的数量关系；
（3）
（4）解：由（3）的结论，可知圆内接四边形的四条边和对角线的关系为：圆内接四边形中对角线的乘积等于四边形对边乘积的和．
27．【答案】（1）证明：如图，连接OB，

∵CB平分∠ACE．
∴∠ACB＝∠ECB；
∵OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBO，
∴∠BCE＝∠CBO，
∴OB∥ED，
∴∠E+∠EBO=180°；
∵BE⊥ED，
∴∠E=90°，
∴∠EBO=180°-∠E=90°，
∴EB⊥BO；
∵OB是⊙O的半径，
∴BE是⊙O的切线；
（2）解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠ADC＝90°，
∵在Rt△ACB和Rt△ACD中，

∴Rt△ACB≌Rt△ACD（HL）
∴∠ACB=∠ACD，AB=AD
又∵∠ACB＝∠ECB；∠ECB+∠ACB+∠ACD＝180°，
∴∠ECB=∠ACB=∠ACD＝60°
∵∠E=90°，
∴∠CBE=30°，
∵CE＝，
∴BC=2CE=；
∵∠ABC=90°，∠ACB＝60°
∴∠BAC=30°
∴AC=2BC=
∵在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB＝
∴AD=AB=
28．【答案】（1）解：如图1，连接AE，∵AF∥BC，

∴△AHF∽△CHE，
∴，
∴AF=1，＝，
∴＝，
∴CE=3，
在Rt△ABC中，AB=AC，点E是BC的中点，
∴AE=BC=CE=3，AE⊥BC，
∵AF∥BC，
∴AE⊥AF，
∴∠EAF=90°，
根据勾股定理得，EF=
（2）解：由（1）知，EF=，CE=3，
∴BC=2CE=6，
∴AC=，
∵∠EAC=45°-∠CAD，∠ECD=90°-45°-∠CAD=45°-∠CAD，
∴∠EAG=∠ECD，
∵∠AEG=∠CED，AE=CE，
∴△AEG≌△CED（ASA），
∴EG=ED，
∴∠EDG=45°=∠ACE，
∵∠APC=∠EPD，
∴∠PED=∠CAP，
∴∠FEA=∠CAD，
∴△AEF∽△DAC，
∴，
∴，
∴CD=．
（3）证明：如图2，在Rt△ABC中，AB=AC，

∴，，
连接AE，
∵，，
∴，
∵∠EBD=∠DBC，
∴△BED∽△BDC，
∴，
∴CD=DE=GD，
∵CD=AG，
∴AG=GD，
∵BD=AB，
∴BG⊥AD．
29．【答案】（1）解：根据题意，（两直线平行，同位角相等），
故答案为：；两直线平行，同位角相等；
（2）证明：过点作，

∴，（两直线平行，内错角相等）
又∵（平角定义）
∴．
30．【答案】（1）∠1＝∠2．证明：如图（1）∵AB∥EF，BC∥DE，∴∠1＝∠3，∠2＝∠3（两直线平行，同位角相等），∴∠1＝∠2（等量代换）
（2）解：∠1+∠2＝180°，证明：∵AB∥EF，BC∥DE，∴∠2＝∠3（两直线平行，同位角相等），∠1+∠3＝180°（两直线平行，同旁内角互补），∴∠1+∠2＝180°（等量代换
（3）一个角的两边与另一个角的两边分别平行；这两个角相等或互补．