专题40三角形（5）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期全国通用）【有答案】

专题40三角形（5）（全国一年）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．（2020·江苏南通?中考真题）（了解概念）有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．（理解运用）（1）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC．若AC＝AB，求sin∠CAD的值；（2）如图②，凸四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形．证明你的结论；（拓展提升）（3）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°+∠ABC．设＝u，点D的纵坐标为t，请直接写出u关于t的函数解析式．【答案】（1）；（2）四边形ABCD是对余四边形，证明见解析；（3）u＝（0＜t＜4）．【解析】【分析】（1）先构造直角三角形，然后利用对余四边形的性质和相似三角形的性质，求出sin∠CAD的值．（2）通过构造手拉手模型，即构造等腰直角三角形，通过证明三角形全等，利用勾股定理来证明四边形ABCD为对余四边形．（3）过点D作DH⊥x轴于点H，先证明△ABE∽△DBA，得出u与AD的关系，设D（x，t），再利用（2）中结论，求出AD与t的关系即可解决问题．【详解】解：（1）过点A作AE⊥BC于E，过点C作CF⊥AD于F．∵AC＝AB，∴BE＝CE＝3，在Rt△AEB中，AE＝，∵CF⊥AD，∴∠D+∠FCD＝90°，∵∠B+∠D＝90°，∴∠B＝∠DCF，∵∠AEB＝∠CFD＝90°，∴△AEB∽△DFC，∴，∴，∴CF＝，∴sin∠CAD＝．（2）如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形．理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM．∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∵∠DCM＝∠DMC＝45°，∵∠CDM＝∠ADB＝90°，∴∠ADC＝∠BDM，∵AD＝DB，CD＝DM，∴△ADC≌△BDM（SAS），∴AC＝BM，∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，∴CM2+CB2＝BM2，∴∠BCM＝90°，∴∠DCB＝45°，∴∠DAB+∠DCB＝90°，∴四边形ABCD是对余四边形．（3）如图③中，过点D作DH⊥x轴于H．∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∵四边形ABCD是对余四边形，∴∠ADC+∠ABC＝90°，∴∠ADC＝45°，∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，∴A，D，C，E四点共圆，∴∠ACE＝∠ADE，∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，∴∠EAB＝∠ACE，∴∠EAB＝∠ADB，∵∠ABE＝∠DBA，∴△ABE∽△DBA，∴，∴∴u＝，设D（x，t），由（2）可知，BD2＝2CD2+AD2，∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，整理得（x+1）2＝4t﹣t2，在Rt△ADH中，AD＝，∴u＝＝（0＜t＜4），即u＝（0＜t＜4）．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了对余四边形的定义，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．2．（2020·江苏南通?中考真题）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求的值；（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．【答案】（1）；（2）BF＝3．【解析】【分析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．

（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG=x，则BG=4-x．证明△EGP∽△PHD，推出，推出PG=2EG=3x，DH=AG=4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2=PD2，可得（3x）2+（4+x）2=122，求出x，再证明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠C＝90°，由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，在Rt△EPD中，∵EM＝MD，∴PM＝EM＝DM，∴∠3＝∠MPD，∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，∵∠ADP＝2∠3，∴∠1＝∠ADP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠DPC，∴∠1＝∠DPC，∵∠MOP＝∠C＝90°，∴△POM∽△DCP，∴，∴．（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，∴∠EPG＝∠PDH，∴△EGP∽△PHD，∴，∴PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，∴（3x）2+（4+x）2＝122，解得：x＝（负值已经舍弃），∴BG＝4﹣＝，在Rt△EGP中，GP＝，∵GH∥BC，∴△EGP∽△EBF，∴，∴，∴BF＝3．【点睛】本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．3．（2020·陕西中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE．【答案】详见解析．【解析】【分析】利用已知先证明AB∥DE，进而根据平行四边形的定义：两组对边平行的四边形是平行四边形，即可得出结论．【详解】证明：∵DE＝DC，∴∠DEC＝∠C．∵∠B＝∠C，∴∠B＝∠DEC，∴AB∥DE，∵AD∥BC，∴四边形ABED是平行四边形．∴AD＝BE．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用．4．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，中，，的平分线交于D，交的延长线于点E，交于点F．（1）若，求的度数；（2）若，求的长．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）先根据等腰三角形的性质及角平分线的性质求出，，再根据垂直与外角的性质即可求出；（2）根据题意证明，再得到为等边三角形，故可得到，可根据三角函数的性质即可求出AF．【详解】（1）∵，，∴．∵平分，∴，∵，∴，∴．（2）∵，∴，又，∴，∴，∵∴，∴，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵，∴，在中，．【点睛】此题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟知等腰三角形、等边三角形的判定与性质、三角函数的应用．5．（2020·湖北黄冈?中考真题）已知：如图，在中，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点，求证：．【答案】见解析【解析】【分析】通过证明即可得证．【详解】证明：∵点是的中点，．在中，，．在和中，，．【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质等内容，熟练运用平行四边形的性质及全等三角形的判定是解题的关键.6．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，在平行四边形中，点、分别在、上，与相交于点，且．（1）求证：≌；（2）连接、，则四边形（填“是”或“不是”）平行四边形．【答案】（1）证明过程见解析；（2）是，理由见解析；【解析】【分析】（1）根据平行四边形的对边平行可得到内错角相等，再根据已知条件可利用ASA得到全等；（2）由（1）可得到AF=EC，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边形即可得到答案；【详解】（1）∵四边形平行四边形，∴AD∥BC，∴，根据题可知，，在△AOF和△COE中，，∴≌．（2）如图所示，由（1）得≌，可得：，又∵，∴四边形AECF是平行四边形．【点睛】本题中主要考查了平行四边形的判定和性质，准确运用全等三角形的条件进行判断是解题的关键．7．（2020·江苏常州?中考真题）已知：如图，点A、B、C、D在一条直线上，．（1）求证：；（2）若，求的度数．【答案】（1）见解析；（2）60°【解析】【分析】（1）根据已知条件证明△ACE≌△BDF，即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到∠D=∠ACE=80°，再利用三角形内角和定理求出结果.【详解】解：（1）∵AE∥BF，∴∠A=∠DBF，∵AB=CD，∴AB+BC=CD+BC，即AC=BD，又∵AE=BF，∴△ACE≌△BDF（SAS），∴∠E=∠F；（2）∵△ACE≌△BDF，∴∠D=∠ACE=80°，∵∠A=40°，∴∠E=180°-∠A-∠ACE=60°.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质和三角形内角和，解题的关键是找出三角形全等的条件.8．（2020·江苏盐城?中考真题）如图，点是正方形，的中心．（1）用直尺和圆规在正方形内部作一点（异于点），使得（保留作图痕迹，不写作法）（2）连接求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）作BC的垂直平分线即可求解；（2）根据题意证明即可求解．【详解】如图所示，点即为所求．连接由得：是正方形中心，在和中，．【点睛】此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知正方形的性质、垂直平分线的作图及全等三角形的判定与性质．9．（2020·陕西中考真题）如图，已知△ABC，AC＞AB，∠C＝45°．请用尺规作图法，在AC边上求作一点P，使∠PBC＝45°．（保留作图痕迹．不写作法）【答案】详见解析【解析】【分析】根据尺规作图法，作一个角等于已知角，在AC边上求作一点P，使∠PBC＝45°即可．【详解】解：如图，点P即为所求．作法：（1）以点C为圆心，以任意长为半径画弧交AC于D，交BC于E，（2）以点B为圆心，以CD长为半径画弧，交BC于F，（3）以点F为圆心，以DE长为半径画弧，交前弧于点M，（3）连接BM，并延长BM与AC交于点P，则点P即为所求．【点睛】本题考查了作图——基本作图．解决本题的关键是掌握基本作图方法．10．（2020·吉林中考真题）如图，在中，，点在边上，且，过点作并截取，且点，在同侧，连接．求证：．【答案】证明见详解【解析】【分析】根据SAS即可证得．【详解】证明：∵，∴∠A=∠EDB，在△ABC和△DEB中，，∴（SAS）．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．11．（2020·吉林长春?中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按下列要求以为边画．要求：（1）在图①中画一个钝角三角形，在图②中画一个直角三角形，在图③中画一个锐角三角形；（2）三个图中所画的三角形的面积均不相等；（3）点在格点上．【答案】见详解（答案不唯一）【解析】【分析】因为点C在格点上，故可将直尺的一角与线段AB点A重合，直尺边长所在直线经过正方形网格左上角第一个格点，继而以点A为旋转中心，逆时针旋转直尺，当直尺边长所在直线与正方形格点相交时，确定点C的可能位置，顺次连接A、B、C三点，按照题目要求排除不符合条件的C点，作图完毕后可根据三角形面积公式判断其面积是否相等．【详解】经计算可得下图中：图①面积为；图②面积为1；图③面积为，面积不等符合题目要求（2），且符合题目要求（1）以及要求（3）．故本题答案如下：

【点睛】本题考查三角形的分类及其作图，难度较低，按照题目要求作图即可．12．（2020·甘肃金昌?中考真题）如图，在中，是边上一点，且．（1）尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）①作的角平分线交于点；②作线段的垂直平分线交于点．（2）连接，直接写出线段和的数量关系及位置关系．【答案】（1）①作图见解析，②作图见解析；（2）【解析】【分析】（1）①根据角平分线的作图方法直接作图即可；②根据垂直平分线的作图方法直接作图即可；（2）根据等腰三角形的性质与垂直平分线的定义证明是的中位线，根据中位线的性质可得答案．【详解】解：（1）如图，①即为所求作的的角平分线，②过的垂线是所求作的线段的垂直平分线．（2）如图，连接，平分由作图可知：是的中位线，【点睛】本题考查的是角平分线与垂直平分线的尺规作图，同时考查了三角形的中位线的性质，掌握以上知识是解题的关键．13．（2020·山东淄博?中考真题）已知：如图，E是▱ABCD的边BC延长线上的一点，且CE＝BC．求证：△ABC≌△DCE．【答案】见解析【解析】【分析】【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠B＝∠DCE，在△ABC和△DCE中，∴△ABC≌△DCE（SAS）．由平行四边形的性质得出AB∥CD，AB＝CD，由平行线的性质得出∠B＝∠DCE，由SAS即可得出结论．本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；【点评】熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定方法是解题的关键．14．（2020·云南昆明?中考真题）如图，AC是∠BAE的平分线，点D是线段AC上的一点，∠C＝∠E，AB＝AD．求证：BC＝DE．【答案】见解析【解析】【分析】根据角平分线的性质证明△BAC≌△DAE，即可得到结果；【详解】证明：∵AC是∠BAE的平分线，∴∠BAC＝∠DAE，∵∠C＝∠E，AB＝AD．∴△BAC≌△DAE（AAS），∴BC＝DE．【点睛】本题主要考查了三角形的全等判定，准确利用角平分线的性质是解题的关键．15．（2020·浙江台州?中考真题）如图，已知AB=AC，AD=AE，BD和CE相交于点O．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）判断△BOC的形状，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）等腰三角形，理由见解析．【解析】【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△ACE；（2）由全等三角形的性质可得∠ABD=∠ACE，由等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB，可求∠OBC=∠OCB，可得BO=CO，即可得结论．【详解】证明：（1）∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）；（2）△BOC是等腰三角形，理由如下：∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ABC﹣∠ABD=∠ACB﹣∠ACE，∴∠OBC=∠OCB，∴BO=CO，∴△BOC是等腰三角形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，熟记相关定理是解题关键．16．（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．17．（2020·河北中考真题）如图，点为中点，分别延长到点，到点，使．以点为圆心，分别以，为半径在上方作两个半圆．点为小半圆上任一点（不与点，重合），连接并延长交大半圆于点，连接，．（1）①求证：；②写出∠1，∠2和三者间的数量关系，并说明理由．（2）若，当最大时，直接指出与小半圆的位置关系，并求此时（答案保留）．【答案】（1）①见详解；②∠2=∠C+∠1；（2）与小半圆相切，．【解析】【分析】（1）①直接由已知即可得出AO=PO，∠AOE=∠POC，OE=OC，即可证明；②由（1）得△AOE≌△POC，可得∠1=∠OPC，根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，即可得出答案；（2）当最大时，可知此时与小半圆相切，可得CP⊥OP，然后根据，可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，可得出∠EOD，即可求出S扇EOD．【详解】（1）①在△AOE和△POC中，∴△AOE≌△POC；②∠2=∠C+∠1，理由如下：由（1）得△AOE≌△POC，∴∠1=∠OPC，根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，∴∠2=∠C+∠1；（2）在P点的运动过程中，只有CP与小圆相切时∠C有最大值，∴当最大时，可知此时与小半圆相切，由此可得CP⊥OP，又∵，∴可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，∴∠EOD=180°-∠POC=120°，∴S扇EOD==．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角，切线的性质，扇形面积的计算，掌握知识点灵活运用是解题关键．18．（2020·湖北孝感?中考真题）如图，在中，点在的延长线上，点在的延长线上，满足．连接，分别与，交于点，．求证：．【答案】证明见解析．【解析】【分析】先根据平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质、邻补角的定义可得，，然后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证．【详解】∵四边形为平行四边形∴，∴，在和中，∴∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、邻补角的定义、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的性质，正确找出全等三角形是解题关键．19．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，三条笔直公路两两相交，交点分别为、、，测得，，千米，求、两点间的距离．（参考数据：，，结果精确到1千米）．【答案】、两点间的距离约为11千米．【解析】【分析】如图（见解析），先根据直角三角形的性质、勾股定理可求出CD、AD的长，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得BD的长，然后根据线段的和差即可得．【详解】如图，过点C作于点D在中，，千米（千米），（千米）在中，是等腰直角三角形千米（千米）答：、两点间的距离约为11千米．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造直角三角形是解题关键．20．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，是圆的弦，是圆外一点，，交于点，交圆于点，且．（1）判断直线与圆的位置关系，并说明理由；（2）若，，求图中阴影部分的面积．【答案】（1）直线BC与圆O相切，理由见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接OB，由等腰三角形的性质分别证出∠A=∠OBA，∠CPB=∠CBP，再利用直角三角形性质和对顶角可证得∠OBC=90º，即OB⊥BC,可判断直线BC与圆O相切；（2）易证得△CPD为等边三角形，则有∠OCB=60º,∠BOC=30º,用含30º角的直角三角形求得OA、BC的长，然后用公式求得△OBC的面积和扇形OBD的面积，相加即可解得阴影面积．【详解】（1）直线BC与圆O相切，理由为：连接OB，∵OA=OB，∴∠A=∠OBA，∵CP=CB，∴∠CPB=∠CBP，又∠APO=∠CPB∴∠CBP=∠APO，∵OA⊥OC，∴∠A+∠APO=90º，∴∠OBA+∠CBP=90º即∠OBC=90º，∴OB⊥BC，∴直线BC与圆O相切；（2）∵OA⊥OC，∠A=30º，OP=1∴OA=，∠APO=60º即∠CPB=60º，∵CP=CB，∴△PCB为等边三角形，∴∠PCB=60º，∵∠OBC=90º，∴∠BOD=30º，∴BC=OB·tan30º=1，∴==，答:图中阴影部分的面积为．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、切线的判定定理、等边三角形的判定与性质、扇形的面积等知识，解答的关键是认真审题，结合图形，找到各知识点之间的联系，进而推理、探究、发现和计算．21．（2020·上海中考真题）在平面直角坐标系xOy中，直线y=﹣x+5与x轴、y轴分别交于点A、B(如图)．抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过点A．（1）求线段AB的长；（2）如果抛物线y=ax2+bx经过线段AB上的另一点C，且BC=，求这条抛物线的表达式；（3）如果抛物线y=ax2+bx的顶点D位于△AOB内，求a的取值范围．【答案】（1）5；（2）y=﹣x2+x；（3）﹣＜a＜0．【解析】【分析】（1）先求出A，B坐标，即可得出结论；

（2）设点C（m，-m+5），则BC=|m，进而求出点C（2，4），最后将点A，C代入抛物线解析式中，即可得出结论；

（3）将点A坐标代入抛物线解析式中得出b=-10a，代入抛物线解析式中得出顶点D坐标为（5，-25a），即可得出结论．【详解】（1）针对于直线y=﹣x+5，令x=0，y=5，∴B(0，5)，令y=0，则﹣x+5=0，∴x=10，∴A(10，0)，∴AB==5；（2）设点C(m，﹣m+5)．∵B(0，5)，∴BC==|m|．∵BC=，∴|m|=，∴m=±2．∵点C在线段AB上，∴m=2，∴C(2，4)，将点A(10，0)，C(2，4)代入抛物线y=ax2+bx(a≠0)中，得，∴，∴抛物线y=﹣x2+x；（3）∵点A(10，0)在抛物线y=ax2+bx中，得100a+10b=0，∴b=﹣10a，∴抛物线的解析式为y=ax2﹣10ax=a(x﹣5)2﹣25a，∴抛物线的顶点D坐标为(5，﹣25a)，将x=5代入y=﹣x+5中，得y=﹣×5+5=，∵顶点D位于△AOB内，∴0＜﹣25a＜，∴﹣＜a＜0．【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，两点间的距离公式，抛物线的顶点坐标的求法，求出点D的坐标是解本题的关键．22．（2020·黑龙江齐齐哈尔?中考真题）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两个点，＝＝，连接AD，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线．（2）若直径AB＝6，求AD的长．【答案】（1）见解析；（2）3【解析】【分析】（1）连接OD，根据已知条件得到∠BOD＝180°＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到结论；（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OD，∵，∴∠BOD＝180°＝60°，∵，∴∠EAD＝∠DAB＝BOD＝30°，∵OA＝OD，∴∠ADO＝∠DAB＝30°，∵DE⊥AC，∴∠E＝90°，∴∠EAD+∠EDA＝90°，∴∠EDA＝60°，∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线；（2）解：连接BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵∠DAB＝30°，AB＝6，∴BD＝AB＝3，∴AD＝＝3．【点睛】本题考查了切线的证明，及线段长度的计算，熟知圆的性质及切线的证明方法，以及含30°角的直角三角形的特点是解题的关键．23．（2020·湖北宜昌?中考真题）如图，在四边形中，，过点B的与边分别交于E，F两点．，垂足为G，．连接．（1）若，试判断的形状，并说明理由；（2）若，求证：与相切于点A．【答案】（1）等腰直角三角形，理由见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据题目中已知信息，可知，有，所以，都是等腰直角三角形，得到，即可得出是等腰直角三角形；（2）通过，可以等到，有，又因为，可以知道E与点A重合，再证明即可．【详解】解：（1）是等腰直角三角形理由如下：∵∴∵∴∴，都是等腰直角三角形∴∴∵∴是等腰直角三角形（2）证明：∴∴∵∴∵∴∵∴∴点E与点A重合以下有多种方法：方法一∵∴∵∴∴∴∵是的半径∴与相切于点A方法二∵，∴∴又∴∴G，A，O三点共线∵∴∴与相切于点A．方法三：如图∵∴与之间距离：延长交的延长线交于点∵∴∵∴∵∴，∴与相切于点又∴点与点重合∴与相切于点．【点睛】（1）证明三角形形状需要找到边的关系以及角的大小，通过题目中的已知信息先判断出特殊三角形，再找到所求三角形与特殊三角形边与角的关系是解题的关键；（2）本题主要考查了全等三角形的性质以及如何求切线，通过三角形全等得到角的大小，从而可以证明点E与点A重合，再证明即可得与相切于点，其中证明点E与点A重合是解题的关键．24．（2020·湖北随州?中考真题）如图，某楼房顶部有一根天线，为了测量天线的高度，在地面上取同一条直线上的三点，，，在点处测得天线顶端的仰角为，从点走到点，测得米，从点测得天线底端的仰角为，已知，，在同一条垂直于地面的直线上，米．（1）求与之间的距离；（2）求天线的高度．（参考数据：，结果保留整数）【答案】（1）之间的距离为30米；（2）天线的高度约为27米．【解析】【分析】（1）根据题意，∠BAD=90°，∠BDA=45°，故AD=AB，已知CD=5，不难算出A与C之间的距离．（2）根据题意，在中，，利用三角函数可算出AE的长，又已知AB，故EB即可求解．【详解】（1）依题意可得，在中，，米，米，米.即之间的距离为30米．（2）在中，，米，（米），米，米．由．并精确到整数可得米．即天线的高度约为27米．【点睛】（1）本题主要考查等腰直角三角形的性质，掌握等腰直角三角形的性质是解答本题的关键．（2）本题主要考查三角函数的灵活运用，正确运用三角函数是解答本题的关键．25．（2020·广东中考真题）已知关于，的方程组与的解相同．（1）求，的值；（2）若一个三角形的一条边的长为，另外两条边的长是关于的方程的解．试判断该三角形的形状，并说明理由．【答案】（1）；（2）等腰直角三角形，理由见解析【解析】【分析】（1）关于x，y的方程组与的解相同．实际就是方程组的解，可求出方程组的解，进而确定a、b的值；（2）将a、b的值代入关于x的方程x2＋ax＋b＝0，求出方程的解，再根据方程的两个解与为边长，判断三角形的形状．【详解】解：由题意列方程组：解得将，分别代入和解得，∴，（2）解得这个三角形是等腰直角三角形理由如下：∵∴该三角形是等腰直角三角形．【点睛】本题考查一次方程组、一元二次方程的解法以及等腰直角三角形的判定，掌握一元二次方程的解法和勾股定理是得出正确答案的关键．26．（2020·广东中考真题）如图，在中，点，分别是、边上的点，，，与相交于点，求证：是等腰三角形．【答案】见解析【解析】【分析】先证明，得到，，进而得到，故可求解．【详解】证明：在和中∴∴∴又∵∴即∴是等腰三角形．【点睛】此题主要考查等腰三角形的判定，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质．27．（2020·四川内江?中考真题）如图，点C，E，F，B在同一直线上，点A，D在BC异侧，AB∥CD，AE＝DF，∠A＝∠D．（1）求证：AB=CD；（2）若AB＝CF，∠B＝40°，求∠D的度数．【答案】（1）AB＝CD（2）70°【解析】【分析】（1）根据平行线的性质求出∠B=∠C，根据AAS推出△ABE≌△CDF，根据全等三角形的性质得出即可；（2）根据全等得出AB=CD，BE=CF，∠B=∠C，求出CF=CD，推出∠D=∠CFE，即可求出答案．【详解】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，在△ABE和△CDF中，∠B＝∠C，AE=DF，∠A＝∠D．∴△AEB≌△DFC．∴AB＝CD.（2）∵AB＝CD，AB＝CF，∴CD＝CF，∵∠B＝∠C=40°，∴∠D＝(180°－40°)÷2＝70°．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，三角形内角和定理的应用，能根据全等三角形的判定求出△ABE≌△CDF是解此题的关键．28．（2020·四川内江?中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，于点D，过点C作⊙O的切线，交OD的延长线于点E，连结BE．（1）求证：BE是⊙O的切线；（2）设OE交⊙O于点F，若，求线段EF的长；（3）在（2）的条件下，求阴影部分的面积．【答案】（1）见解析；（2）EF=4；（3）【解析】【分析】（1）连接OC，如图，根据垂径定理由OD⊥BC得到CD=BD，则OE为BC的垂直平分线，所以EB=EC，根据等腰三角形的性质得∠EBC=∠ECB，加上∠OBC=∠OCB，则∠OBE=∠OCE；再根据切线的性质得∠OCE=90°，所以∠OBE=90°，然后根据切线的判定定理得BE与⊙O相切；

（2）设⊙O的半径为R，则OD=R-DF=R-2，OB=R，在Rt△OBD，利用勾股定理解得R=4，再利用含30º角的直角三角形边角关系可求得OE，利用EF=OE-OF即可解答；（3）利用（2）中可求得∠BOC=120º,然后利用代入数值即可求解．【详解】（1）证明：连接OC，如图，

∵OD⊥BC，

∴CD=BD，

∴OE为BC的垂直平分线，

∴EB=EC，

∴∠EBC=∠ECB，

∵OB=OC，

∴∠OBC=∠OCB，

∴∠OBC+∠EBC=∠OCB+∠ECB，即∠OBE=∠OCE，

∵CE为⊙O的切线，

∴OC⊥CE，

∴∠OCE=90°，

∴∠OBE=90°，

∴OB⊥BE，

∴BE与⊙O相切．（2）设⊙O的半径为R，则OD=R-DF=R-2，OB=R，在Rt△OBD中，BD=BC=∵OD2+BD2=OB2，

∴，解得R=4，

∴OD=2，OB=4，

∴∠OBD=30°，

∴∠BOD=60°，∴在Rt△OBE中，∠BEO=30º，OE=2OB=8，∴EF=OE-OF=8-4=4，即EF=4；（3）由∠OCD=∠OBD=30º和OD⊥BC知：∠COD=∠BOD=60º，∴∠BOC=120º，又BC=，OE=8，∴=,【点睛】本题考查了切线的判定与性质、垂径定理、扇形面积的计算、含30º角的直角三角形边角关系、勾股定理等知识，熟练掌握每个知识点是解答的关键．29．（2020·江苏常州?中考真题）如图1，点B在线段上，Rt△≌Rt△，，，．（1）点F到直线的距离是_________；（2）固定△，将△绕点C按顺时针方向旋转30°，使得与重合，并停止旋转．①请你在图1中用直尺和圆规画出线段经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）该图形的面积为_________；②如图2，在旋转过程中，线段与交于点O，当时，求的长．【答案】（1）1；（2）；（3）【解析】【分析】（1）根据直角三角形的性质和全等三角形的性质可得∠ACF=∠ECF=30°，即CF是∠ACB的平分线，然后根据角平分线的性质可得点F到直线的距离即为EF的长，于是可得答案；（2）①易知E点和F点的运动轨迹是分别以CF和CE为半径、圆心角为30°的圆弧，据此即可画出旋转后的平面图形；在图3中，先解Rt△CEF求出CF和CE的长，然后根据S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）即可求出阴影面积；②作EH⊥CF于点H，如图4，先解Rt△EFH求出FH和EH的长，进而可得CH的长，设OH=x，则CO和OE2都可以用含x的代数式表示，然后在Rt△BOC中根据勾股定理即可得出关于x的方程，解方程即可求出x的值，进一步即可求出结果．【详解】解：（1）∵，，∴∠ACB=60°，∵Rt△≌Rt△，∴∠ECF=∠BAC=30°，EF=BC=1，∴∠ACF=30°，∴∠ACF=∠ECF=30°，∴CF是∠ACB的平分线，∴点F到直线的距离=EF=1；故答案为：1；（2）①线段经旋转运动所形成的平面图形如图3中的阴影所示：在Rt△CEF中，∵∠ECF=30°，EF=1，∴CF=2，CE=，由旋转的性质可得：CF=CA=2，CE=CG=，∠ACG=∠ECF=30°，∴S阴影=（S△CEF+S扇形ACF）－（S△ACG+S扇形CEG）=S扇形ACF－S扇形CEG=；故答案为：；②作EH⊥CF于点H，如图4，在Rt△EFH中，∵∠F=60°，EF=1，∴，∴CH=，设OH=x，则，，∵OB=OE，∴，在Rt△BOC中，∵，∴，解得：，∴．【点睛】本题考查了旋转的性质和旋转作图、全等三角形的性质、角平分线的性质、扇形面积公式、勾股定理和解直角三角形等知识，涉及的知识点多，综合性较强，熟练掌握上述知识、灵活应用整体思想和方程思想是解题的关键．30．（2020·湖南长沙?中考真题）人教版初中数学教科书八年级上册第48页告诉我们一种作已知角的平分线的方法：已知：求作：的平分线做法：（1）以O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N，（2）分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点C（3）画射线OC，射线OC即为所求．请你根据提供的材料完成下面问题：（1）这种作已知角平分线的方法的依据是__________________(填序号)．①②③④（2）请你证明OC为的平分线．【答案】（1）①；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据作图的过程知道：OM=ON，OC=OC，CM=CM，由“SSS”可以证得△EOC≌△DOC；（2）根据作图的过程知道：OM=ON，OC=OC，CM=CM，由全等三角形的判定定理SSS可以证得△EOC≌△DOC，从而得到OC为的平分线．【详解】（1）根据作图的过程知道：OM=ON，OC=OC，CM=CM，所以由全等三角形的判定定理SSS可以证得△EOC≌△DOC，从而得到OC为的平分线；故答案为：①；（2）如图，连接MC、NC．

根据作图的过程知，

在△MOC与△NOC中，，

∴△MOC≌△NOC（SSS），∠AOC=∠BOC，∴OC为的平分线．【点睛】本题考查了作图-基本作图及全等三角形的判定定理的应用，注意：三角形全等的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL．31．（2020·江苏盐城?中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，．（1）求证：是的切线；（2）若，垂足为交与点；求证：是等腰三角形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】(1)连接OC，由AB是圆O的直径得到∠BCA=90°，进一步得到∠A+∠B=90°，再根据已知条件，且∠A=∠ACO即可证明∠OCD=90°进而求解；(2)证明，再由DE⊥AB，得到∠A+∠AFE=90°，进而得到∠DCA=∠AFE=∠DFC，得到DC=DF，进而得到△DFC为等腰三角形．【详解】解：(1)证明：连接，为圆的直径，又又点在圆上，是的切线．(2)又是等腰三角形．【点睛】本题考查了圆的切线的判定定理，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定等，熟练掌握性质或定理是解决此类题的关键．32．（2020·陕西中考真题）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．（1）求该抛物线的表达式；（2）P是该抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）点P的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．【解析】【分析】（1）根据待定系数法，将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式，即可求解；（2）在△AOC中，OA＝OC＝3，由题意：以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等可知PD＝DE＝3，再分点P在抛物线对称轴右侧、点P在抛物线对称轴的左侧两种情况，求解即可．【详解】解：（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得，解得，故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；（2）抛物线的对称轴为x＝﹣1，令y＝0，则x＝﹣3或1，令x＝0，则y＝﹣3，故点A、B的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C（0，﹣3），故OA＝OC＝3，∵∠PDE＝∠AOC＝90°，∴当PD＝DE＝3时，以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，设点P（m，n），当点P在抛物线对称轴右侧时，m﹣（﹣1）＝3，解得：m＝2，故n＝22+2×2﹣5＝5，故点P（2，5），故点E（﹣1，2）或（﹣1，8）；当点P在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P（﹣4，5），此时点E坐标同上，综上，点P的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．【点睛】本题主要考查了二次函数与几何运用，涉及到三角形全等，掌握数形结合思想是解答关键，其中（2）需要分类求解，避免遗漏．33．（2020·陕西中考真题）如图所示，小明家与小华家住在同一栋楼的同一单元，他俩想测算所住楼对面商业大厦的高MN．他俩在小明家的窗台B处，测得商业大厦顶部N的仰角∠1的度数，由于楼下植物的遮挡，不能在B处测得商业大厦底部M的俯角的度数．于是，他俩上楼来到小华家，在窗台C处测得大厦底部M的俯角∠2的度数，竟然发现∠1与∠2恰好相等．已知A，B，C三点共线，CA⊥AM，NM⊥AM，AB＝31m，BC＝18m，试求商业大厦的高MN．【答案】80m．【解析】【分析】过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F，可得四边形AMEC和四边形AMFB均为矩形，可以证明△BFN≌△CEM，得NF＝EM＝49，进而可得商业大厦的高MN．【详解】解：如图，过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F，∴∠CEF＝∠BFE＝90°，∵CA⊥AM，NM⊥AM，∴四边形AMEC和四边形AMFB均为矩形，∴CE＝BF，ME＝AC，∠1＝∠2，∴△BFN≌△CEM（ASA），∴NF＝EM＝31+18＝49，由矩形性质可知：EF＝CB＝18，∴MN＝NF+EM﹣EF＝49+49﹣18＝80（m）．答：商业大厦的高MN为80m．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，解决本题的关键是构造直角三角形和矩形，得出NF=EM=AC．34．（2020·山西中考真题）阅读与思考下面是小宇同学的数学日记，请仔细阅读并完成相应的任务．×年×月×日星期日没有直角尺也能作出直角今天，我在书店一本书上看到下面材料：木工师傅有一块如图①所示的四边形木板，他已经在木板上画出一条裁割线，现根据木板的情况，要过上的一点，作出的垂线，用锯子进行裁割，然而手头没有直角尺，怎么办呢？办法一：如图①，可利用一把有刻度的直尺在上量出，然后分别以，为圆心，以与为半径画圆弧，两弧相交于点，作直线，则必为．办法二：如图②，可以取一根笔直的木棒，用铅笔在木棒上点出，两点，然后把木棒斜放在木板上，使点与点重合，用铅笔在木板上将点对应的位置标记为点，保持点不动，将木棒绕点旋转，使点落在上，在木板上将点对应的位置标记为点．然后将延长，在延长线上截取线段，得到点，作直线，则．我有如下思考：以上两种办法依据的是什么数学原理呢？我还有什么办法不用直角尺也能作出垂线呢？……任务：（1）填空；“办法一”依据的一个数学定理是_____________________________________；（2）根据“办法二”的操作过程，证明；（3）①尺规作图：请在图③的木板上，过点作出的垂线（在木板上保留作图痕迹，不写作法）；②说明你的作法依据的数学定理或基本事实（写出一个即可）【答案】（1）勾股定理的逆定理；（2）详见解析；（3）①详见解析；②答案不唯一，详见解析【解析】【分析】（1）利用说明△DCE是直角三角形，说明，进而得出利用的原理是勾股定理逆定理即可；（2）由作图的方法可以得出：，，得出，，利用三角形内角和得出，即，说明垂直即可；（3）①以点为圆心，任意长为半径画弧，与有两个交点，分别以这两个交点为圆心，以大于这两个交点之间的距离的一半为半径画弧，这两段弧交于一点，连接即可；②到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上，即可说明垂直．【详解】（1）勾股定理的逆定理（或如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形）；（2）证明：由作图方法可知：，，，．又，．．即．（3）解：①如图，直线即为所求；图③②答案不唯一，如：三边分别相等的两个三角形全等（或）；等腰三角形顶角的平分线、底边上的高、底边上的中线重合（或等腰三角形“三线合一”）；到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上等．【点睛】本题主要考查了垂直的判定，熟练掌握说明垂直的方法是解决本题的关键．35．（2020·四川宜宾?中考真题）如图，在三角形ABC中，点D是BC上的中点，连接AD并延长到点E，使，连接CE．（1）求证：（2）若的面积为5，求的面积．【答案】（1）详见解析；（2）10．【解析】【分析】（1）根据中点定义、对顶角相等以及已知条件运用SAS即可证明；（2）先根据三角形中点的性质和全等三角形的性质得到、，再结合以及解答即可．【详解】证明：（1）∵D是BC的中点，∴BD=CD在△ABD和△CED中，所以；(2)∵在△ABC中，D是BC的中点∴∵．答：三角形ACE的面积为10．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质等知识，其中掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．36．（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）等腰三角形ABC中，AB=AC=4，∠BAC=45º，以AC为腰作等腰直角三角形ACD，∠CAD为90º，请画出图形，并直接写出点B到CD的距离．【答案】画出图形见解析；点B到CD的距离为2或．【解析】【分析】根据题目描述可以作出两个图形，利用等腰直角三角形的性质分别进行求解即可．【详解】本题有两种情况：（1）如图，∵是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∴点B到CD的距离等于点A到CD的距离，过点A作，∵，∴，∴点B到CD的距离为2；（2）如图：∵是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∴点B到CD的距离即BE的长，∵，∴，∴，即点B到CD的距离为．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，根据题目描述作出两个图形是解题的关键．37．（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）∆ABC中，点D在直线AB上.点E在平面内，点F在BC的延长线上，∠E=∠BDC，AE=CD，∠EAB+∠DCF=180º．（1）如图①，求证AD+BC=BE；（2）如图②、图③，请分别写出线段AD，BC，BE之间的数量关系，不需要证明；（3）若BE⊥BC，tan∠BCD=，CD=10，则AD=______．【答案】（1）见解析；（2）图②结论：BC－AD=BE，图③结论：AD－BC=BE；（3）14－6或2+6.【解析】【分析】（1）证明∠EAB=∠BCD，用ASA证明△EAB≌△DCB，可得AD+BC=BE；（2）利用（1）的解题思路，证明△EAB≌△DCB，即可得到图②的结论BC－AD=BE；图③的结论AD－BC=BE；（3）利用（2）的结论，过点D作BC边长的垂线，构造直角三角形，结合tan∠BCD=，计算相应边的长度，即可得到AD的值．【详解】（1）证明：∵∠EAB+∠DCF=1800，∠BCD+∠DCF=1800，∴∠EAB=∠BCD，∵∠E=∠BDC，AE=CD，∴△EAB≌△DCB，∴BE=BD，AB=BC，∴AD+BC=AD+AB=BD=BE.（2）图②结论：BC－AD=BE，证明如下：∵∠EAB+∠DCF=1800，∠BCD+∠DCF=1800，∴∠EAB=∠BCD，∵∠E=∠BDC，AE=CD，∴△EAB≌△DCB，∴BE=BD，AB=BC，∴BA－AD=BC－AD=BE，即BC－AD=BE图③结论：AD－BC=BE.证明如下：∵∠EAB+∠DCF=1800，∠BCD+∠DCF=1800，∴∠EAB=∠BCD，∵∠E=∠BDC，AE=CD，∴△EAB≌△DCB，∴BE=BD，AB=BC，∴AD－AB=AD－BC=BD=BE，即AD－AB=BE（3）如图②所示，作于G由（2）知△EAB≌△DCB，∴∵∴在中，CD=10，，∴在中，，∴如图③所示，作于H由（2）知△EAB≌△DCB，∴∴∵∴在中，CD=10，，∴在中，，∴综上所述：AD的长度为14－6或2+6.【点睛】本题考查了由图形变化引起的类比探究，快速确定全等三角形，并准确利用全等三角形的性质是解题的关键．38．（2020·湖北黄石?中考真题）如图，．（1）求的度数；（2）若，求证：．【答案】（1）∠DAE=30°；（2）见详解．【解析】【分析】（1）根据AB∥DE，得出∠E=∠CAB=40°，再根据∠DAB=70°，即可求出∠DAE；（2）证明△DAE≌△CBA，即可证明AD=BC．【详解】（1）∵AB∥DE，∴∠E=∠CAB=40°，∵∠DAB=70°，∴∠DAE=∠DAB-∠CAB=30°；（2）由（1）可得∠DAE=∠B=30°，又∵AE=AB，∠E=∠CAB=40°，∴△DAE≌△CBA（ASA），∴AD=BC．【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，求出∠DAE的度数是解题关键．39．（2020·青海中考真题）如图，在中，．（1）尺规作图：作的外接圆；作的角平分线交于点D，连接AD．（不写作法，保留作图痕迹）（2）若AC=6，BC=8，求AD的长．

【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据外接圆，角平分线的作法作图即可；（2）连接AD，OD，根据CD平分，得°，根据圆周角与圆心角的关系得到°，在中计算AB，在中，计算AD．【详解】（1）作图如下：（2）连接AD，OD，如图所示由（1）知：平分，且°∴°∴°在中，，∴，即在中，【点睛】本题考查了三角形的外接圆，角平分线，以及利用圆周角与圆心角的关系，及勾股定理计算线段长度的方法，熟知以上方法是解题的关键．40．（2020·青海中考真题）某市为了加快5G网络信号覆盖，在市区附近小山顶架设信号发射塔，如图所示．小军为了知道发射塔的高度，从地面上的一点A测得发射塔顶端P点的仰角是45°，向前走60米到达B点测得P点的仰角是60°，测得发射塔底部Q点的仰角是30°．请你帮小军计算出信号发射塔PQ的高度．（结果精确到0.1米，）【答案】94.6米【解析】【分析】先根据题意得出AC=PC，BQ=PQ，CQ=BQ，设BQ=PQ=x，则CQ=BQ=x，根据勾股定理可得BC=x，根据AB+BC=PQ+QC即可得出关于x的方程求解即可．【详解】∵∠PAC=45°，∠PCA=90°，∴AC=PC，∵∠PBC=60°，∠QBC=30°，∠PCA=90°，∴∠BPQ=∠PBQ=30°，∴BQ=PQ，CQ=BQ，设BQ=PQ=x，则CQ=BQ=x，根据勾股定理可得BC==x，∴AB+BC=PQ+QC即60+x=x+x解得：x=60+=60+20×1.732=94.64≈94.6，∴PQ的高度为94.6米．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，找出等量关系是解题关键．41．（2020·青海中考真题）如图，已知AB是的直径，直线BC与相切于点B，过点A作AD//OC交于点D，连接CD．（1）求证：CD是的切线．（2）若，直径，求线段BC的长．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得，又根据平行线的性质可得，从而可得，再根据圆的切线的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据圆的切线的判定即可得证；（2）如图（见解析），先根据圆周角定理得出，再根据勾股定理可得BD的长，然后根据相似三角形的判定与性质即可得．【详解】（1）如图，连接OD，则直线BC与相切于点B在和中，又是的半径是的切线；（2）如图，连接BD由圆周角定理得：，，在和中，，即解得．【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．42．（2020·广东广州?中考真题）如图，平面直角坐标系中，的边在轴上，对角线，交于点，函数的图象经过点和点．（1）求的值和点的坐标；（2）求的周长．【答案】（1）k=12，M（6,2）；（2）28【解析】【分析】（1）将点A（3,4）代入中求出k的值，作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，证明△MEC∽△ADC，得到，求出ME=2，代入即可求出点M的坐标；（2）根据勾股定理求出OA=5，根据点A、M的坐标求出DE，即可得到OC的长度，由此求出答案.【详解】（1）将点A（3,4）代入中，得k=，∵四边形OABC是平行四边形，∴MA=MC，作AD⊥x轴于点D，ME⊥x轴于点E，∴ME∥AD，∴△MEC∽△ADC，∴，∴ME=2，将y=2代入中，得x=6，∴点M的坐标为（6,2）；（2）∵A（3,4），∴OD=3，AD=4，∴,∵A（3,4），M（6,2），∴DE=6-3=3，∴CD=2DE=6，∴OC=3+6=9，∴的周长=2(OA+OC)=28.【点睛】此题考查平行四边形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，求函数图象上点的坐标，勾股定理，相似三角形的判定及性质.43．（2020·广东广州?中考真题）如图，，，．求的度数．【答案】75°.【解析】【分析】由三角形的内角和定理求出∠DCA=75°，再证明△ABC≌△ADC，即可得到答案.【详解】∵,,∴∠DCA=75°,∵,,AC=AC，∴△ABC≌△ADC，∴∠BCA=∠DCA=75°.【点睛】此题考查三角形的内角和定理，全等三角形的判定及性质，这是一道比较基础的三角形题.44．（2020·广西玉林?中考真题）如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）若H是AB上的一点（H与A，B不重合），连接DH，将线段DH绕点H顺时针旋转90度，得到线段HE，过点E分别作BC及AB的延长线的垂线，垂足分别是F，G，设四边形BGEF的面积为，以HB，BC为邻边的矩形面积为，且，当时，求AH的长；【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题根据可得对角线相等且互相平分，可得四边形ABCD是矩形，又因为在中，利用勾股定理逆定理可得出为等腰直角三角形，可得，所以也是等腰直角三角形，可得，所以得出四边形ABCD是正方形；（2）根据题意，易证得，可得，设，则，，可得，则，令，即：，解方程即可得出的长.【详解】解：（1）依题意可得：，四边形为平行四边形；又，四边形为矩形；又在中，，且三边满足为等腰直角三角形；,,,,四边形为正方形；即：四边形为正方形.（2）由题可得：,，又，在与中设，则，可得：，，令，可得，解得：，（舍去）.即.【点睛】本题考查正方形的判定以及与正方形相关的几何证明.在证明正方形的时候必须先证明四边形是矩形或者菱形，然后得出正方形；如果题中涉及到边之间的关系是或倍的关系，则利用勾股定理逆定理验证是否是等腰直角三角形；如果遇到直角比较多的地方，注意观察题中是否有一线三垂直，要积累和熟练应用这个全等模型.45．（2020·广西玉林?中考真题）如图，AB是圆O的直径，点D在直径AB上（D与A，B不重合），CD⊥AB，且CD=AB，连接CB与圆O交于点F，在CD上取一点E，使得EF=EC．（1）求证：EF是圆O的切线；（2）若D是OA的中点，AB=4，求CF的长．【答案】(1)见解析；(2)【解析】【分析】(1)连接OF和AF，证明∠GFE=∠AGD，进而可证明∠OFE=90°后即可求解；(2)先由AB=CD=4，BD=3，在Rt△BCD中结合勾股定理求出BC，再证明△ABF∽△CBD，由对应边成比例求出BF的长，最后用BC减去BF就是所求的CF的长．【详解】解：(1)连接OF和AF，设AF与DC相交于点G，如下图所示：∵OA=OF，∴∠A=∠OFA，∵AB为圆O的直径，∴∠AFB=∠AFC=90°，∴∠C+∠CGF=90°，∠GFE+∠EFC=90°又EC=EF，∴∠C=∠EFC，∴∠CGF=∠GFE,又∠CGF=∠AGD，∴∠GFE=∠AGD∴∠OFE=∠OFA+∠GFE=∠A+∠AGD=180°-∠ADG=180°-90°=90°，∴OF⊥EF，∴EF是圆O的切线．(2)如下图所示，∵D是OA的中点，且AB=4，∴DO=1，BD=BO+DO=3，又AB=CD=4，∴在Rt△BCD中，BC²=BD²+CD²=3²+4²=5²，∴BC=5，又∠BDC=∠BFA=90°，且∠B=∠B，∴△ABF∽△CBD，∴，代入数据后得：，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的判定定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握其定理及性质是解决此类题的关键．46．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）如图，正方形，G是边上任意一点（不与B、C重合），于点E，，且交于点F．（1）求证：；（2）四边形是否可能是平行四边形，如果可能请指出此时点G的位置，如不可能请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）不可能，理由见解析【解析】【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，从而得到AF=DE，AE=BF，可得结果；（2）若要四边形是平行四边形，则DE=BF，则∠BAF=45°，再证明∠BAF≠45°即可.【详解】解：（1）证明：∵正方形，∴AB=AD，∠BAF+∠DAE=90°，∵DE⊥AG，∴∠DAE+∠ADE=90°，∴∠ADE=∠BAF，又∵，∴∠BFA=90°=∠AED，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AF=DE，AE=BF，∴；（2）不可能，理由是：如图，若要四边形是平行四边形，已知DE∥BF，则当DE=BF时，四边形BFDE为平行四边形，∵DE=AF，∴BF=AF，即此时∠BAF=45°，而点G不与B和C重合，∴∠BAF≠45°，矛盾，∴四边形不能是平行四边形.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是找到三角形全等的条件.47．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行到B港，然后再沿北偏西42°方向航行至C港，已知C港在A港北偏东20°方向．（1）直接写出的度数；（2）求A、C两港之间的距离．（结果用含非特殊角的三角函数及根式表示即可）【答案】（1）62°；（2）（+）km【解析】【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等即可得出答案；

（2）由题意得，∠CAB=65°-20°=45°，∠ACB=42°+20°=62°，AB=38，过B作BE⊥AC于E，解直角三角形即可得到答案．【详解】解：（1）如图，由题意得：∠ACB=20°+42°=62°；

（2）由题意得，∠CAB=65°-20°=45°，∠ACB=42°+20°=62°，AB=38，过B作BE⊥AC于E，如图所示：

∴∠AEB=∠CEB=90°，

在Rt△ABE中，∵∠EAB=45°，

∴△ABE是等腰直角三角形，

∵AB=38，∴AE=BE=AB=，在Rt△CBE中，∵∠ACB=62°，tan∠ACB=，∴CE==，∴AC=AE+CE=+，∴A，C两港之间的距离为（+）km.【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题，等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握解直角三角形，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．48．（2020·贵州毕节?中考真题）如图（1），大正方形的面积可以表示为，同时大正方形的面积也可以表示成两个小正方形面积与两个长方形的面积之和，即．同一图形（大正方形）的面积，用两种不同的方法求得的结果应该相等，从而验证了完全平方公式：．把这种“同一图形的面积，用两种不同的方法求出的结果相等，从而构建等式，根据等式解决相关问题”的方法称为“面积法”

（1）用上述“面积法”，通过如图（2）中图形的面积关系，直接写出一个多项式进行因式分解的等式：_______；

（2）如图（3），中，，，，是斜边边上的高．用上述“面积法”求的长；

（3）如图（4），等腰中，，点为底边上任意一点，，，，垂足分别为点，，，连接，用上述“面积法”，求证：．

【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）大长方形的面积为一个正方形的面积与三个小长方形面积之和即，同时大长方形的面积也可以为，列出等量关系即可；（2）由勾股定理求出AB，然后根据，代入数值解之即可．（3）由和三角形面积公式即可得证．【详解】（1）如图（2），大长方形的面积为一个小正方形的面积与三个小长方形面积之和，即，同时大长方形的面积也可以为，故答案为：；（2）如图（3）中，，，，∴,∵,∴；（3）如图（4），∵，，，垂足分别为点，，，∴，∴，∵AB=AC，∴CH=OM+ON即．【点睛】本题考查了因式分解的几何背景、图形的拆拼前后的面积相等、类比法等，解答的关键是根据已知条件和图形特点，利用拆拼前后的面积相等通过分析、推理和计算．49．（2020·湖北荆州?中考真题）如图矩形ABCD中，AB=20，点E是BC上一点，将沿着AE折叠，点B刚好落在CD边上的点G处，点F在DG上，将沿着AF折叠，点D刚好落在AG上点H处，此时．（1）求证：（2）求AD的长；（3）求的值．【答案】（1）见解析；（2）12；（3）【解析】【分析】（1）由矩形的性质得出∠B=∠D=∠C=90°，由折叠的性质得出∠AGE=∠B=90°，∠AHF=∠D=90°，证得∠EGC=∠GFH，则可得出结论；（2）由面积关系可得出GH：AH=2：3，由折叠的性质得出AG=AB=GH+AH=20，求出GH=8，AH=12，则可得出答案；（3）由勾股定理求出DG=16，设DF=FH=x，则GF=16-x，由勾股定理得出方程，解出x=6，由锐角三角函数的定义可得出答案．【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是矩形所以，(2)解：(3)解：在直角三角形ADG中，由折叠对称性知，解得：x=6，所以：HF=6在直角三角形GHF中，．【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．50．（2020·湖北荆州?中考真题）如图，将绕点B顺时针旋转60度得到，点C的对应点E恰好落在AB的延长线上，连接AD．（1）求证：；（2）若AB=4，BC=1，求A，C两点旋转所经过的路径长之和．

【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先利用旋转的性质证明△ABD为等边三角形，则可证，即再根据平行线的判定证明即可．（2）利用弧长公式分别计算路径，相加即可求解．【详解】（1）证明：由旋转性质得：是等边三角形所以∴；（2）依题意得：AB=BD=4，BC=BE=1，所以A，C两点经过的路径长之和为．【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、弧长公式等知识，熟练掌握这些知识点之间的联系及弧长公式是解答的关键．51．（2020·湖南益阳?中考真题）如图，是的半径，过点作的切线，且，，分别交于点，，求证：【答案】见解析【解析】【分析】首先得出，推出OA=OB，再利用OA-OC=OB-OD得出结果即可．【详解】解：∵AB是⊙O的切线，∴，∵MA=MB，OM=OM，∴，∴OA=OB，∵OC，OD都是⊙O的半径，∴OC=OD，∴OA-OC=OB-OD，即AC=BD．【点睛】本题考查了切线的性质及全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定．52．（2020·吉林中考真题）能够完全重合的平行四边形纸片和按图①方式摆放，其中，．点，分别在边，上，与相交于点．（探究）求证：四边形是菱形．（操作一）固定图①中的平行四边形纸片，将平行四边形纸片绕着点顺时针旋转一定的角度，使点与点重合，如图②，则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为______．（操作二）四边形纸片绕着点继续顺时针旋转一定的角度，使点与点重合，连接，，如图③若，则四边形的面积为______．【答案】探究：证明见解析；操作一：56；操作二：72．【解析】【分析】探究：先根据平行四边形的性质可得，再根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定即可得证；操作一：先根据菱形的性质得出，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据全等三角形的性质、三角形的周长公式即可得；操作二：先根据平行四边形的性质、等腰三角形的判定可得是等腰三角形，且平分，再根据等腰三角形的三线合一可得，，然后利用正弦三角函数可求出DN的长，从而可得DG的长，最后根据矩形的判定可得四边形是矩形，据此利用矩形的面积公式即可得．【详解】探究：四边形和都是平行四边形，即四边形是平行四边形又平行四边形是菱形；操作一：如图，设AE与DF相交于点H，AB与FG相交于点M四边形和是两个完全重合的平行四边形，在和中，，和的周长相等同理可得：、、、的周长均相等又的周长为则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为故答案为：56；操作二：如图，设AB与DG相交于点N四边形和是两个完全重合的平行四边形是等腰三角形，且平分，在中，，即解得又四边形是平行四边形，即平行四边形是矩形则四边形的面积为故答案为：72．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定、正弦三角函数等知识点，熟记并灵活运用各判定定理与性质是解题关键．53．（2020·广西中考真题）如图，点在一条直线上，．（1）求证：；（2）连接，求证：四边形是平行四边形．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】【分析】（1）先证明，再利用SSS证明；（2）根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”证明四边形是平行四边形即可．【详解】证明：即证明：四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解决问题的关键．54．（2020·吉林长春?中考真题）如图，在中，是对角线、的交点，，，垂足分别为点、．（1）求证：．（2）若，，求的值．【答案】（1）见解析1；（2）【解析】【分析】（1）根据题意由平行四边形性质得，由ASA证得，即可得出结论；（2）根据题意由（1）得OE=OF，则OE=2，在Rt△OEB中，由三角函数定义即可得出结果．【详解】解：（1）证明：在中，∵，∴∴又∵∴∴（2）∵，∴∵∴在中，，.【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数定义等知识；熟练掌握平行四边形的性质与全等三角形的判定是解题的关键．55．（2020·四川雅安?中考真题）如图，四边形内接于圆，，对角线平分．（1）求证：是等边三角形；（2）过点作交的延长线于点，若，求的面积．【答案】（1）见解析；（2）；【解析】【分析】（1）根据三个内角相等的三角形是等边三角形即可判断；

（2）过点A作AE⊥CD，垂足为点E，过点B作BF⊥AC，垂足为点F．根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD，分别求出△ABC，△ACD的面积，即可求得四边形ABCD的面积，然后通过证得△EAB≌△DCB（AAS），即可求得△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O．

∴∠ABC+∠ADC=180°，

∵∠ABC=60°，

∴∠ADC=120°，

∵DB平分∠ADC，

∴∠ADB=∠CDB=60°，

∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，

∴∠ABC=∠BCA=∠BAC，

∴△ABC是等边三角形；

（2）过点A作AM⊥CD，垂足为点M，过点B作BN⊥AC，垂足为点N．

∴∠AMD=90°

∵∠ADC=120°，

∴∠ADM=60°，

∴∠DAM=30°，

∴DM=AD=1，AM=，∵CD=3，

∴CM=CD+DE=1+3=4，

∴S△ACD=CD-AM=×3×=，在Rt△AMC中，∠AMD=90°，

∴AC=，∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC=AC=，∴BN=，∴S△ABC=××=，∴四边形ABCD的面积=+=，∵BE∥CD，

∴∠E+∠ADC=180°，

∵∠ADC=120°，

∴∠E=60°，

∴∠E=BDC，

∵四边形ABCD内接于⊙O，

∴∠EAB=∠BCD，

在△EAB和△DCB中，，∴△EAB≌△DCB（AAS），

∴△BDE的面积=四边形ABCD的面积=.【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．56．（2020·甘肃金昌?中考真题）如图，圆是的外接圆，其切线与直径