中考数学总复习《图形与几何汇编》专项提升训练题-附答案

第页中考数学总复习《图形与几何汇编》专项提升训练题-附答案学校：___________班级：___________姓名：___________考号：___________选择题1.（2023天津中考）如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）A. B. C. D.2.（2022天津中考）下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）A. B. C. D.3.（2021天津中考）如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）

A. B.

C.

D.

4.（2020天津中考）右图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）A. B. C. D.5.（2023天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A.全 B.面 C.发 D.展6.（2022天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A. B. C. D.7.（2021天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A. B. C. D.8.（2020天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A. B. C. D.9.（2023天津中考）如图，在中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线分别与边相交于点D，E，连接．若，则的长为（）A.9 B.8 C.7 D.610.（2022天津中考）如图，△OAB的顶点O(0，0)，顶点A，B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴，若AB=6，OA=OB=5，则点A的坐标是（）A. B. C. D.11.（2021天津中考）如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（）A. B. C. D.12.（2020天津中考）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（）A. B. C. D.13.（2023天津中考）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（）A. B. C. D.14.（2022天津中考）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（）A. B. C. D.15.（2021天津中考）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）

A. B. C. D.16.（2020天津中考）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（）A. B. C. D.填空题17.（2023天津中考）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．（1）的面积为________；（2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为________．18.（2022天津中考）如图，已知菱形的边长为2，，E为的中点，F为的中点，与相交于点G，则的长等于___________．19.（2021天津中考）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．20.（2020天津中考）如图，的顶点C在等边的边上，点E在的延长线上，G为的中点，连接．若，，则的长为_______．21.（2023天津中考）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上．（1）线段的长为________；（2）若点D在圆上，与相交于点P．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）________．22.（2022天津中考）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及的一边上的点E，F均在格点上．（Ⅰ）线段的长等于___________；（Ⅱ）若点M，N分别在射线上，满足且．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）___________．23.（2021天津中考）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上．

（Ⅰ）线段的长等于_____；（Ⅱ）以为直径的半圆的圆心为O，在线段上有一点P，满足，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）_____．24.（2020天津中考）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．（Ⅰ）线段的长等于___________；（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．解答题25.（2023天津中考）在中，半径垂直于弦，垂足为D，，E为弦所对的优弧上一点．（1）如图①，求和的大小；（2）如图②，与相交于点F，，过点E作的切线，与的延长线相交于点G，若，求的长．26.（2022天津中考）已知为的直径，，C为上一点，连接．（1）如图①，若C为的中点，求的大小和的长；（2）如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长．27.（2021天津中考）已知内接于，点D是上一点．（Ⅰ）如图①，若为的直径，连接，求和的大小；（Ⅱ）如图②，若//，连接，过点D作的切线，与的延长线交于点E，求的大小．28.（2020天津中考）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．29.（2023天津中考）综合与实践活动中，要利用测角仪测量塔的高度．如图，塔前有一座高为的观景台，已知，点E，C，A在同一条水平直线上．某学习小组在观景台C处测得塔顶部B的仰角为，在观景台D处测得塔顶部B的仰角为．（1）求的长；（2）设塔的高度为h（单位：m）．①用含有h的式子表示线段的长（结果保留根号）；②求塔的高度（取0.5，取1.7，结果取整数）．30.（2022天津中考）如图，某座山的项部有一座通讯塔，且点A，B，C在同一条直线上，从地面P处测得塔顶C的仰角为，测得塔底B的仰角为．已知通讯塔的高度为，求这座山的高度（结果取整数）．参考数据：．31.（2021天津中考）如图，一艘货船在灯塔C的正南方向，距离灯塔257海里的A处遇险，发出求救信号．一艘救生船位于灯塔C的南偏东方向上，同时位于A处的北偏东方向上的B处，救生船接到求救信号后，立即前往救援．求的长（结果取整数）．参考数据：，取1.73．

32.（2020天津中考）如图，两点被池塘隔开，在外选一点C，连接．测得，，．根据测得的数据，求的长（结果取整数）．参考数据：，，．33.（2023天津中考）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点．（1）填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；（2）将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．34.（2022天津中考）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．（1）如图①，当时，求的大小和点的坐标；（2）如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；（3）若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．35.（2021天津中考）在平面直角坐标系中，O为原点，是等腰直角三角形，，顶点，点B在第一象限，矩形的顶点，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线经过点B．（Ⅰ）如图①，求点B的坐标；（Ⅱ）将矩形沿x轴向右平移，得到矩形，点O，C，D，E的对应点分别为，，，，设，矩形与重叠部分的面积为S．①如图②，当点在x轴正半轴上，且矩形与重叠部分为四边形时，与相交于点F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．36.（2020天津中考）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点B在第一象限，，，点P在边上（点P不与点重合）．（1）如图①，当时，求点P的坐标；（2）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点为，设．①如图②，若折叠后与重叠部分为四边形，分别与边相交于点，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；②若折叠后与重叠部分的面积为S，当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．参考答案选择题1.（2023天津中考）如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据主视图的定义判断．【详解】根据主视图的定义，从正面（图中箭头方向）看到的图形应为两层，上层有2个，下层有3个小正方形，故答案为：C．【点睛】本题考查主视图的定义，注意观察的方向，掌握主视图的定义判断是解题的关键．2.（2022天津中考）下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】画出从正面看到的图形即可得到它的主视图．【详解】解：几何体的主视图为：故选：A【点睛】本题考查了简单组合体三视图：画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图．3.（2021天津中考）如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）

A. B.

C.

D.

【答案】D【解析】【分析】根据三视图中的主视图定义，从前往后看，得到的平面图形即为主视图．【详解】解：从正面看到的平面图形是3列小正方形，从左至右第1列有1个，第2列有2个，第3列有2个，故选：D．【点睛】本题主要考查了组合体的三视图，解题的关键是根据主视图的概念由立体图形得到相应的平面图形．4.（2020天津中考）右图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】从正面看所得到的图形是主视图，画出从正面看所得到的图形即可．【详解】解：从正面看第一层有两个小正方形，第二层在右边有一个小正方形，第三层在右边有一个小正方形，即：故选：D．【点睛】本题主要考查了三视图，关键是把握好三视图所看的方向．5.（2023天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A.全 B.面 C.发 D.展【答案】A【解析】【分析】根据轴对称的定义判断即可；【详解】解：全面发展四个字中，可以看作是轴对称图形的是全；故选A．【点睛】本题考查了轴对称图形：如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴；掌握定义是解题关键．6.（2022天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解．【详解】A．不是轴对称图形，故本选项错误；B．不是轴对称图形，故本选项错误；C．不是轴对称图形，故本选项错误；D．是轴对称图形，故本选项正确．故选：D．【点睛】本题考查轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键．7.（2021天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据轴对称图形的概念对各项分析判断即可得解．【详解】A．是轴对称图形，故本选项符合题意；B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D．不是轴对称图形，故本选项不符合题意．故选A．【点睛】本题考查判断轴对称图形，理解轴对称图形的概念是解答的关键．8.（2020天津中考）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据轴对称图形的概念求解．【详解】解：A、不是轴对称图形；

B、不是轴对称图形；

C、是轴对称图形；

D、不是轴对称图形；

故选：C．【点睛】本题考查了轴对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．9.（2023天津中考）如图，在中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线分别与边相交于点D，E，连接．若，则的长为（）A.9 B.8 C.7 D.6【答案】D【解析】【分析】由作图可知直线为边的垂直平分线，再由得到，则可知三点在以为圆心直径的圆上，进而得到，由勾股定理求出即可．【详解】解：由作图可知，直线为边的垂直平分线，∵∴，∵，∴，∴三点在以为圆心直径的圆上，∴，∵，∴∴．故选：D．【点睛】本题考查了线段垂直平分线尺规作图和性质，圆的基本性质和勾股定理，解答关键是熟练掌握常用尺规作图的作图痕迹，由作图过程得到新的结论．10.（2022天津中考）如图，△OAB的顶点O(0，0)，顶点A，B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴，若AB=6，OA=OB=5，则点A的坐标是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用HL证明△ACO≌△BCO，利用勾股定理得到OC=4，即可求解．【详解】解：∵AB⊥x轴，∴∠ACO=∠BCO=90°，∵OA=OB，OC=OC，∴△ACO≌△BCO(HL)，∴AC=BC=AB=3，∵OA=5，∴OC=4，∴点A的坐标是（4，3），故选：D．【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．11.（2021天津中考）如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据平行四边形性质以及点的平移性质计算即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，点B的坐标为(-2，-2)，点C的坐标为(2，-2)，∴点B到点C为水平向右移动4个单位长度，∴A到D也应向右移动4个单位长度，∵点A的坐标为(0，1)，则点D的坐标为(4，1)，故选:C．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，以及平移的相关知识点，熟知点的平移特点是解决本题的关键．12.（2020天津中考）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出ＯB，BC的长度，进而得出C点的坐标即可．【详解】解：∵O，D两点的坐标分别是，，∴OD＝6，∵四边形是正方形，∴OB⊥BC，OB=BC=6∴C点的坐标为：，故选：D．【点睛】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关键．13.（2023天津中考）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据旋转的性质即可解答．【详解】根据题意，由旋转的性质，可得，，，故B选项和D选项不符合题意，，故C选项不符合题意，，故A选项符合题意，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．14.（2022天津中考）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，∴AB=AC，AM=AN，∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；∵△ABM≌△ACN，∴∠ACN=∠B，而∠CAB不一定等于∠B，∴∠ACN不一定等于∠CAB，∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；∵△ABM≌△ACN，∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，∴∠BAC=∠MAN，∵AM=AN，AB=AC，∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，∴∠B=∠AMN，∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；∵AM=AN，而AC不一定平分∠MAN，∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．15.（2021天津中考）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（）

A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明，即D选项正确；【详解】由旋转可知，∵点A，D，E在同一条直线上，∴，∵，∴，故A选项错误，不符合题意；由旋转可知，∵为钝角，∴，∴，故B选项错误，不符合题意；∵，∴，故C选项错误，不符合题意；由旋转可知，∵，∴为等边三角形，∴．∴，∴，故D选项正确，符合题意；故选D．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键．16.（2020天津中考）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F，则下列结论一定正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题可通过旋转的性质得出△ABC与△DEC全等，故可判断A选项；可利用相似的性质结合反证法判断B，C选项；最后根据角的互换，直角互余判断D选项．【详解】由已知得：△ABC△DEC，则AC=DC，∠A=∠D，∠B=∠CED，故A选项错误；∵∠A=∠A，∠B=∠CED=∠AEF，故△AEF△ABC，则，假设BC=EF，则有AE=AB，由图显然可知AEAB，故假设BC=EF不成立，故B选项错误；假设∠AEF=∠D，则∠CED=∠AEF=∠D，故△CED为等腰直角三角形，即△ABC为等腰直角三角形，因为题干信息△ABC未说明其三角形性质，故假设∠AEF=∠D不一定成立，故C选项错误；∵∠ACB=90°，∴∠A+∠B=90°．又∵∠A=∠D，∴∠B+∠D=90°．故AB⊥DF，D选项正确．故选：D．【点睛】本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，证明过程常用角的互换、直角互余作为解题工具，另外证明题当中反证法也极为常见，需要熟练利用．填空题17.（2023天津中考）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．（1）的面积为________；（2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为________．【答案】①.3②.【解析】【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积；（2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长．【详解】解：（1）过点E作，正方形的边长为3，，是等腰三角形，，，，中，，,故答案为：3；（2）延长交于点K，正方形的边长为3，，，，，，，，F为中点，，在和中，，，，由（1）可知，，，，，，，，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．18.（2022天津中考）如图，已知菱形的边长为2，，E为的中点，F为的中点，与相交于点G，则的长等于___________．【答案】【解析】【分析】连接FB，作交AB的延长线于点G．由菱形的性质得出，，解直角求出，，推出FB为的中位线，进而求出FB，利用勾股定理求出AF，再证明，得出．【详解】解：如图，连接FB，作交AB的延长线于点G．∵四边形是边长为2的菱形，∴，，∵，∴，∴，，∵E为的中点，∴，∴，即点B为线段EG的中点，又∵F为的中点，∴FB为的中位线，∴，，∴，即是直角三角形，∴．在和中，，‘∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，三角函数解直角三角形，三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，添加辅助线构造直角是解题的关键．19.（2021天津中考）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________．【答案】【解析】【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K，∵正方形边长为4，∴OK=2，KC=2，∴KC=CE，∴CH是△OKE中位线∴，作GM⊥CD，垂足为点M，∵G点为EF中点，∴GM是△FCE的中位线，∴，，∴，在Rt△MHG中，，故答案：．【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等．20.（2020天津中考）如图，的顶点C在等边的边上，点E在的延长线上，G为的中点，连接．若，，则的长为_______．【答案】【解析】【分析】延长DC交EF于点M（图见详解），根据平行四边形与等边三角形的性质，可证△CFM是等边三角形，BF=BE=EF=BC+CF=5，可求出CF=CM=MF=2，可得C、G是DM和DE的中点，根据中位线的性质，可得出CG=，代入数值即可得出答案．【详解】解：如下图所示，延长DC交EF于点M，，，平行四边形的顶点C在等边的边上，，是等边三角形，．在平行四边形中，，，又是等边三角形，，．G为的中点，，是的中点，且是的中位线，．故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线等知识点，延长DC交EF于点M，利用平行四边形、等边三角形性质求出相应的线段长，证出是的中位线是解题的关键．21.（2023天津中考）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上．（1）线段的长为________；（2）若点D在圆上，与相交于点P．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）________．【答案】（1）（2）画图见解析；如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求【解析】【分析】（1）在网格中用勾股定理求解即可；（2）取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点M，连接；连接与网格线相交于点G，连接并延长与网格线相交于点H，连接并延长与圆相交于点I，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求，连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，由图可得，根据全等三角形的性质可得和，根据同弧所对圆周角相等可得，进而得到和，再通过证明即可得到结论．【小问1详解】解：；故答案为：．【小问2详解】解：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求；连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，由图可得：∵，，，∴，∴，，∵，∴，即，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∵是等边三角形，∴，即，∴，即，∵，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，此时点Q即为所求；故答案为：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求．【点睛】本题考查作图—复杂作图，勾股定理、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识是关键．22.（2022天津中考）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及的一边上的点E，F均在格点上．（Ⅰ）线段的长等于___________；（Ⅱ）若点M，N分别在射线上，满足且．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）___________．【答案】①.②.见解析【解析】【分析】（Ⅰ）根据勾股定理，从图中找出EF所在直角三角形的直角边的长进行计算；（Ⅱ）由图可找到点Q，，即四边形EFBQ是正方形，因为，所以，点M在EQ上，BM、BN与圆的交点为直径端点，所以EQ与PD交点为M，通过BM与圆的交点G和圆心O连线与圆相交于H，所以H在BN上，则延长BH与PF相交点即为N．【详解】（Ⅰ）从图中可知：点E、F水平方向距离为3，竖直方向距离为1，所以，故答案为：；（Ⅱ）连接，与竖网格线相交于点O，O即为圆心；取格点Q（E点向右1格，向上3格），连接与射线相交于点M；连接与相交于点G；连接并延长，与相交于点H；连接并延长，与射线相交于点N，则点M，N即为所求．【点睛】本题考查作图，关键在于灵活运用勾股理、直径对的圆周角为直角和判定三角形全等知识．23.（2021天津中考）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上．

（Ⅰ）线段的长等于_____；（Ⅱ）以为直径的半圆的圆心为O，在线段上有一点P，满足，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）_____．【答案】①.②.见解析

【解析】【分析】（Ⅰ）根据勾股定理计算即可；（Ⅱ）现将补成等腰三角形，然后构建全等三角形即可．【详解】解：（Ⅰ）∵每个小正方形的边长为1，∴，故答案为：；（Ⅱ）如图，取与网格线的交点D，则点D为BC中点，连接并延长，与半圆相交于点E，连接并延长，与的延长线相交于点F，则OE为中位线，且，连接交于点G，连接并延长，与相交于点P，因为，则点P即为所求．

【点睛】本题主要考查复杂作图能力，勾股定理，中位线定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识点，掌握以上知识点并与已知图形结合是解决本题关键．24.（2020天津中考）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．（Ⅰ）线段的长等于___________；（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】（1）将AC放一个直角三角形，运用勾股定理求解；（2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．【详解】解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．【点睛】本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．解答题25.（2023天津中考）在中，半径垂直于弦，垂足为D，，E为弦所对的优弧上一点．（1）如图①，求和的大小；（2）如图②，与相交于点F，，过点E作的切线，与的延长线相交于点G，若，求的长．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据半径垂直于弦，可以得到，从而得到，结合已知条件即可得到，根据即可求出；（2）根据，结合，推算出，进一步推算出，在中，，再根据即可得到答案．【小问1详解】解：在中，半径垂直于弦，∴，得．∵，∴．∵，∴．【小问2详解】解：如图，连接．同（1）得．∵在中，，∴．∴．又，∴．∵与相切于点E，∴，即．在中，，∴．【点睛】本题考查圆周角定理、切线的性质和直角三角函数，解题的关键是灵活运用相关知识．26.（2022天津中考）已知为的直径，，C为上一点，连接．（1）如图①，若C为的中点，求的大小和的长；（2）如图②，若为的半径，且，垂足为E，过点D作的切线，与的延长线相交于点F，求的长．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由圆周角定理得，由C为的中点，得，从而，即可求得的度数，通过勾股定理即可求得AC的长度；（2）证明四边形为矩形，FD=CE=CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．【小问1详解】∵为的直径，∴，由C为的中点，得，∴，得，在中，，∴；根据勾股定理，有，又，得，∴；【小问2详解】∵是的切线，∴，即，∵，垂足为E，∴，同（1）可得，有，∴，∴四边形为矩形，∴，于是，在中，由，得，∴．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题．27.（2021天津中考）已知内接于，点D是上一点．（Ⅰ）如图①，若为的直径，连接，求和的大小；（Ⅱ）如图②，若//，连接，过点D作的切线，与的延长线交于点E，求的大小．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）由圆周角定理的推论可知，，即可推出；由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可求出，从而求出．（Ⅱ）连接，由平行线的性质可知．由圆内接四边形的性质可求出．再由三角形内角和定理可求出．从而由圆周角定理求出．由切线的性质可知．即可求出．【详解】（Ⅰ）为的直径，∴．∵在中，，∴；∵，∴．∴．（Ⅱ）如图，连接．∵，∴．∵四边形是圆内接四边形，，∴．∴．∴．∵是的切线，∴，即．∴．【点睛】本题为圆的综合题．考查圆周角定理及其推论，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，圆的内接四边形的性质以及切线的性质．利用数形结合的思想以及连接常用的辅助线是解答本题的关键．28.（2020天津中考）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．29.（2023天津中考）综合与实践活动中，要利用测角仪测量塔的高度．如图，塔前有一座高为的观景台，已知，点E，C，A在同一条水平直线上．某学习小组在观景台C处测得塔顶部B的仰角为，在观景台D处测得塔顶部B的仰角为．（1）求的长；（2）设塔的高度为h（单位：m）．①用含有h的式子表示线段的长（结果保留根号）；②求塔的高度（取0.5，取1.7，结果取整数）．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质求解即可；（2）①分别在和中，利用锐角三角函数定义求得，，进而可求解；②过点作，垂足为．可证明四边形是矩形，得到，．在中，利用锐角三角函数定义得到，然后求解即可．【小问1详解】解：在中，，∴．即的长为．【小问2详解】解：①在中，，∴．在中，由，，，则.∴．即的长为．②如图，过点作，垂足为．根据题意，，∴四边形是矩形．∴，．可得．在中，，，∴．即．∴．答：塔的高度约为．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，涉及含30度角的直角三角形的性质、矩形判定与性质、锐角三角函数，理解题意，掌握作辅助线构造直角三角形解决问题是解答的关键．30.（2022天津中考）如图，某座山的项部有一座通讯塔，且点A，B，C在同一条直线上，从地面P处测得塔顶C的仰角为，测得塔底B的仰角为．已知通讯塔的高度为，求这座山的高度（结果取整数）．参考数据：．【答案】这座山的高度约为【解析】【分析】在中，，在中，，利用，即可列出等式求解．【详解】解：如图，根据题意，．在中，，∴．在中，，∴．∵，∴．∴．答：这座山的高度约为．【点睛】本题考查三角函数测高，解题的关键在运用三角函数的定义表示出未知边，列出方程．31.（2021天津中考）如图，一艘货船在灯塔C的正南方向，距离灯塔257海里的A处遇险，发出求救信号．一艘救生船位于灯塔C的南偏东方向上，同时位于A处的北偏东方向上的B处，救生船接到求救信号后，立即前往救援．求的长（结果取整数）．参考数据：，取1.73．

【答案】的长约为168海里．【解析】【分析】如图，过点B作BH⊥CA，垂足为H,解直角三角形即可【详解】如图，过点B作BH⊥CA，垂足为H．

根据题意，．∵在中，，，∴．∵在中，，∴．又，∴．可得．∴．答：的长约为168海里．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造高线构造出直角三角形，并灵活解之是解题的关键．32.（2020天津中考）如图，两点被池塘隔开，在外选一点C，连接．测得，，．根据测得的数据，求的长（结果取整数）．参考数据：，，．【答案】AB的长约为160m．【解析】【分析】过点A作AH⊥BC于点H，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．【详解】解：如图，过点A作，垂足为H．根据题意，，，．在中，，．在中，，，，．又，．可得．．答：AB的长约为160m．【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角函数的定义，本题属于基础题型．33.（2023天津中考）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点．（1）填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；（2）将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1），．（2）①；②【解析】【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；（2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．【小问1详解】解：∵四边形是矩形，且，∴，∴；连接，交于一点H，如图所示：∵四边形是菱形，且，∴，，∴，∴，故答案为，；【小问2详解】解：①∵点，点，点，∴矩形中，轴，轴，．∴矩形中，轴，轴，．由点，点，得．在中，，得．在中，由，得．∴．同理，得．∵，得．又，∴，当时，则矩形和菱形重叠部分为，∴的取值范围是．②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：此时面积S最大，最大值为；当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为，由①可知：，∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形，∴该等边三角形的边长为，∴此时面积S最小，最小值为；综上所述：当时，则．【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．34.（2022天津中考）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．（1）如图①，当时，求的大小和点的坐标；（2）如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；（3）若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．【答案】（1），点的坐标为（2），其中t的取值范围是（3）3，．（答案不唯一，满足即可）【解析】【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案；（2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围；（3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解．【小问1详解】在中，由，得．根据折叠，知，∴，．∵，∴．如图，过点O′作，垂足为H，则．∴在中，得．由，得，则．由，得，．∴点的坐标为．【小问2详解】∵点，∴．又，∴．同（Ⅰ）知，，．∵四边形是矩形，∴．在中，，得．∴．又，∴.如图，当点O′与AB重合时，，，则，∴，∴，解得t=2，∴t的取值范围是；【小问3详解】3，．（答案不唯一，满足即可）