专题16解答压轴题（几何篇）-2022年中考数学真题分项汇编

2022年中考数学真题分项汇编（江苏专用）专题16解答压轴题（几何篇）一、解答题1．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，已知四边形ABCD为矩形AB=22，BC=4，点E在BC上，CE=AE，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF(1)求EF的长；(2)求sin∠CEF的值．【答案】(1)17(2)8【分析】(1)先由RtΔABE可求得AE的长度，再由角度关系可得∠FAE=90∘(2)过F作FM⊥CE于M，利用勾股定理列方程，即可求出EM的长度，同时求出FM的长度，得出答案.【详解】（1）设BE=x，则EC=4-x，∴AE=EC=4-x，在RtΔABE中，∴(22∴x=1，∴BE=1，AE=CE=3，∵AE=EC，∴∠1=∠2，∵∠ABC=90∴∠CAB=90∴∠CAB=90由折叠可知ΔFAC≅∴∠FAC=∠CAB=90∘-∠1∴∠FAC+∠1=90∴∠FAE=90在RtΔFAE中，（2）过F作FM⊥BC于M，∴∠FME=∠FMC=90°，设EM=a,则EC=3a，在Rt△FME中，FM2在Rt△FMC中，FM∴FE∴(17∴a=5∴EM=5∴FM=(∴sin∠CEF=【点睛】此题考查了锐角三角函数，勾股定理，矩形的性质，通过添加辅助线构建直角三角形是解题的关键．2．（2022·江苏镇江·统考中考真题）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．(1)如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；(2)如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有_________关系时，四边形EFGH是矩形；(3)如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)AE=CF(3)平行四边形，证明见解析【分析】（1）利用平行四边形的性质证得∠BEF=∠AHE，根据角角边证明△AEH≌△BFE．（2）当AE=CF，证得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．（3）利用正方形的性质证得AEGD为平行四边形，过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，由平行线分线段成比例，设OE=4x，OF=5x，HN=h，则可表示出HN，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠B=90°，∴∠AEH+∠AHE=90°．∵四边形EFGH为正方形，∴EH=EF，∠HEF=90°，∴∠AEH+∠BEF=90°，∴∠BEF=∠AHE．在△AEH和△BFE中，∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，∴△AEH≌△BFE．∴AH=BE．∴AE+AH=AE+BE=AB；（2）AE=CF；证明如下：∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴△AEH≌△FCG，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴△EBF是等腰直角三角形，∴∠BEF=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四边形EFGH是矩形．（3）∵四边形ABCD为正方形，∴AB∥∵AE=DG，AE∥∴四边形AEGD为平行四边形．∴AD∥∴EG∥过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，∴HNHM∵OE:OF=4:5，设OE=4x，OF=5x，HN=h，则h16∴h=44-x∴S=1∴当x=2时，△OEH的面积最大，∴OE=4x=8=12EG=OG∴四边形EFGH是平行四边形．【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．3．（2022·江苏镇江·统考中考真题）如图1是一张圆凳的造型，已知这张圆凳的上、下底面圆的直径都是30cm，高为42.9cm．它被平行于上、下底面的平面所截得的横截面都是圆．小明画出了它的主视图，是由上、下底面圆的直径AB、CD以及AC、BD组成的轴对称图形，直线l为对称轴，点M、N分别是AC、BD的中点，如图2，他又画出了AC所在的扇形并度量出扇形的圆心角∠AEC=66°，发现并证明了点E在MN上．请你继续完成参考数据：sin66°≈910，cos66°≈25，tan66°≈【答案】42cm【分析】连接AC，交MN于点H．设直线l交MN于点Q，根据圆周角定理可得∠AEM=33°，解Rt△AEH，得出1320【详解】解：连接AC，交MN于点H．设直线l交MN于点Q．∵M是AC的中点，点E在MN上，∴∠AEM=∠CEM=1在△AEC中，∵EA=EC，∠AEH=∠CEH，∴EH⊥AC，AH=CH．∵直线l是对称轴，∴AB⊥l，CD⊥l，MN⊥l，∴AB∥∴AC⊥AB．∴AC=42.9，AH=CH=429在Rt△AEH中，sin∠AEH=即1120则AE=39．∵tan∠AEH=即1320则EH=33．∴MH=6．∵该图形为轴对称图形，张圆凳的上、下底面圆的直径都是30cm∴HQ=1∴MQ=MH+HQ=6+15=21．∴MN=42cm【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的实际应用，构造直角三角形是解题的关键．4．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；(2)当AE=32时，求CF(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．【答案】(1)见详解(2)3或13(3)3【分析】（1）证明△ABE≅△AMF即可得证．（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助△ABE≅△AMF，在Rt△CMF中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△AGE≅△AHF并利用勾股定理求解即可．（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．（1）如图所示，由题意可知，∠AMF=∠B=90∘，∴∠BAE=∠MAF，由旋转性质知：AE=AF，在△ABE和△AMF中，{∠B=∠AMF∴△ABE≅△AMF，∴AM=AB．（2）当点E在BC上时，在Rt△ABE中，AB=4，AE=32则BE=A在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，则AC=A由（1）可得，MF=BE=2在Rt△CMF中，MF=2，CM=AC-AM=5-4=1则CF=M当点E在CD上时，如图，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，同（1）可得△AGE≅△AHF，∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，由勾股定理得CF=3故CF的长为3或13．（3）如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作DH⊥FM于点H，由（1）知，∠AMF=90故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．在△CMJ与△CDA中，{∠CMJ=∠ADC∴Rt△CMJ~Rt△CDA，∴CM即∴1∴MJ=34，DJ=CD-CJ=4-5在△CMJ与△DHJ中，{∠CMJ=∠DHJ∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，∴CM即1DHDH=11故DF的最小值115如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR，DK⊥FR，由题意可知，∠DAE=∠RAF，在△ARF与△ADE中，{AD=AR∴△ADE≅△ARF，∴∠ARF=∠ADE=90故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90故四边形DQRK是矩形；∴DK=QR，∴AQ=AD⋅cos∵AR=AD=3，∴DK=QR=AR-AQ=3-12故此时DF的最小值为35由于35<115，故【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．5．（2022·江苏常州·统考中考真题）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则点O叫做该四边形的“等形点”．(1)正方形_______“等形点”（填“存在”或“不存在”）；(2)如图，在四边形ABCD中，边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD=42，OA=5，BC=12，连接AC，求AC(3)在四边形EFGH中，EH//FG．若边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，求OFOG【答案】(1)不存在，理由见详解(2)4(3)1【分析】（1）根据“等形点”的概念，采用反证法即可判断；（2）过A点作AM⊥BC于点M，根据“等形点”的性质可得AB=CD=42，OA=OC=5，OB=7=OD，设MO=a，则BM=BOMO=7a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，则在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC（3）根据“等形点”的性质可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根据EH∥FG，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，进而有OE=OH，可得OF=【详解】（1）不存在，理由如下：假设正方形ABCD存在“等形点”点O，即存在△OAB≌△OCD，∵在正方形ABCD中，点O在边BC上，∴∠ABO=90°，∵△OAB≌△OCD，∴∠ABO=∠CDO=90°，∴CD⊥DO，∵CD⊥BC，∴DO∥∵O点在BC上，∴DO与BC交于点O，∴假设不成立，故正方形不存在“等形点”；（2）如图，过A点作AM⊥BC于点M，如图，∵O点是四边形ABCD的“等形点”，∴△OAB≌△OCD，∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，∵CD=42，OA=5，BC=12∴AB=CD=42，OA=OC=5∴OB=BCOC=125=7=OD，∵AM⊥BC，∴∠AMO=90°=∠AMB，∴设MO=a，则BM=BOMO=7a，∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，AM∴AB2-B解得：a=3，即MO=3，∴MC=MO+OC=3+5=8，AM=∴在Rt△AMC中，AC=A即AC的长为45（3）如图，∵O点是四边形EFGH的“等形点”，∴△OEF≌△OGH，∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，∵EH∥∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，∴根据∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，∴OE=OH，∵OF=OH，OE=OG，∴OF=OG，∴OFOG【点睛】本题考查了全等三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、平行的性质等知识，充分利用全等三角形的性质是解答本题的关键．6．（2022·江苏常州·统考中考真题）（现有若干张相同的半圆形纸片，点O是圆心，直径AB的长是12cm，C是半圆弧上的一点（点C与点A、B不重合），连接AC、BC(1)沿AC、BC剪下△ABC，则△ABC是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；(2)分别取半圆弧上的点E、F和直径AB上的点G、H．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为6cm(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点C，一定存在线段AC上的点M、线段BC上的点N和直径AB上的点P、Q，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为4cm【答案】(1)直角(2)见详解(3)小明的猜想正确，理由见详解【分析】（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；（3）当点C靠近点A时，设CM=13CA，CN=13CB，可证MN∥AB,推出MN=13AB=4cm，分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交【详解】（1）解：如图，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB是直角，即△ABC是直角三角形，故答案为：直角；（2）解：以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，作图如下：由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=12AB=6即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；（3）解：小明的猜想正确，理由如下：如图，当点C靠近点A时，设CM=13∴CMCA∴MN∥∴MNAB∴MN=1分别以M，N为圆心，MN为半径作弧交AB于点P，Q，作MD⊥AB于点D，NE⊥AB于点E，∴MN=MP=NQ=4cm∵MN∥AB,MD⊥AB，∴MD=NE，在RtΔMDP和MP=NQMD=NE∴RtΔMDP∴∠MPD=∠NQE，∴MP//又∵MP=NQ，∴四边形MNQP是平行四边形，又∵MN=MP，∴四边形MNQP是菱形；同理，如图，当点C靠近点B时，采样相同方法可以得到四边形MNQP是菱形，故小明的猜想正确．【点睛】本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质与判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用上述知识解决问题．7．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD为⊙O的直径，AC平分∠BAD,CD=22，点E在BC的延长线上，连接DE(1)求直径BD的长；(2)若BE=52【答案】(1)4(2)6【分析】（1）设OC辅助线，利用直径、角平分线的性质得出∠DAC的度数，利用圆周角与圆心角的关系得出∠COD的度数，根据半径与直径的关系，结合勾股定理即可得出结论．（2）由（1）已知∠COD=90°，OC=OD得出∠BDC的度数，根据圆周角的性质结合∠DAC=∠BDC得出S1=S2，再根据直径、等腰直角三角形的性质得出BC的值，进而利用直角三角形面积公式求出S△ECD【详解】（1）解：如图所示，连接OC，∵BD为⊙O的直径，AC平分∠BAD，∴∠BAD=90°，∠BAC=∠DAC=1∴∠COD=∵CD=22，OC=OD∴2OD2=C∴OD=∴BD=OD+OB=2+2=4．（2）解：如图所示，设其中小阴影面积为S1，大阴影面积为S3，弦CD与劣弧CD所形成的面积为∵由（1）已知∠COD=90°，∠DAC=45°，OC=OD，BD=4，∴∠BDC=1∵∠DAC=∠BDC，∴弦BC=弦CD，劣弧BC=劣弧CD∴S∵BD为⊙O的直径，CD=∴∠BCD=∠ECD=∵BE=52∴CE=BE-BC=52∴S∴S【点睛】本题考查圆的性质的理解与综合应用能力．涉及对半径与直径的关系，直径的性质，圆周角与圆心角的关系，圆周角的性质，勾股定理，直角三角形，角平分线等知识点．半径等于直径的一半；直径所对的圆周角是直角；在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角等于圆心角的一半；在同圆或等圆中，圆周角相等=弧相等=弦相等．一个直角三角中，两个直角边边长的平方加起来等于斜边长的平方．恰当借助辅助线，灵活运用圆周角的性质建立等式关系是解本题的关键．8．（2022·江苏盐城·统考中考真题）【经典回顾】梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在△ABC中，∠ACB=90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．(1)证明：AD=LC；(2)证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；(3)请利用（2）中的结论证明勾股定理．(4)【迁移拓展】如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析(4)存在，见解析【分析】（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；（2）证明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得结论；（3）证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，可得结论；（4）如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径作弧交这直线于D，分别以A，B为圆心，以AB，AI为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．【详解】（1）证明：如图1，连接HG，∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，∵∠ACB＝90°，∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∴∠GCH＝∠ACB，∴△ACB≌△HCG（SAS），∴GH＝AB＝AD，∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，∴四边形CGLH是矩形，∴CL＝GH，∴AD＝LC；（2）证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，∴∠BAC＝∠MAI，∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，∴△ABC≌△AMI（ASA），由（1）知：△ACB≌△HCG，∴△AMI≌△HGC，∵四边形CGLH是矩形，∴S△CHG＝S△CHL，∴S△AMI＝S△CHL，∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；（3）证明：由正方形ADEB可得AB∥DE，又AD∥LC，所以四边形ADJK是平行四边形，由（2）知，四边形ACLM是平行四边形，由（1）知，AD=LC，所以S平行四边形延长EB交LG于Q，同理有S平行四边形所以S正方形所以AC（4）解：如图为所求作的平行四边形ADEB．【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．9．（2022·江苏泰州·统考中考真题）已知：△ABC中，D为BC边上的一点.(1)如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的长；(2)在图②，用无刻度的直尺和圆规在AC边上作点F，使∠DFA=∠A；（保留作图痕迹，不要求写作法）(3)如图③，点F在AC边上，连接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面积等于12CD•AB，以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F【答案】(1)2(2)图见详解(3)直线BC与⊙F相切，理由见详解【分析】（1）由题意易得CDBD=2（2）作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；（3）作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，证明四边形ABRF是等腰梯形，推出AB=FR，由CF∥BR，推出S△CFB=S△CFR=【详解】（1）解：∵DE∥AB，∴△CDE∽△CBA，∴DEAB∵AB=5，BD=9，DC=6，∴DE5∴DE=2；（2）解：作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；如图所示：点F即为所求，（3）解：直线BC与⊙F相切，理由如下：作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，如图，∵∠DFA=∠A，∴四边形ABRF是等腰梯形，∴AB=FR，∵△FBC的面积等于12∴S△CFB∴CD⊥DF，∵FD是⊙F的半径，∴直线BC与⊙F相切．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定是解题的关键．10．（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图①，矩形ABCD与以EF为直径的半圆O在直线l的上方，线段AB与点E、F都在直线l上，且AB=7，EF=10，BC＞5.点B以1个单位/秒的速度从点E处出发，沿射线EF方向运动矩形ABCD随之运动，运动时间为t秒(1)如图2，当t=2.5时，求半圆O在矩形ABCD内的弧的长度；(2)在点B运动的过程中，当AD、BC都与半圆O相交，设这两个交点为G、H连接OG，OH.若∠GOH为直角，求此时t的值.【答案】(1)5π(2)8或9秒【分析】(1)通过计算当t=2.5时EB=BO，进而得到△MBE≌△MBO，判断出△MEO为等边三角形得到∠EOM=60°，然后根据弧长公式求解；(2)通过判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性质分析求解．【详解】（1）解：设BC与⊙O交于点M，如下图所示：当t=2.5时，BE=2.5，∵EF=10，∴OE=12EF=5∴OB=2.5，∴EB=OB，在正方形ABCD中，∠EBM=∠OBM=90°，且MB=MB，∴△MBE≌△MBO(SAS)，∴ME=MO，∴ME=EO=MO，∴△MOE是等边三角形，∴∠EOM=60°，∴ME=（2）解：连接GO和HO，如下图所示：∵∠GOH=90°，∴∠AOG+∠BOH=90°，∵∠AOG+∠AGO=90°，∴∠AGO=∠BOH，在△AGO和△OBH中，∠AGO=∠BOH∠GAO=∠HBO=∴△AGO≌△BOH(AAS)，∴AG=OB=BEEO=t5，∵AB=7，∴AE=BEAB=t7，∴AO=EOAE=5(t7)=12t，在Rt△AGO中，AG2+AO2=OG2，∴(t5)2+(12t)2=52，解得：t1=8，t2=9，即t的值为8或9秒．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，弧长公式的计算，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定(一线三垂直模型)，结合勾股定理列方程是解题关键．11．（2022·江苏苏州·统考中考真题）（1）如图1，在△ABC中，∠ACB=2∠B，CD平分∠ACB，交AB于点D，DE//AC，交BC于点E．①若DE=1，BD=32，求②试探究ABAD（2）如图2，∠CBG和∠BCF是△ABC的2个外角，∠BCF=2∠CBG，CD平分∠BCF，交AB的延长线于点D，DE//AC，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为S1，△CDE的面积为S2，△BDE的面积为S3．若S【答案】（1）①BC=94；②ABAD-BEDE【分析】（1）①证明△CED∽△CDB，根据相似三角形的性质求解即可；②由DE∥AC，可得ABAD=BCDE，由①同理可得（2）根据平行线的性质、相似三角形的性质可得S1S2=ACDE=BCBE，又S3S2=BECE，则S1⋅S3【详解】（1）①∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠DCB=1∵∠ACB=2∠B，∴∠ACD=∠DCB=∠B．∴CD=BD=3∵DE∥∴∠ACD=∠EDC．∴∠EDC=∠DCB=∠B．∴CE=DE=1．∴△CED∽△CDB．∴CECD∴BC=9②∵DE∥∴ABAD由①可得CE=DE，∴ABAD∴ABAD∴ABAD-BE（2）∵DE∥∴△BDE∽△BAC∴∴S1∵S3∴S1又∵S1∴BCCE设BC=9x，则CE=16x．∵CD平分∠BCF，∴∠ECD=∠FCD=1∵∠BCF=2∠CBG，∴∠ECD=∠FCD=∠CBD．∴BD=CD．∵DE∥∴∠EDC=∠FCD．∴∠EDC=∠CBD=∠ECD．∴CE=DE．∵∠DCB=∠ECD，∴△CDB∽△CED．∴CDCE∴CD∴CD=12x．如图，过点D作DH⊥BC于H．∵BD=CD=12x，∴BH=1∴cos∠CBD=【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求余弦，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．12．（2022·江苏淮安·统考中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．(1)【观察发现】A'D与B'E的位置关系是______；(2)【思考表达】连接B'C，判断∠DEC与(3)如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG(4)【综合运用】如图（3），当∠B=60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG【答案】(1)A'(2)∠DEC=∠B(3)∠DEG=90°，理由见解析；(4)DG【分析】（1）利用菱形的性质和翻折变换的性质判断即可；（2）连接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知点B、B'、C在以BC为直径,E（3）连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，求出∠DGA'=180°-2x-y，∠GB'（4）延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，设GC=GB'=x，CD=A'【详解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥∴由翻折的性质可知，A'故答案为：A'（2）解：∠DEC=∠B理由：如图，连接B'C，∵E为BC中点，∴EB=EC=EB∴点B、B'、C在以BC为直径,E∴∠BB∴BB由翻折变换的性质可知BB∴DE∥∴∠DEC=∠B（3）解：结论：∠DEG=90°；理由：如图，连接B'C，DB，DB'，延长由翻折的性质可知∠BDE=∠B设∠BDE=∠B'DE=x∵四边形ABCD是菱形，

∴∠ADB=∠CDB=∠B'D∴∠A'∴∠DGA∴∠BEB∵EC=EB'，点B、B'、C在以BC为直径∴∠EB∵A'∴∠A∴∠GB∴∠CGA∵∠CGA∴∠GB∴GC=GB'，∵EB'=EC，∴EG⊥CB'，∵DE∥∴DE⊥EG，∴∠DEG=90°；（4）解：结论：DG理由：如图，延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交设GC=GB'=x∵∠B=60∴∠A=∠DA∴∠DA∴A'R=A在Rt△DGR中，则有2a+x∴x=4∴GB'=∵TB∴△B∴TB∴T∴TB∵CB∴CB∴DE=7∵∠DEG=90°，∴DG∴DG【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．13．（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE=AD，且BE⊥DC．(1)求证：四边形DBCE为菱形；(2)若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形的性质和DE=AD证明四边形DBCE为平行四边形，再根据BE⊥DC，即可得证；（2）先根据菱形对称性得，得到PM+PN=PM+PN'，进一步说明PM+PN的最小值即为菱形的高，再利用三角函数即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵DE=AD，∴DE=BC，又∵点E在AD的延长线上，∴DE∥∴四边形DBCE为平行四边形，又∵BE⊥DC，∴四边形DBCE为菱形．（2）解：如图，由菱形对称性得，点N关于BE的对称点N'在DE上，∴PM+PN=PM+PN'，当P、M、N'共线时，PM+PN=PM+PN'=MN'，过点D作DH⊥BC，垂足为H，∵DE∥∴MN'的最小值即为平行线间的距离DH的长，∵△DBC是边长为2的等边三角形，∴在Rt△DBH中，∠DBC=60°，DB=2，sin∠DBC=∴DH=DB·sin∴PM+PN的最小值为3．【点睛】本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键．14．（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CF=EF．(1)求证：CF为⊙O的切线；(2)连接BD，取BD的中点G，连接AG．若CF=4，BF=2，求AG的长．【答案】(1)见解析(2)AG=【分析】（1）方法一：如图1，连接OC，OD．由∠OCD=∠ODC，FC=FE，可得∠OED=∠FCE，由AB是⊙O的直径，D是AB的中点，∠DOE=90°，进而可得∠OCF=90°，即可证明CF为⊙O的切线；方法二：如图2，连接OC，BC．设∠CAB=x°．同方法一证明∠OCF=90°，即可证明CF为⊙O的切线；（2）方法一：如图3，过G作GH⊥AB，垂足为H．设⊙O的半径为r，则OF=r+2．在Rt△OCF中，勾股定理求得r=3，证明GH∥DO，得出△BHG∽BOD，根据BHBO=BGBD，求得方法二：如图4，连接AD．由方法一，得r=3．AB=6，D是AB的中点，可得AD=BD=32，根据勾股定理即可求得AG【详解】（1）（1）方法一：如图1，连接OC，OD．∵OC=OD，∴∠OCD=∠ODC．∵FC=FE，∴∠FCE=∠FEC．

∵∠OED=∠FEC，∴∠OED=∠FCE．∵AB是⊙O的直径，D是AB的中点，∴∠DOE=90°．∴∠OED+∠ODC=90°．∴∠FCE+∠OCD=90°，即∠OCF=90°．∴OC⊥CF．∴CF为⊙O的切线．方法二：如图2，连接OC，BC．设∠CAB=x°．∵AB是⊙O的直径，D是AB的中点，∴∠ACD=∠DCB=45°．∴∠CEF=∠CAB+∠ACD=45+x∵FC=FE，∴∠FCE=∠FEC=45+x°∴∠BCF=x°．∵OA=OC，∴∠ACO=∠OAC=x°．∴∠BCF=∠ACO．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°．∴∠OCB+∠ACO=90°．∴∠OCB+∠BCF=90°，即∠OCF=90°．∴OC⊥CF．∴CF为⊙O的切线．（2）解：方法一：如图3，过G作GH⊥AB，垂足为H．设⊙O的半径为r，则OF=r+2．在Rt△OCF中，42解之得r=3．∵GH⊥AB，∴∠GHB=90°．

∵∠DOE=90°，∴∠GHB=∠DOE．∴GH∥∴△BHG∽BOD∴BHBO∵G为BD中点，∴BG=1∴BH=12BO=∴AH=AB-BH=6-3∴AG=G方法二：如图4，连接AD．由方法一，得r=3．∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°．∵AB=6，D是AB的中点，∴AD=BD=32∵G为BD中点，∴DG=1∴AG=A【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．15．（2022·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、M均为格点．【操作探究】在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段AB、CD，相交于点P并给出部分说理过程，请你补充完整：解：在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．在Rt△ABC中，tan在Rt△CDE中，，所以tan∠BAC=所以∠BAC=∠DCE．因为∠ACP+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠ACP+∠BAC=90°，所以∠APC=90°，即AB⊥CD．(1)【拓展应用】如图②是以格点O为圆心，AB为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在BM上找出一点P，使PM=AM，写出作法，并给出证明：(2)【拓展应用】如图③是以格点O为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦AB上找出一点P．使AM2=AP·【答案】(1)tan∠DCE=(2)见解析【分析】（1）取格点N，作射线AN交BM于点P，则AN⊥MO根据垂径定理可知，点P即为所求作；（2）取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作．利用正切函数证得∠FMI=∠MNA，利用圆周角定理证得∠B=∠MNA，再推出△PAM∽△MAB，即可证明结论．（1）解：【操作探究】在网格中取格点E，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．在Rt△ABC中，tan在Rt△CDE中，tan∠DCE=所以tan∠BAC=所以∠BAC=∠DCE．因为∠ACP+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠ACP+∠BAC=90°，所以∠APC=90°，即AB⊥CD．故答案为：tan∠DCE=取格点N，作射线AN交BM于点P，点P即为所求作；∵∴∠MOD=∠NAC∵∠NAC+∠ANC=90°∴∠ANC+∠DOM=90°∴AN⊥OM∴（2）解：取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作；证明：作直径AN，连接BM、MN，在Rt△FMI中，tan∠FMI=在Rt△MNA中，tan∠MNA=所以tan∠FMI=∴∠FMI=∠MNA，∵∠B=∠MNA，∴∠AMP=∠B，∵∠PAM=∠MAB，∴△PAM∽△MAB，∴PAAM∴AM2=AP·【点睛】本题考查作图应用与设计，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．16．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．(1)∠EDC的度数为；(2)连接PG，求△APG的面积的最大值；(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；(4)求CHCE【答案】(1)45°(2)9(3)PE=DG，理由见解析(4)2【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DE∥BP，然后由平行线的性质即可解答；（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF=22DE、GF=CF=22CG；设AP=x，则BP=12x，BP=12x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，进而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；（4）先说明△CEF∽△CDH得到CECD=CFCH，进而得到CHCE=CF⋅CD【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12∴∠B=∠ACB=45°∵，D、E分别为BC、PC的中点∴DE∥BP，DE=12∴∠EDC=∠B=45°．（2）解：如图：连接PG∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形∴DF=EF=22DE，GF=CF=2设AP=x，则BP=12x，BP=12x=2DE∴DE=12-x2，EF=12-x∵Rt△APC，∴PC=AP∴CE=12∵Rt△EFC∴FC=FG=CE∴CG=2CF=12+x∴AG=12CG=1212+x2=∴S△APG=12所以当x=