专题14几何综合题（37题）（教师版）（01期）-2023年中考数学真题分类训练

专题14几何综合题一、单选题1．(2023·浙江宁波·统考中考真题)如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(

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A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积【答案】C【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论．【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，

∵矩形，∴，∴，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，又，∴，∴只需要知道的面积即可求出的值；故选：C．【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到2．(2023·浙江绍兴·统考中考真题)如图，在中，是边上的点(不与点重合)．过点作交于点；过点作交于点．是线段上的点，；是线段上的点，．若已知的面积，则一定能求出(

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A．的面积 B．的面积C．的面积 D．的面积【答案】D【分析】连接，证明，得出，由已知得出，则，又，则，进而得出，可得，结合题意得出，即可求解．【详解】解：连接，∵，，∴，．∴,．∴．∵，，∴，∴．∴．又∵，∴．∴．∵∴．∴．∴．∵，∴．故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，证明是解题的关键．3．(2023·重庆·统考中考真题)如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为(

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A．2 B． C．1 D．【答案】D【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度．【详解】解：如图，连接，

四边形是正方形，，，，，，，平分，，，在与,，，，，O为对角线的中点，，故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得是解题的关键．4．(2023·四川宜宾·统考中考真题)如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论：①；②；③当点在的延长线上时，；④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为．其中正确结论有()

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】证明即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明得出，即可判断③；以为圆心，为半径画圆，当在的下方与相切时，的值最小，可得四边形是正方形，在中，然后根据三角形的面积公式即可判断④．【详解】解：∵和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，，故①正确；设，∴,∴，∴，故②正确；当点在的延长线上时，如图所示

∵，，∴∴∵，．∴，∴∴，故③正确；④如图所示，以为圆心，为半径画圆，

∵，∴当在的下方与相切时，的值最小，∴四边形是矩形，又，∴四边形是正方形，∴，∵，∴，在中，∴取得最小值时，∴故④正确，故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．5．(2023·浙江金华·统考中考真题)如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是(

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A． B． C． D．【答案】B【分析】设，正方形的边长为，证明，先后求得，，，利用三角形面积公式求得，证明，求得，，据此求解即可．【详解】解：∵四边形是正方形，且，设，则，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，即，∴，∴，同理，即，∴，同理，∴，，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，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．6．(2023·四川眉山·统考中考真题)如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为(

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A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断①正确；再根据，可判断③正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论④正确，由随着长度变化而变化，不固定，可判断②不一定成立．【详解】解：∵正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，，∵，∴，∵，∴，∴，故①正确；

又∵,,∴,∴，∵，即：，∴，∴，故③正确，又∵，∴，∴，又∵，∴，故④正确，∵若，则，又∵，∴，而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，而，则故不一定成立，故②错误；综上，正确的有①③④共3个，故选：C．【点睛】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形＂三线合一＂的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．7．(2023·安徽·统考中考真题)如图，是线段上一点，和是位于直线同侧的两个等边三角形，点分别是的中点．若，则下列结论错误的是(

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A．的最小值为 B．的最小值为C．周长的最小值为6 D．四边形面积的最小值为【答案】A【分析】延长，则是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当点与重合时，则三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解．【详解】解：如图所示，

延长，依题意∴是等边三角形，∵是的中点，∴，∵，∴∴，∴∴，∴四边形是平行四边形，则为的中点如图所示，

设的中点分别为，则∴当点在上运动时，在上运动，当点与重合时，即，则三点共线，取得最小值，此时，则，∴到的距离相等，则，此时此时和的边长都为2，则最小，∴，∴∴，或者如图所示，作点关于对称点，则，则当三点共线时，

此时故A选项错误，根据题意可得三点共线时，最小，此时，则，故B选项正确；周长等于，即当最小时，周长最小，如图所示，作平行四边形，连接，

∵，则如图，延长,，交于点，则，∴是等边三角形，∴，在与中，∴∴∴∴∴，则，∴是直角三角形，

在中，∴当时，最短，∵∴周长的最小值为，故C选项正确；∵∴四边形面积等于

∴当的面积为0时，取得最小值，此时，重合，重合∴四边形面积的最小值为，故D选项正确，故选：A．【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当点与重合时得出最小值是解题的关键．二、填空题8．(2023·浙江台州·统考中考真题)如图，点在线段上(点C在点之间)，分别以为边向同侧作等边三角形与等边三角形，边长分别为．与交于点H，延长交于点G，长为c．

(1)若四边形的周长与的周长相等，则之间的等量关系为________．(2)若四边形的面积与的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为________．【答案】；【分析】由题意可得：为等边三角形，四边形为平行四边形，，(1)分别求得四边形的周长与的周长，根据题意，求解即可；(2)分别求得四边形的面积与的面积，根据题意，求解即可．【详解】解：等边三角形与等边三角形中，，∴和为等边三角形，，∴，四边形为平行四边形，又∵等边三角形与等边三角形∴，，，∴，(1)平行四边形的周长为：，的周长为：由题意可得：即：；(2)过点作，过点作，如下图：

在中，，，，∴则平行四边形的面积为在中，，，，∴则的面积为：由题意可得：化简可得：故答案为：；【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．9．(2023·四川泸州·统考中考真题)如图，，是正方形的边的三等分点，是对角线上的动点，当取得最小值时，的值是___________．

【答案】【分析】作点F关于的对称点，连接交于点，此时取得最小值，过点作的垂线段，交于点K，根据题意可知点落在上，设正方形的边长为，求得的边长，证明，可得，即可解答．【详解】解：作点F关于的对称点，连接交于点，过点作的垂线段，交于点K，

由题意得：此时落在上，且根据对称的性质，当P点与重合时取得最小值，设正方形的边长为a，则，四边形是正方形，，，，，，，，，，，

，当取得最小值时，的值是为，故答案为：．【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出辅助线是解题的关键．10．(2023·江西·统考中考真题)如图，在中，，将绕点逆时针旋转角()得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为_______．

【答案】或或【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，

∵在中，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴∴，∴∴，如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，

当点在的延长线上时，如图所示，则

当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，∵，，∴四边形是平行四边形，∵∴四边形是矩形，∴即是直角三角形，

综上所述，旋转角的度数为或或故答案为：或或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．11．(2023·新疆·统考中考真题)如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为______．

【答案】【分析】过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，

∵在中，，，，∴，∴，在中，∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时，∴又∴∴∴设，∴在中，∴解得：(负整数)故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．12．(2023·江苏扬州·统考中考真题)如图，已知正方形的边长为1，点E、F分别在边上，将正方形沿着翻折，点B恰好落在边上的点处，如果四边形与四边形的面积比为3∶5，那么线段的长为________．

【答案】【分析】连接，过点作于点，设，则，则，根据已知条件，分别表示出，证明，得出，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解．【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，

∵正方形的边长为1，四边形与四边形的面积比为3∶5，∴，设，则，则∴即∴∴，∴，∵折叠，∴，∴，∵，∴，又,∴，∴在中，即解得：，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．13．(2023·浙江温州·统考中考真题)图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成一个“房子”造型(如图2)，过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形作为题字区域(点，，，在圆上，点，在上)，形成一幅装饰画，则圆的半径为___________．若点，，在同一直线上，，，则题字区域的面积为___________．【答案】5；【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾股定理求得，连接，取的中点，连接，在中，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，依题意，，∵过左侧的三个端点作圆，，又，∴在上，连接，则为半径，∵，在中，∴解得：；连接，取的中点，连接，交于点，连接，，∵，∴，∴，∵点，，在同一直线上，∴，∴，又，∴∵，∴∴∵∴∴，∵，设，则在中，即整理得即解得：或∴题字区域的面积为故答案为：；．【点睛】本题考查了垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键．14．(2023·浙江·统考中考真题)如图，分别以为边长作正方形，已知且满足，．

(1)若，则图1阴影部分的面积是__________；(2)若图1阴影部分的面积为，图2四边形的面积为，则图2阴影部分的面积是__________．【答案】；【分析】(1)根据正方形的面积公式进行计算即可求解；(2)根据题意，解方程组得出，根据题意得出，进而得出，根据图2阴影部分的面积为，代入进行计算即可求解．【详解】解：(1)，图1阴影部分的面积是，故答案为：．(2)∵图1阴影部分的面积为3，图2四边形的面积为，∴，，即∴(负值舍去)∵，．解得：∵①∴，∴，∴②联立①②解得：(为负数舍去)或∴，图2阴影部分的面积是故答案为：或．【点睛】本题考查了整式的乘方与图形的面积，正方形的性质，勾股定理，二元一次方程组，解一元二次方程，正确的计算是解题的关键．15．(2023·浙江嘉兴·统考中考真题)一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G(如图1)，此时线段的长是___________，现将绕点按顺时针方向旋转(如图2)，边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是___________．

【答案】；【分析】如图1，过点G作于H，根据含直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出，，然后由可求出的长，进而可得线段的长；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，，是旋转到的过程中任意位置，作于N，过点B作交的延长线于M，首先证明是等边三角形，点在直线上，然后可得线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，求出和，然后根据线段扫过的面积列式计算即可．【详解】解：如图1，过点G作于H，

∵，，∴，，∵，∴，∴；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，由旋转的性质得：，，∴是等边三角形，∵，∴，∴，∵，∴，即垂直平分，∵是等腰直角三角形，∴点在直线上，连接，是旋转到的过程中任意位置，则线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，∵，∴，∴，作于N，则，∴，过点B作交的延长线于M，则，∵，，∴，∴，∴线段扫过的面积，，，，故答案为：，．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含直角三角形的性质，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，证明点在直线上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．16．(2023·浙江金华·统考中考真题)如图是一块矩形菜地，面积为．现将边增加．

(1)如图1，若，边减少，得到的矩形面积不变，则的值是__________．(2)如图2，若边增加，有且只有一个的值，使得到的矩形面积为，则的值是__________．【答案】6；【分析】(1)根据面积的不变性，列式计算即可．(2)根据面积，建立分式方程，转化为a一元二次方程，判别式为零计算即可．【详解】(1)根据题意，得，起始长方形的面积为，变化后长方形的面积为，∵，边减少，得到的矩形面积不变，∴，解得，故答案为：6．(2)根据题意，得，起始长方形的面积为，变化后长方形的面积为，∴，，∴，∴，∴，∵有且只有一个的值，∴，∴，解得(舍去)，故答案为：．【点睛】本题考查了图形的面积变化，一元二次方程的应用，正确转化为一元二次方程是解题的关键．17．(2023·四川遂宁·统考中考真题)如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有_________．(填序号)

【答案】①②④【分析】①当时，是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出，进而判断①；证明，根据全等三角形的性质判断②；作直线于点，过点作于点，过点作于点，证明，，，即可得是的中点，故④正确，证明，可得，在中，，在中，，得出，在中，勾股定理即可求解．【详解】解：①当时，是等边三角形，∴∴∵等腰直角、，∴∴∴；故①正确；②∵等腰直角、，∴，∴∴∴；故②正确；④如图所示，作直线于点，过点作于点，过点作于点，

∵，∴，又，∴又∵，∴同理得，，∴，，，∵，，，∴，∴，即是的中点，故④正确，∴，设，则在中，在中，∴∴解得：∴，∴，∴∴在中，∴,故③错误故答案为：①②④．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．三、解答题18．(2023·浙江金华·统考中考真题)问题：如何设计“倍力桥”的结构？图1是搭成的“倍力桥”，纵梁夹住横梁，使得横梁不能移动，结构稳固．图是长为，宽为的横梁侧面示意图，三个凹槽都是半径为的半圆．圆心分别为，纵梁是底面半径为的圆柱体．用相同规格的横梁、纵梁搭“桥”，间隙忽略不计．

探究：图是“桥”侧面示意图，为横梁与地面的交点，为圆心，是横梁侧面两边的交点．测得，点到的距离为．试判断四边形的形状，并求的值．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，求的值；②若有根横梁绕成的环(为偶数，且)，试用关于的代数式表示内部形成的多边形的周长．

【答案】探究1：四边形是菱形，；探究2：①；②【分析】探究1：根据图形即可判断出形状；根据等腰三角形性质可求出长度，利用勾股定理即可求出长度，从而求出值．探究2：①根据十二边形的特性可知，利用特殊角正切值求出长度，最后利用菱形的性质求出的长度，从而求得值．②根据正多边形的特性可知的度数，利用特殊角正切值求出和长度，最后利用菱形的性质求出的长度，从而求得值．【详解】解：探究1：四边形是菱形，理由如下：由图1可知，，，为平行四边形．桥梁的规格是相同的，∴桥梁的宽度相同，即四边形每条边上的高相等，∵的面积等于边长乘这条边上的高，每条边相等，为菱形．②如图1，过点作于点．

由题意，得，．∴．在中，，∴．∴．故答案为：．探究2：①如图2，过点作于点．

由题意，得，．．又四边形是菱形，∴．∴．故答案为：．②如图3，过点作于点．

由题意，形成的多边形为正边形，外角．在中，．又，∴．形成的多边形的周长为．故答案为：．【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．19．(2023·浙江宁波·统考中考真题)定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形．(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．(3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【分析】(1)先证明，，再证明，即可得到结论；(2)根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D；(3)如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．【详解】(1)解：∵，∴，，∵对角线平分，∴，∴，∴，∴四边形为邻等四边形．(2)解：，，即为所求；(3)如图，过作于，

∵，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴四边形为平行四边形，∴，，设，而，∴，，由新定义可得，由勾股定理可得：，整理得：，解得：，(不符合题意舍去)，∴，∴四边形的周长为．【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．20．(2023·江西·统考中考真题)课本再现思考我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？可以发现并证明菱形的一个判定定理；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．(1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形(如图1)，并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．己知：在中，对角线，垂足为．求证：是菱形．

(2)知识应用：如图，在中，对角线和相交于点，．

①求证：是菱形；②延长至点，连接交于点，若，求的值．【答案】(1)见解析；(2)①见解析；②【分析】(1)根据平行四边形的性质证明得出，同理可得，则，，进而根据四边相等的四边形是菱形，即可得证；(2)①勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，得出，即可得证；②根据菱形的性质结合已知条件得出，则，过点作交于点，根据平行线分线段成比例求得，然后根据平行线分线段成比例即可求解．【详解】(1)证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵∴，在中，∴∴，同理可得，则，又∵∴∴四边形是菱形；(2)①证明：∵四边形是平行四边形，．∴在中，，，∴，∴是直角三角形，且，∴，∴四边形是菱形；②∵四边形是菱形；∴∵，∴，∵，∴，∴，如图所示，过点作交于点，

∴，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理以及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质与判定，平行线分线段成比例，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．21．(2023·浙江温州·统考中考真题)如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，．如图，连接，为线段上一点，过点作的平行线分别交，于点，，过点作于点．设，．

(1)求的长和关于的函数表达式．(2)当，且长度分别等于，，的三条线段组成的三角形与相似时，求的值．(3)延长交半圆于点，当时，求的长．【答案】(1)，；(2)或或；(3)【分析】(1)如图1，连接，根据切线的性质得出，证明，得出，即可得出；证明四边形是平行四边形，得出，代入数据可得；(2)根据三边之比为，可分为三种情况．当时，当时，当时，分别列出比例式，进而即可求解．(3)连接，，过点作于点，根据，得出，由，可得，代入(1)中解析式，即可求解．【详解】(1)解：如图1，连接．

∵切半圆于点，∴．∵，，∴，∴．∵，∴，∴，即，∴．如图2，，∴．

∵，∴四边形是平行四边形，∴．∵，∴，∴．(2)∵，，三边之比为(如图2)，∴可分为三种情况．i)当时，，，解得，∴．ii)当时，，，解得，∴．iii)当时，，，解得，∴．(3)如图3，连接，，过点作于点，

则，，∴．∵，，∴．∵，∴，∴，∴，∴，，∴，即的长为．【点睛】本题考查了切线的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，函数解析式，分类讨论，作出辅助线是解题的关键．22．(2023·浙江台州·统考中考真题)我们可以通过中心投影的方法建立圆上的点与直线上点的对应关系，用直线上点的位置刻画圆上点的位置，如图，是的直径，直线是的切线，为切点．，是圆上两点(不与点重合，且在直径的同侧)，分别作射线，交直线于点，点．

(1)如图1，当，的长为时，求的长．(2)如图2，当，时，求的值．(3)如图3，当，时，连接BP，PQ，直接写出的值．【答案】(1)；(2)；(3)【分析】(1)根据扇形的弧长公式即可求出度数，利用切线的性质和解直角三角形即可求出的长．(2)根据等弧所对圆周角相等推出，再根据角平分线的性质定理推出，利用直角三角形的性质即可求出，通过等量转化和余弦值可求出答案．(3)根据三角形相似的性质证明和，从而推出和，利用已知条件将两个比例线段相除，根据正弦值即可求出答案【详解】(1)解：如图1，连接，设的度数为．

，的长为，．，即．．直线是的切线，．∴．(2)解：如图2，连接，过点作于点，

为直径，．．，．，，．，，．．(3)解：，理由如下：如图3，连接BQ，

，，，，，，．，，．①，，，．②，得，．，．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形以及三角函数、切线的性质定理、扇形的弧长公式，角平分线性质定理等，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理和相关计算公式．23．(2023·浙江绍兴·统考中考真题)在平行四边形中(顶点按逆时针方向排列)，为锐角，且．

(1)如图1，求边上的高的长．(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．①如图2，当点落在射线上时，求的长．②当是直角三角形时，求的长．【答案】(1)8；(2)①；②或【分析】(1)利用正弦的定义即可求得答案；(2)①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．【详解】(1)在中，，在中，．(2)①如图1，作于点，由(1)得，，则，作交延长线于点，则，

∴．∵∴．由旋转知，∴．设，则．∵，∴，∴，∴，即，∴，∴．②由旋转得，，又因为，所以．情况一：当以为直角顶点时，如图2．

∵，∴落在线段延长线上．∵，∴，由(1)知，，∴．情况二：当以为直角顶点时，如图3．

设与射线的交点为，作于点．∵，∴，∵，∴，∴．又∵，∴，∴．设，则，∴∵，∴，∴，∴，∴，化简得，解得，∴．情况三：当以为直角顶点时，点落在的延长线上，不符合题意．综上所述，或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．24．(2023·四川达州·统考中考真题)(1)如图①，在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点落在上处，若，求的值；

(2)如图②，在矩形的边上取一点，将四边形沿翻折，使点落在的延长线上处，若，求的值；(3)如图③，在中，，垂足为点，过点作交于点，连接，且满足，直接写出的值．【答案】(1)；(2)5；(3)【分析】(1)由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得，设则，中利用勾股定理求得，则，，进而求解即可；(2)由矩形的性质和翻折性质得到，证明，利用相似三角形的性质求得，则，在中，利用勾股定理求得，进而求得，可求解；(3)证明得到，则；设，，过点D作于H，证明得到，在中，由勾股定理解得，进而可求得，在图③中，过B作于G，证明，则，，再证明，在中利用锐角三角函数和求得即可求解．【详解】解：(1)如图①，∵四边形是矩形，∴，，，由翻折性质得，，在中，，∴，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，∴；(2)如图②，∵四边形是矩形，∴，，，由翻折性质得，，，，∴∴，∴，∴，即，又，∴，∴，在中，，∴，则，∴；(3)∵，，∴，∴，∵，∴，∴，则；设，，过点D作于H，如图③，则，∴；

∵，∴，∴，又∵，，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，，在中，，在图③中，过B作于G，则，∴，∴，∴，，∵，，∴，则，在中，，，∵，∴，则，∴．

【点睛】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键．25．(2023·四川成都·统考中考真题)探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．在中，，D是边上一点，且(n为正整数)，E是边上的动点，过点D作的垂线交直线于点F．

【初步感知】(1)如图1，当时，兴趣小组探究得出结论：，请写出证明过程．【深入探究】(2)①如图2，当，且点F在线段上时，试探究线段之间的数量关系，请写出结论并证明；②请通过类比、归纳、猜想，探究出线段之间数量关系的一般结论(直接写出结论，不必证明)【拓展运用】(3)如图3，连接，设的中点为M．若，求点E从点A运动到点C的过程中，点M运动的路径长(用含n的代数式表示)．【答案】(1)见解析；(2)①，证明过程略；②当点F在射线上时，，当点F在延长线上时，；(3)【分析】(1)连接，当时，，即，证明，从而得到即可解答；(2)①过的中点作的平行线，交于点，交于点，当时，，根据，可得是等腰直角三角形，，根据(1)中结论可得，再根据，，即可得到；②分类讨论，即当点F在射线上时；当点F在延长线上时，画出图形，根据①中的原理即可解答；(3)如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，可利用建系的方法表示出的坐标，再利用中点公式求出，最后利用勾股定理即可求出的长度．【详解】(1)证明：如图，连接，

当时，，即，，，，,，，即，，，在与中，，，，；(2)①证明：如图，过的中点作的平行线，交于点，交于点，

当时，，即，是的中点，，，，，，，是等腰直角三角形，且，，根据(1)中的结论可得，；故线段之间的数量关系为；②解：当点F在射线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，

同①，可得，，，，，同①可得，，即线段之间数量关系为；当点F在延长线上时，如图，在上取一点使得，过作的平行线，交于点，交于点，连接

同(1)中原理，可证明，可得，，，，，同①可得，即线段之间数量关系为,综上所述，当点F在射线上时，；当点F在延长线上时，；(3)解：如图，当与重合时，取的中点，当与重合时，取的中点，可得的轨迹长度即为的长度，

如图，以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，过点作的垂线段，交于点，过点作的垂线段，交于点，

，，，，，，，是的中点，，，，，根据(2)中的结论，，，，，，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，平行线的性质，正确地画出图形，作出辅助线，找对边之间的关系是解题的关键．26．(2023·四川南充·统考中考真题)如图，正方形中，点在边上，点是的中点，连接，．

(1)求证：；(2)将绕点逆时针旋转，使点的对应点落在上，连接．当点在边上运动时(点不与，重合)，判断的形状，并说明理由．(3)在(2)的条件下，已知，当时，求的长．【答案】(1)见解析；(2)等腰直角三角形，理由见解析；(3)【分析】(1)根据正方形的基本性质以及“斜中半定理”等推出，即可证得结论；(2)由旋转的性质得，从而利用等腰三角形的性质推出，再结合正方形对角线的性质推出，即可证得结论；(3)结合已知信息推出，从而利用相似三角形的性质以及勾股定理进行计算求解即可．【详解】(1)证：∵四边形为正方形，∴，，∵点是的中点，∴，∴，∴，即：，在与中，∴，∴；(2)解：为等腰直角三角形，理由如下：由旋转的性质得：，∴，∴，，∵，∴，即：，∴，∴，∴，∴，∴为等腰直角三角形；(3)解：如图所示，延长交于点，∵，，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，设，则，，∴，解得：，(不合题意，舍去)，∴．

【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形和相似三角形的判定与性质等，理解并熟练运用基本图形的证明方法和性质，掌握勾股定理等相关计算方式是解题关键．27．(2023·上海·统考中考真题)如图(1)所示，已知在中，，在边上，点边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．(1)如果，求证：四边形为平行四边形；(2)如图(2)所示，联结，如果，求边的长；(3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值．【答案】(1)见解析；(2)；(3)【分析】(1)根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证；(2)设，，则，由(1)可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解；(3)是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解．【详解】(1)证明：∵∴∵∴,∴∴，∵是的中点，，∴是的中位线，∴，即，∴四边形是平行四边形；(2)解：∵，点边中点，设，，则由(1)可得∴，∴，又∵∴,∴即，∵，在中，，∴，∴解得：或(舍去)∴；(3)解：①当时，点与点重合，舍去；②当时，如图所示，延长交于点P，∵点是的中点，，∴，设，∵∴，∴，设，∵∴，

∴，∴，∴，连接交于点，∵，∴∴，∴，在与中，，，∴，又，∴，∴，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键．28．(2023·浙江·统考中考真题)如图，在中，是一条不过圆心的弦，点是的三等分点，直径交于点，连结交于点，连结，过点的切线交的延长线于点．

(1)求证：；(2)若，求的值；(3)连结交于点，若的半径为5①若，求的长；②若，求的周长；③若，求的面积．【答案】(1)见解析；(2)；(3)①；②；③【分析】(1)根据点是三等分点，得出，根据是的直径，可得，根据切线的性质可得，即可证明；(2)如图1，连结，证明，则，设，则，在中由勾股定理得，得出，进而根据正切的定义即可求解；(3)①如图1，连结，勾股定理确定，根据，可得；②如图2，连结，设，则，解得．则，证明，，进而根据相似三角形的性质即可求解；③如图3，过点作于点，则．设，则，证明，得出则，得出，则，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】(1)解：∵点是三等分点，∴．由是的直径∴，∵是的切线，∴．∴．(2)如图1，连结，∵，

∴．由，则，又∵，∴，∴．设，则，∵，∴．在中由勾股定理得，∴，∴．∴．(3)①如图1，连结，∵，

∴．∴，∴，∴．∵，∴．∵，∴，∴．②如图2，连结，

∵，∴．∵，∴．设，则，由勾股定理得，即，解得．∴∵，∴．∵，∴，∴，∴．∵，∴．∴．③如图3，过点作于点，则．

设，则，由勾股定理得，，∵，∴，∴．∴．∵，∴，∴，∴．∴．可得方程，解得(舍去)．∴，∴，∴，∴．∴．∵，∴．∵，∴，∴．∵，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的综合问题，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，切线的性质，相似三角形的性质与判定熟练掌握是解题的关键．29．(2023·安徽·统考中考真题)在中，是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接．

(1)如图1，求的大小；(2)已知点和边上的点满足．(ⅰ)如图2，连接，求证：；(ⅱ)如图3，连接，若，求的值．【答案】(1)；(2)(ⅰ)见解析；(ⅱ)【分析】(1)根据旋转的性质得出，根据等边对接等角得出，在中，根据三角形内角和定理即得出，进而即可求解；(2)(ⅰ)延长交于点，证明四边形是菱形，进而根据平行线分线段成比例得出，，根据等腰三角形的性质，得出是的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得证；(ⅱ)如图所示，过点作于点，由，得出，，进而根据正切的定义即可求解．【详解】(1)解：∵∴，在中，∴(2)证明：(ⅰ)证法一：如图，延长，交于点，则，

∵，∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∴．∵是的中点，，∴．∴．∴四边形是平行四边形．∵，∴是菱形．∴．∵，∴．∴．∵，即，∴，即点是斜边的中点．∴．证法二：∵，是斜边的中点，∴点在以为圆心，为直径的上．

∵，∴垂直平分．∴．∴．∵，∴．∴．∴．证法三：∵，∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∴．∵是的中点，，∴．∴．∴四边形是平行四边形．∵，∴是菱形．∴．∵，是斜边的中点，∴点在以为圆心，为直径的上．∴．(ⅱ)如图所示，过点作于点，

∵，∴，则，∵，∴，∴，∴，∴，∴【点睛】本题考查了三角形内角和定理，菱形的性质与判定，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，求正切，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．30．(2023·浙江嘉兴·统考中考真题)已知，是半径为1的的弦，的另一条弦满足，且于点H(其中点H在圆内，且)．

(1)在图1中用尺规作出弦与点H(不写作法，保留作图痕迹)．(2)连结，猜想，当弦的长度发生变化时，线段的长度是否变化？若发生变化，说明理由：若不变，求出的长度；(3)如图2，延长至点F，使得，连结，的平分线交的延长线于点P，点M为的中点，连结，若．求证：．【答案】(1)见解析；(2)线段是定长，长度不发生变化，值为；(3)见解析【分析】(1)以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，与交点为，与交点为，则，分别以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，以为圆心，长为半径画弧与交点为，则，以为圆心，长为半径画弧，交直线于，以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接，则，与交点为，与交点为，即、点即为所求；(2)如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，证明四边形是正方形，则可证是等腰直角三角形，则，由，可知，由是的直径，可得，则是等腰直角三角形，；(3)如图3，延长、，交点为，由题意知是的中位线，则，，由，可得，证明，则，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，由是的平分线，可得，则，证明，则，即，由，可得，进而结论得证．【详解】(1)解：如图1，、点即为所求；

(2)当弦的长度发生变化时，线段的长度不变；如图2，连结，连接并延长交于，连结，，过作于，于，则四边形是矩形，

∵，，∴，∴四边形是正方形，∴，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∵是的直径，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴线段是定长，长度不发生变化，值为；(3)证明：如图3，延长、，交点为，

∵，∴点H为的中点，又∵点M为的中点，∴是的中位线，∴，，又∵，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，如图3，作的外接圆，延长交外接圆于点，连结、，∵是的平分线，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了作垂线，同弧或等弧所对的圆周角相等，正弦，正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，中位线，直径所对的圆周角为直角，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，角平分线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．31．(2023·四川遂宁·统考中考真题)如图，四边形内接于，为的直径，，过点的直线l交的延长线于点，交的延长线于点，且．

(1)求证：是的切线；(2)求证：；(3)当，时，求的长．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)6【分析】(1)连接，，根据圆心角，弦，弧的关系可得，根据直径所对的圆周角是90度可得，半径相等可得，根据等腰的判定可得是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质可得垂直平分，根据平行线的判定和性质可得，即可证明；(2)连接，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据平行线的性质可得，，推得，根据相似三角形的判定和性质可得，即可求证；(3)令与交于点，根据正弦的定义可求得，，根据勾股定理可求得，，根据矩形的判定和性质可得,，根据相似三角形的判定和性质可求得,即可求得．【详解】(1)连接，，如图：

∵，∴，∵四边形内接于，为的直径，∴，∴，∴是等腰三角形，又∵，∴垂直平分，∵，∴，∴，即是的切线；(2)连接，如图：

∵∴，∵，∴，，∴，∴，∵，，，∴，∴，即，又∵，∴；(3)令与交于点，如图：

∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，在中，，∵，，，∴四边形为矩形，∴,∴∵，∴，∴即，∴,∴．【点睛】本题考查了圆心角，弦，弧的关系，直径所对的圆周角是90度，圆内接四边形的性质，等腰的判定，等腰三角形三线合一的性质，平行线的判定和性质，同弧所对的圆周角相等，相似三角形的判定和性质，正弦的定义，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．32．(2023·江苏扬州·统考中考真题)【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作和，设．【操作探究】如图1，先将和的边、重合，再将绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为，旋转过程中保持不动，连接．

(1)当时，________；当时，________；(2)当时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；(3)如图2，取的中点F，将绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．【答案】(1)2；30或210；(2)画图见解析；1；(3)【分析】(1)当时，与重合，证明为等边三角形，得出；当时，根据勾股定理逆定理得出，两种情况讨论：当在下方时，当在上方时，分别画出图形，求出结果即可；(2)证明四边形是正方形，得出，求出，得出，求出，根据求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；(3)根据等腰三角形的性质，得出，即，确定将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．【详解】(1)解：∵和中，∴，∴当时，与重合，如图所示：连接，

∵，，∴为等边三角形，∴；当时，∵，∴当时，为直角三角形，，∴，当在下方时，如图所示：

∵，∴此时；当在上方时，如图所示：

∵，∴此时；综上分析可知，当时，或；故答案为：2；30或210．(2)解：当时，如图所示：

∵，∴，∴，∵，又∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即两块三角板重叠部分图形的面积为1．(3)解：∵，为的中点，∴，∴，∴将绕着点A旋转一周，点F在以为直径的圆上运动，∵∴点F运动的路径长为．故答案为：．

【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．33．(2023·江苏连云港·统考中考真题)【问题情境

建构函数】(1)如图1，在矩形中，是的中点，，垂足为．设，试用含的代数式表示．【由数想形

新知初探】(2)在上述表达式中，与成函数关系，其图像如图2所示．若取任意实数，此时的函数图像是否具有对称性？若有，请说明理由，并在图2上补全函数图像．【数形结合

深度探究】(3)在“取任意实数”的条件下，对上述函数继续探究，得出以下结论：①函数值随的增大而增大；②函数值的取值范围是；③存在一条直线与该函数图像有四个交点；④在图像上存在四点，使得四边形是平行四边形．其中正确的是__________．(写出所有正确结论的序号)【抽象回归

拓展总结】(4)若将(1)中的“”改成“”，此时关于的函数表达式是__________；一般地，当取任意实数时，类比一次函数、反比例函数、二次函数的研究过程，探究此类函数的相关性质(直接写出3条即可)．【答案】(1)；(2)取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称，见解析；(3)①④；(4)，见解析【分析】(1)证明，得出，进而勾股定理求得，即，整理后即可得出函数关系式；(2)若为图像上任意一点，则．设关于原点的对称点为，则．当时，可求得．则也在的图像上，即可得证，根据中心对称的性质补全函数图象即可求解；(3)根据函数图象，以及中心对称的性质，逐项分析判断即可求解；(4)将(1)中的4换成，即可求解；根据(2)的图象探究此类函数的相关性质，即可求解．【详解】(1)在矩形中，，∴．∵，∴，∴．∴．∴，∴．∵，点是的中点，∴．在中，，∴．∴．∴关于的表达式为：．(2)取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称．理由如下：若为图像上任意一点，则．设关于原点的对称点为，则．当时，．∴也在的图像上．∴当取任意实数时，的图像关于原点对称．函数图像如图所示．(3)根据函数图象可得①函数值随的增大而增大，故①正确，②由(1)可得函数值，故函数值的范围为，故②错误；③根据中心对称的性质，不存在一条直线与该函数图像有四个交点，故③错误；④因为平行四边形是中心对称图形，则在图像上存在四点，使得四边形是平行四边形，故④正确；故答案为：①④．(4)关于的函数表达式为；当取任意实数时，有如下相关性质：当时，图像经过第一、三象限，函数值随的增大而增大，的取值范围为；当时，图像经过第二、四象限，函数值随的增大而减小，的取值范围为；函数图像经过原点；函数图像关于原点对称；【点睛】本题考查了相似三角形的性质，中心对称的性质，根据函数图象获取信息，根据题意求得解析式是解题的关键．34．(2023·浙江宁波·统考中考真题)如图1，锐角内接于，D为的中点，连接并延长交于点E，连接，过C作的垂线交于点F，点G在上，连接，若平分且．

(1)求的度数．(2)①求证：．②若，求的值，(3)如图2，当点O恰好在上且时，求的长．【答案】(1)；(2)①证明见解析；②；(3)【分析】(1)先证明，结合，，可得，从而可得答案；(2)①证明，再证明，可得；②设，，证明，可得，即，则，可得，从而可得答案；(3)如图，设的半径为，连接交于，过作于，证明，，可得，证明，可得，，证明，，即，再解方程可得答案．【详解】(1)证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；(2)①∵为中点，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴；②设，，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，即，∴，∴，∴(负根舍去)；(3)如图，设的半径为，连接交于，过作于，

∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，而，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，解得：，(负根舍去)，由(2)①知，∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆的基本性质，圆周角定理的应用，垂径定理的应用，求解锐角的正切，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键．35．(2023·甘肃武威·统考中考真题)【模型建立】(1)如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．①求证：；②用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】(2)如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】(3)在(2)的条件下，若，，求的值．

【答案】(1)①见