2024年中考数学真题分类汇编（全国）：专题35 几何综合压轴题（40题）（教师版）

专题35几何综合压轴题（40题）

一、解答题

1

1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知ABC是等腰三角形，ABAC，MANBAC，MAN

2

在BAC的内部，点M、N在BC上，点M在点N的左侧，探究线段BM、NC、MN之间的数量关系．

（1）如图①，当BAC90时，探究如下：

由BAC90，ABAC可知，将△ACN绕点A顺时针旋转90，得到ABP，则CNBP且PBM90，

连接PM，易证△AMP≌△AMN，可得MPMN，在Rt△PBM中，BM2BP2MP2，则有

BM2NC2MN2．

（2）当BAC60时，如图②：当BAC120时，如图③，分别写出线段BM、NC、MN之间的数量关

系，并选择图②或图③进行证明．

【答案】图②的结论是：BM2NC2BMNCMN2；图③的结论是：BM2NC2BMNCMN2；证

明见解析

【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，30度角所对的直角边等于斜边的一

半，勾股定理等知识，选②，以点B为顶点在ABC外作ABK60，在BK上截取BQCN，连接

QA、QM，过点Q作QHBC，垂足为H，构造全等三角形，得出ANAQ，CANQAB，再证明

△AQM≌△ANM，得到MNQM；在Rt△QHM中由勾股定理得QH2HM2QM2，即

22

312，整理可得结论；选③方法同②

BQBMBQQM

22

【详解】解：图②的结论是：BM2NC2BMNCMN2

证明：∵ABAC,BAC60,

∴ABC是等边三角形，

∴ABCACB60，

以点B为顶点在ABC外作ABK60，在BK上截取BQCN，连接QA、QM，过点Q作QHBC，

垂足为H，

ABAC，CABQ，CNBQ

△ACN≌△ABQ

ANAQ，CANQAB

又CANBAM30

BAMQAB30

即QAMMAN

又AMAM，

△AQM≌△ANM，

MNQM；

∵ABQ60,ABC60,

∴QBH60，

∴BQH30,

13

BHBQ，QHBQ

22

1

∴HMBMBHBMBQ，

2

在Rt△QHM中,可得：QH2HM2QM2

22

即312

BQBMBQQM

22

整理得BM2BQ2BMBQQM2

BM2NC2BMNCMN2

图③的结论是：BM2NC2BMNCMN2

证明：以点B为顶点在ABC外作ABK30，在BK上截取BQCN，连接QA、QM，过点Q作QHBC，

垂足为H，

ABAC，CABQ，CNBQ

△ACN≌△ABQ

ANAQ，CANQAB

又CANBAM60

BAMQAB60

即QAMMAN

又AMAM，

△AQM≌△ANM，

MNQM

在RtBQH中，QBH60，BQH30

13

BHBQ，QHBQ

22

1

HMBMBHBMBQ，

2

在Rt△QHM中,可得：QH2HM2QM2

22

即312

BQBMBQQM

22

整理得BM2BQ2BMBQQM2

BM2NC2BMNCMN2

2．（2024·四川广元·中考真题）小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角的正

sin

弦值与折射角的正弦值的比值叫做介质的“绝对折射率”，简称“折射率”．它表示光在介质中传播时，

sin

介质对光作用的一种特征．

7

(1)若光从真空射入某介质，入射角为，折射角为，且cos，30，求该介质的折射率；

4

(2)现有一块与（1）中折射率相同的长方体介质，如图①所示，点A，B，C，D分别是长方体棱的中点，

若光线经真空从矩形A1D1D2A2对角线交点O处射入，其折射光线恰好从点C处射出．如图②，已知60，

CD10cm，求截面ABCD的面积．

3

【答案】(1)；

2

(2)1002cm2．

【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，勾股定理等知识，

7

（1）根据cos，设b7x，则c4x，利用勾股定理求出a(4x)2(7x)23x，进而可得

4

a3x3

sin，问题即可得解；

c4x4

3sinsin6033

（2）根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为，根据，可得sin，则有

2sinsin23

3

sinOCDsin，在Rt△ODC中，设OD3x，OC3x，问题随之得解．

3

7

【详解】（1）∵cos，

4

∴如图，

设b7x，则c4x，由勾股定理得，a(4x)2(7x)23x，

a3x3

∴sin，

c4x4

又∵30，

1

∴sinsin30，

2

3

sin3

∴折射率为：4．

sin12

2

3

（2）根据折射率与（1）的材料相同，可得折射率为，

2

∵60，

sinsin603

∴，

sinsin2

3

∴sin．

3

∵四边形ABCD是矩形，点O是AD中点，

∴AD2OD，ÐD=90°，

又∵OCD，

3

∴sinOCDsin，

3

在Rt△ODC中，设OD3x，OC3x，

由勾股定理得，CD(3x)2(3x)26x，

OD3x1

∴tan．

CD6x2

又∵CD10cm，

OD1

∴，

102

∴OD52cm，

∴AD102cm，

∴截面ABCD的面积为：102101002cm2．

3．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点F在边AD上，ABAF，连接BF，

点O为BF的中点，AO的延长线交边BC于点E，连接EE

(1)求证：四边形ABEF是菱形：

(2)若平行四边形ABCD的周长为22,CE1,BAD120，求AE的长．

【答案】(1)见解析

(2)AE5

【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识：

（1）由平行四边形的性质得AF∥BE,AFBEBF,FAEBEA,再证明△AOF≌△EOB，得出

BEAF，证明出四边形ABEF是平行四边形，由ABAF得出四边形ABEF是菱形：

（2）求出菱形ABEF的周长为20，得出AB5，再证明ABE是等边三角形，得出AEAB5．

【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC,即AF∥BE,

∴AFBEBF,FAEBEA,

∵O为BF的中点，

∴BOFO,

∴△AOF≌△EOB，

∴BEFA,

∵AF∥BE,

∴四边形ABEF是平行四边形，

又ABAF,

∴四边形ABEF是菱形；

（2）解：∵ADBC,AFBE,

∴DFCE1,

∵平行四边形ABCD的周长为22，

∴菱形ABEF的周长为：22220,

∴AB2045,

∵四边形ABEF是菱形，

11

∴BAEBAD12060,

22

又ABAE,

∴ABE是等边三角形，

∵AEAB5．

4．（2024·四川甘孜·中考真题）如图，AB为⊙O的弦，C为AB的中点，过点C作CD∥AB，交OB的延

长线于点D．连接OA，OC．

(1)求证：CD是⊙O的切线；

(2)若OA3，BD2，求OCD的面积．

【答案】(1)见解析

(2)6

【分析】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理、垂径定理的推论等知识点，熟记相关结论是解题关键．

（1）由垂径定理的推论可知OCAB，据此即可求证；

（2）利用勾股定理求出CD即可求解；

【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的弦，C为AB的中点，

由垂径定理的推论可知：OCAB，

∵CD∥AB，

∴OCCD，

∵OC为⊙O的半径，

∴CD是⊙O的切线；

（2）解：∵OBOAOC3，BD2，

∴ODOBBD5，

∴CDOD2OC24，

1

∴SVOCCD6．

OCD2

5．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，点E为AD边上不与端点重合的一动点，点F是

对角线BD上一点，连接BE，AF交于点O，且ABEDAF．

【模型建立】

（1）求证：AF⊥BE；

【模型应用】

1

（2）若AB2，AD3，DFBF，求DE的长；

2

【模型迁移】

1AF

（3）如图2，若矩形ABCD是正方形，DFBF，求的值．

2AD

75

【答案】（1）见解析；（2）；（3）

33

【分析】本题考查矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识

点，构造相似三角形，是解题的关键：

（1）根据矩形的性质，结合同角的余角，求出AOE90，即可得证；

DGDF1

（2）延长AF交CD于点G，证明AFB∽GFD，得到，再证明ABE∽DAG，求出AE的

ABBF2

长，进而求出DE的长；

DGFGDF1

（3）设正方形的边长为a，延长AF交CD于点G，证明AFB∽GFD，得到，进而

ABAFBF2

1

得到DGAB，勾股定理求出AG，进而求出AF的长，即可得出结果．

2

【详解】解：（1）∵矩形ABCD，

∴BAD90，

∴ABEAEB90，

∵ABEDAF，

∴DAFAEB90，

∴AOE90，

∴AF⊥BE；

（2）延长AF交CD于点G，

∵矩形ABCD，

∴AB∥CD,BADADG90，

∴AFB∽GFD，

DGDF1

∴，

ABBF2

1

∴DGAB1，

2

∵BADADG90，ABEDAF，

∴ABE∽DAG，

ABAE2

∴，

ADDG3

22

∴AEDG，

33

27

∴DEADAE3；

33

（3）设正方形ABCD的边长为a，则：ABADa，

延长AF交CD于点G，

∵正方形ABCD，

∴BADADG90,AB∥CD，

∴AFB∽GFD，

DGFGDF1

∴，

ABAFBF2

111

∴DGABa,FGAF，

222

5

∴AGAD2DG2a，

2

1

∵FGAF，

2

25

∴AFAGa，

33

5a

∴AF5．

3

ADa3

6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，O是正方形ABCD对角线上一点，以O为圆心，OC长为半径的

O与AD相切于点E，与AC相交于点F．

(1)求证：AB与O相切．

(2)若正方形ABCD的边长为21，求O的半径．

(3)如图2，在（2）的条件下，若点M是半径OC上的一个动点，过点M作MNOC交CE于点N．当

CM:FM1:4时，求CN的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)2

210

(3)

5

【分析】（1）方法一：连接OE，过点O作OGAB于点G，四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对

角线，得出OEOG，进而可得OG为O的半径，又OGAB，即可得证；

方法二：连接OE，过点O作OGAB于点G，根据正方形的性质证明AOE≌AOGAAS得出OEOG，

同方法一即可得证；

方法三：过点O作OGAB于点G，连接OE．得出四边形AEOG为正方形，则OEOG，同方法一即可

得证；

（2）根据O与AD相切于点E，得出AEO90，由（1）可知AEOE，设AEOEOCOFR，

在Rt△AEO中，勾股定理得出AO2R，在RtADC中，勾股定理求得AC，进而根据OAOCAC建

立方程，解方程，即可求解．

（3）方法一：连接ON，设CMk，在Rt△OMN中，由勾股定理得：MN2k，在RtCMN中，由勾股

22210

定理得：CN5k，结合题意FC5k2R2222得出k，即可得出CN；

55

122

方法二：连接FN，证明△CNM∽△CFN得出CN2CMCF，进而可得CMCF，同理可得CN

55

方法三：连接FN，证明△CNM∽△CFN得出NC2MCFC，设CMk，则FC5k，进而可得NC5k，

进而同方法一，即可求解．

【详解】（1）方法一：证明：连接OE，过点O作OGAB于点G，

O与AD相切于点E，

OEAD．

四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线，

BACDAC45，

OEOG，

OE为O的半径，

OG为O的半径，

OGAB，

AB与O相切．

方法二：

证明：连接OE，过点O作OGAB于点G，

O与AD相切于点E，OEAD，

AEOAGO90，

四边形ABCD是正方形，

BACDAC45，

又AOAO，

AOE≌AOGAAS，

OEOG，

OE为O的半径，

OG为O的半径，

OGAB，

AB与O相切．

方法三：

证明：过点O作OGAB于点G，连接OE．

AD与O相切，OE为O半径，

OEAE，

AEO90，

OGAB，

AGO90，

又四边形ABCD为正方形，

BAD90，

四边形AEOG为矩形，

又AC为正方形的对角线，

EAOGAOAOE45，

OEAE，

矩形AEOG为正方形，

OEOG．

又OE为O的半径，

OG为O的半径，

又OGAB，

AB与O相切．

（2）解：AC为正方形ABCD的对角线，

DAC45，

O与AD相切于点E，

AEO90，

由（1）可知AEOE，设AEOEOCOFR，

在Rt△AEO中，

AE2EO2AO2，

AO2R2R2，

R0，AO2R，

又正方形ABCD的边长为21．

在RtADC中，

ACAD2CD2221，

OAOCAC，

2RR221，

R2．

∴O的半径为2．

（3）方法一：

解：连接ON，设CMk，

CM:FM1:4，

CF5k，

OCON2.5k，

OMOCCM1.5k．

在Rt△OMN中，由勾股定理得：MN2k，

在RtCMN中，由勾股定理得：CN5k，

又FC5k2R2222，

22

k．

5

22210

CN2．

55

方法二：

解：连接FN，

CF为O的直径，

CNF90，

FNMCNM90，

MNAC，

NFMFNM90，

NFMCNM，

NCMFCN，

△CNM∽△CFN，

CN2CMCF，

CM:FM1:4，CF5CM，

CN5CM，

CF2R2222，

122

CMCF，

55

22210

CN5．

55

方法三：

解：连接FN，

CF为O的直径，

CNF90，

FNMCNM90，

MNAC，

NFMFNM90，

NFMCNM，

NCMFCN，

△CNM∽△CFN，

NCFC

，

MCNC

NC2MCFC，

CM:FM1:4，

CM:FC1:5，

设CMk，则FC5k，

NC2k5k，

NC5k．

又FC5k2R2222，

22

k，

5

22210

CN5．

55

【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，

相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．

7．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如

图1，在ABC中，ABAC，点D是AC上的一个动点，过点D作DEBC于点E，延长ED交BA延长

线于点F．

请你解决下面各组提出的问题：

(1)求证：ADAF；

DFAD

(2)探究与的关系；

DEDC

AD1DF2AD4DF8

某小组探究发现，当时，；当时，．

DC3DE3DC5DE5

请你继续探究：

AD7DF

①当时，直接写出的值；

DC6DE

ADmDF

②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明；

DCnDE

(3)拓展应用：在图1中，过点F作FPAC，垂足为点P，连接CF，得到图2，当点D运动到使ACFACB

ADmAP

时，若，直接写出的值（用含m，n的式子表示）．

DCnAD

【答案】(1)见解析

DF7DF2m

(2)①②，证明见解析

DE3DEn

APn

(3)

AD2m

【分析】（1）等边对等角，得到BC，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到FADF，即

可得出结论；

DFAD

（2）①根据给定的信息，得到是的2倍，即可得出结果；

DEDC

DF2mGDADm

②猜想，作AGEF于点G，证明△AGD∽△CED，得到，三线合一得到

DEnDEDCn

DF2DG，即可得出结论；

DGn

（3）过点D作DGCF，角平分线的性质，得到DGDE，推出，等角的余角相等，得到

DF2m

APDGn

AFPDFG，进而得到sinAFPsinDFG，得到，根据ADAF，即可得出结果．

AFDF2m

【详解】（1）证明：∵ABAC，

∴BC，

∵DEBC，

∴BEFCED90，

∴F90B，CDE90C，且CDEADF，

∴FADF，

∴ADAF；

AD1DF2AD4DF8

（2）解：①当时，；当时，，

DC3DE3DC5DE5

DFAD

∴总结规律得：是的2倍，

DEDC

AD7DF147

∴当时，；

DC6DE63

ADmDF2m

②当时，猜想，

DCnDEn

证明：作AGEF于点G，

∵DEBC，

∴AG∥CE，

∴△AGD∽△CED，

ADm

∵，

DCn

GDADm

∴，

DEDCn

由（1）知ADAF，又AGEF，

∴DGFG，即DF2DG，

DF2GD2m

∴；

DEDEn

APn

（3），理由如下：

AD2m

过点D作DGCF，

∵ACFACB，DECE，

∴DGDE，

ADmDF2m

由（2）知，当时，，

DCnDEn

DEn

∴，

DF2m

DGn

∴，

DF2m

∵PFAC，

∴ACFCFP90，

∵FEBC，

∴BAFD90，

∵ABAC，

∴∠ACB∠B，

∴BACF，

∴AFDCFP，

∴AFDPFDCFPPFD，

∴AFPDFG，

∴sinAFPsinDFG，

APDGn

∴，

AFDF2m

由（1）知ADAF，

APAPn

∴．

ADAF2m

【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形

等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．

8．（2024·广东·中考真题）【问题背景】

如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线yaxa0上第一象限内的两个动点ODOB，以线段

k

BD为对角线作矩形ABCD，AD∥x轴．反比例函数y的图象经过点A．

x

【构建联系】

k

（1）求证：函数y的图象必经过点C．

x

（2）如图2，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为1,2时，

求k的值．

【深入探究】

（3）如图3，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接AC交BD于点P．以

点O为圆心，AC长为半径作O．若OP32，当O与ABC的边有交点时，求k的取值范围．

16

【答案】（1）证明见解析；（2）k；（3）6k8

3

kkk

【分析】（1）设Bm,ma，则Am,，用含m,k的代数式表示出C,am，再代入y验证即可得

mamx

解；

DE

（2）先由点B的坐标和k表示出DCk2，再由折叠性质得出2，如图，过点D作DHy轴，

BE

k

过点B作BFy轴，证出DHE∽EFB，由比值关系可求出HF2，最后由HFDC即可得解；

4

（3）当O过点B时，如图所示，过点D作DHx轴交y轴于点H，求出k的值，当O过点A时，根据

A，C关于直线OD对轴知，O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作DHx轴交y轴于点H，

求出k的值，进而即可求出k的取值范围．

k

【详解】（1）设Bm,ma，则Am,，

m

∵ADx轴，

k

∴D点的纵坐标为，

m

kk

∴将y代入yax中得：ax得，

mm

k

∴x，

am

kk

∴D,，

amm

k

∴C,am，

am

kk

∴将x代入y中得出yam，

amx

k

∴函数y的图象必经过点C；

x

（2）∵点B1,2在直线yax上，

∴a2，

∴y2x，

∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，

k

∵函数y的图象经过点A，C，

x

k

∴C，2，A1,k，

2

k

∴D，k，

2

∴DCk2，

∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，

k

∴BEBC1，BEDBCD90，

2

DCk2DE

2

∴k，

BC1BE

2

如图，过点D作DHy轴，过点B作BFy轴，

∵ADx轴，

∴H，A，D三点共线，

∴HEDBEF90，BEFEBF90，

∴HEDEBF，

∵DHEEFB90，

∴DHE∽EFB，

DHHEDE

∴2,

EFBFBE

k

∵BF1，DH

2

k

∴HE2，EF，

4

k

∴HF2，

4

由图知，HFDC，

k

∴2k2，

4

16

∴k；

3

（3）∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，

∴ACBD，

∵四边形ABCD为矩形，

∴四边形ABCD为正方形，ABPDBC45，

AP1

∴ABBCCDDA2AP，APPCBPAC，BPAC，

sin452

∵BC∥x轴，

∴直线yax为一，三象限的夹角平分线，

∴yx，

当O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，

∵AD∥x轴，

∴H，A，D三点共线，

∵以点O为圆心，AC长为半径作O，OP32，

∴OPOBBPACBP2APAP3AP32，

∴AP2，

∴ABAD2AP2，BD2AP22，BOAC2AP22，

∵AB∥y轴，

∴DHO∽DAB，

HODHDO

∴，

ABADBD

HODH2222

∴，

2222

∴HOHD4，

∴HAHDDA422，

∴A2,4，

∴k248，

当O过点A时，根据A，C关于直线OD对轴知，O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作DH∥x

轴交y轴于点H，

∵AOOCAC,

∴AOC为等边三角形，

∵OPAC，

1

∴AOP6030，

2

3

∴APtan30OP326PD，ACBD2AP26，

3

∴ABAD2AP23，ODBPPD326，

∵AB∥y轴，

∴DHO∽DAB，

HODHDO

∴，

ABADBD

HODH326

∴,

232326

∴HOHD33，

∴HAHDDA332333，

∴A33,33，

∴k33336,

∴当O与ABC的边有交点时，k的取值范围为6k8．

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，

矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助

线是解决此题的关键．

9．（2024·四川遂宁·中考真题）如图，AB是O的直径，AC是一条弦，点D是AC的中点，DNAB于

点E，交AC于点F，连结DB交AC于点G．

(1)求证：AFDF；

(2)延长GD至点M，使DMDG，连接AM．

①求证：AM是O的切线；

②若DG6，DF5，求O的半径．

【答案】(1)证明见解析

20

(2)①证明见解析，②O的半径为．

3

【分析】（1）如图，连接AD，证明ADCD，可得ABDCAD，证明ANAD，可得ADNABD，

进一步可得结论；

（2）①证明ADB90ADM，可得AD是MG的垂直平分线，可得AM=AG，

MAGDGABB，MADGAD，而GADB，可得MADB，进一步可得结论；

②证明DE∥AM，可得GDF∽GMA，求解AM10，ADAM2MD28，结合

AD8ABAB

tanM，可得答案．

MD6AM10

【详解】（1）证明：如图，连接AD，

∵点D是AC的中点，

∴ADCD，

∴ABDCAD，

∵DNAB，AB为O的直径，

∴ANAD，

∴ADNABD，

∴ADNCAD，

∴AFDF．

（2）证明：①∵AB为O的直径，

∴ADB90ADM，

∴BBAD90，

∵DMDG，

∴AD是MG的垂直平分线，

∴AM=AG，

∴MAGDGABB，MADGAD，

而GADB，

∴MADB，

∴MADBADBBAD90，

∴BAM90，

∵AB为O的直径，

∴AM是O的切线；

②∵DG6，

∴DMDG6，

∵DNAB，MAB90，

∴DE∥AM，

∴GDF∽GMA，

DGDF6

∴，

GMAM12

∵DF5，

∴AM10，

∴ADAM2MD28，

AD8ABAB

∴tanM，

MD6AM10

8040

∴AB，

63

20

∴O的半径为．

3

【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，弧与圆心角之间的关系，切线的判定与性质，相似三角形的判

定与性质，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．

10．（2024·四川德阳·中考真题）已知O的半径为5，B、C是O上两定点，点A是O上一动点，且

BAC60,BAC的平分线交O于点D．

(1)证明：点D为BC上一定点；

(2)过点D作BC的平行线交AB的延长线于点F．

①判断DF与O的位置关系，并说明理由；

②若ABC为锐角三角形，求DF的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

53

(2)①DF与O相切，理由见解析；②DF的取值范围为DF53．

2

【分析】（1）由BAC的平分线交O于点D，BAC60，可得BDCD，结合B、C是O上两定点，

可得结论；

（2）①如图，连接OD，证明ODBC，结合BC∥DF，可得ODDF，从而可得结论；

53

②分情况讨论：如图，当ABC90时，可得DFBQ；如图，连接BD，当ACB90，可得

2

DF2BQ53，从而可得答案．

【详解】（1）证明：∵BAC的平分线交O于点D，BAC60，

∴BADCAD30，

∴BDCD，

∵B、C是O上两定点，

∴点D为BC的中点，是一定点；

（2）解：①如图，连接OD，

∵BDCD，

∴ODBC，

∵BC∥DF，

∴ODDF，

∵OD为半径，

∴DF是O的切线；

②如图，当ABC90时，

∴AC为直径，AC10，

∵BAC60，

∴ACB30，

∴AB5，BC1025253，

∵ODBC，

53

∴BQCQ，

2

∵BQD90FQDABCFBQ，

∴四边形BFDQ为矩形，

53

∴DFBQ；

2

如图，连接BD，当ACB90，

∵ACB90，ODBC，

∴OD∥AC，

∴BODBAC60，

∵OBOD，

∴BOD为等边三角形，

∴OQQD，

53

同理可得：BQ，

2

∵BC∥DT，

∴OBQ∽OFD，

OQBQ1

∴，

ODDF2

∴DF2BQ53，

53

∴当ABC为锐角三角形，DF的取值范围为DF53．

2

【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性

质，做出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键．

11．（2024·四川泸州·中考真题）如图，ABC是O的内接三角形，AB是O的直径，过点B作O的切

线与AC的延长线交于点D，点E在O上，ACCE，CE交AB于点F．

(1)求证：CAED；

(2)过点C作CGAB于点G，若OA3，BD32，求FG的长．

【答案】(1)证明见解析

4

(2)

5

【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得到BCD90，则DCBD90，由切线的性质推出

ÐABC+ÐCBD=90°，则ABCD，再由同弧所对的圆周角相等和等边对等角得到EABC，

CAEE，据此即可证明CAED；

（2）由勾股定理得AD36，利用等面积法求出BC23，则AC26，同理可得CG22，则AG4，

进而得到BG2；如图所示，过点C作CHAE于H，则AE2AH，证明△ACB∽△CHA，求出AH22，

466x

则AE42；设FGx，则AF4x，证明△AEF∽△CBF，推出CF，在Rt△CGF中，

4

2

2

由勾股定理得466x2，解方程即可得到答案．

22x

4

【详解】（1）证明：∵AB是O的直径，

∴ACB90，

∴BCD90，

∴DCBD90；

∵BD是O的切线，

∴ÐABD=90°，

∴ÐABC+ÐCBD=90°，

∴ABCD，

∵，

ACAC

∴EABC，

∵ACCE，

∴CAEE，

∴CAED；

（2）解：∵OA3，

∴AB2OA6，

2

在Rt△ABD中，由勾股定理得ADAB2BD2623236，

11

∵S△ABBDADBC，

ABD22

ABBD632

∴BC23，

AD36

2

∴ACAB2BC2622326，

同理可得CG22，

22

∴AGAC2CG226224，

∴BG2；

如图所示，过点C作CHAE于H，则AE2AH，

由（1）可得ABCCAH，ACBCHA90，

∴△ACB∽△CHA，

AHACAH26

∴，即，

BCAB236

∴AH22，

∴AE42；

设FGx，则AF4x，

∵∠E∠CBF，∠EAF∠BCF，

∴△AEF∽△CBF，

CFBCCF23

∴，即，

AFAE4x42

466x

∴CF，

4

在Rt△CGF中，由勾股定理得CF2CG2FG2，

2

2

∴466x2，

22x

4

4

解得x或x4（舍去），

5

4

∴FG．

5

【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，直

径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的

关键．

12．（2024·四川南充·中考真题）如图，正方形ABCD边长为6cm，点E为对角线AC上一点，CE2AE，

点P在AB边上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在BC边上以2cm/s的速度由点C向点B运

动，设运动时间为t秒（0t3）．

(1)求证：AEP∽CEQ．

(2)当△EPQ是直角三角形时，求t的值．

1

(3)连接AQ，当tanAQE时，求△AEQ的面积．

3

【答案】(1)见解析

(2)623秒或2秒

(3)4cm2

AEAP

【分析】（1）根据正方形性质，得到PAEQCE45，再题意得到，从而得到AEP∽CEQ；

CECQ

22

（2）利用题目中的条件，分别用t表示EP2、PQ、EQ，再分别讨论当EPQ90、PEQ90和

PQE90时，利用勾股定理构造方程求出t即可；

（3）过点A作AFAC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G．由此得到AFAC，由已知得

AEAE111

到进而得到tanAFE，由题意tanAQE，则AFEAQE，再依次证明

ACAF333

AGF∽EGQ、AGE∽FGQ，得到AEGFQG，从而证明FQE90，即EQC是等腰直角三

角形．则QC4，再用SAQCSEQC求出△AEQ的面积．

【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形，

PAEQCE45．

CE2AE,APt,CQ2t，

AEAP1

CECQ2

△AEP∽△CEQ．

（2）解：过点E作EMAB于点M，过点E作ENBC于点N．

由题意知AC2AB62，

∵CE2AE

∴AE22，

∵PAE45

∴AMME2,ENCN4

由已知，

APtCQ2t,BQ62t,MPt2,BP6t,QNBNBQ2t4．

EP2EM2MP2，即EP222(2t)2t24t8，

PQ2BP2BQ2，即PQ2(6t)2(62t)25t236t72，

EQ2EN2NQ2，即EQ242(2t4)24t216t32．

①当EPQ90时，有EQ2EP2PQ2．

即4t216t32t24t85t236t72，整理得t212t240．

解得（不合题意，舍去）．

t1623,t2623

②当PEQ90时，有PQ2EP2EQ2．

即5t236t72t24t84t216t32，整理得t20，解得t2．

③当PQE90时，有EP2PQ2EQ2．

即t24t