幾何選擇壓軸題-2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸題（浙江新中考）（解析版）

第第頁題型01直線型類型一三角形綜合題1．（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，，．記，．若，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了三角函數(shù)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，過點作于，作的角平分線交于，過點作于，由題意可得，，，由得到，再證明，得到，，進而得到，由可得，求得，，再勾股定理可得，，，得到，由求出，再利用勾股定理即可求出的長，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：過點作于，作的角平分線交于，過點作于，則，∵，，，∴，，，∵平分，∴，設(shè)，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，，當(dāng)時，，∴不合，舍去，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故選：．2．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形中，，為對角線，且滿足，若，則的長度為（

）A．13 B． C． D．【答案】B【分析】本題考查四邊形綜合應(yīng)用，涉及等腰直角三角形性質(zhì)及應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及應(yīng)用等知識，將三角形繞逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接，證明，由，得，由，可得，根據(jù)勾股定理求出，進而可得，作出輔助線，靈活運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．【詳解】解：將三角形繞逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接，如圖：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故選：B．3．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在中，，于點D，點M是內(nèi)一點，連接交于點N，已知，若點M是的內(nèi)心，則的度數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查等腰三角形性質(zhì)，全等三角形性質(zhì)及判定，內(nèi)心性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理．根據(jù)題意證明，可得，因為M是的內(nèi)心，繼而可得，再根據(jù)三角形內(nèi)角和即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵，，∴，，∴在和中，，∴，∴，∴，∵M是的內(nèi)心，∴，，∴，∵，，∴，即：，∵，∴，，∴，故選：B．4．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）如圖，和都是等腰直角三角形，，點D是邊上的動點（不與點B、C重合），與交于點，連結(jié)．下列結(jié)論：①；②；③若，則；④在內(nèi)存在唯一一點P，使得的值最小，若點D在的延長線上，且的長為2，則．其中含所有正確結(jié)論的選項是（）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】①正確．證明，可得結(jié)論；②正確．證明，，，四點共圓，利用圓周角定理證明；③正確．設(shè)，則．，，過點作于點，求出，，可得結(jié)論；④錯誤．將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，當(dāng)點，點，點，點共線時，值最小，此時，，，設(shè)，則，構(gòu)建方程求出，可得結(jié)論．【詳解】解：如圖1中，，，又，，，，，故①正確，，，，，取的中點，連接，，，則，，，，四點共圓，，故②正確，設(shè)，則．，，過點作于點，，，，，，，故③正確．如圖2中，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，，，，是等邊三角形，，，當(dāng)點，點，點，點共線時，值最小，此時，，，，設(shè)，則，，，，，故④錯誤．故選：B．【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．5．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）一個矩形按如圖的方式分割成三個直角三角形，把較大的兩個三角形紙片按圖方式放置，若圖中兩個陰影部分面積滿足，下列結(jié)論錯誤的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如圖，證明，再由等角的余角相等可得，所以，可以判斷正確；如圖，過點作于，證明，根據(jù)相似三角形面積比等于相似比的平方可得，設(shè)，，則，可判斷正確；如圖，先計算，由勾股定理得，由三角函數(shù)定義可判斷正確；設(shè)，，則，可判斷錯誤．【詳解】解：、如圖，∵四邊形是矩形，∴，∴，如圖，，∴∵，∴，∴，∴，故選項正確，不符合題意；、如圖，過點作于，則，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，設(shè)，，則，∴，∴，故選項正確，不符合題意；、∵，∴如圖，中，，，∵，∴，∴'故選項正確，不符合題意；、設(shè)，則，，∴，∴，∴故項錯誤，符合題意；【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，設(shè)未知數(shù)表示各線段的長是解題的關(guān)鍵．6．（2024·浙江寧波·一模）如圖，在中，過點作交于點，點為上一點，為上一點，且，過點作交于點，交于點，，，，則的面積為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，二次根式的混合運算，勾股定理等．根據(jù)條件可以得到，，利用四點共圓得到，可證，根據(jù)條件得到，設(shè)，則，，利用勾股定理求出值，繼而得到高線的長，根據(jù)面積公式計算即可．【詳解】解：，，，，又，∴，，，，連接、，作，垂足為，，點、、、四點共圓，，，，，，，∴，，設(shè)，則，，在中，由勾股定理得：，解得：，．．故選：A．7．任意一張正方形先對折再翻折然后加上廢舊的草桿就能做成一個簡易的紙風(fēng)車，迎著風(fēng)就會嘩啦啦轉(zhuǎn)動起來，小小的紙風(fēng)車帶來童年滿滿的回憶．如圖是彤彤折疊的一個紙風(fēng)車，風(fēng)車由四個全等的直角三角形組成，其中∠DOG為90°．延長直角三角形的斜邊，恰好交于四個直角三角形的斜邊中點，若，那么這個風(fēng)車的面積為（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】連接由題意可得，進而說明為等腰直角三角形，再說明垂直平分、垂直平分，進而說明，然后再運用解直角三角形求得，然后再求得三角形的面積，最后求風(fēng)車面積即可．【詳解】解：如圖：連接由題意可得：，為等腰直角三角形又：，，即又垂直平分同理：垂直平分是等腰三角形頂角的角平分線即由題意可得又，，在中，，，設(shè)，即，，設(shè)（），，，即，，又，，，．故選A．

【點睛】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識點，靈活應(yīng)用相關(guān)知識以及數(shù)形結(jié)合思想成為解答本題的關(guān)鍵．8．（2023·浙江金華·一模）我們知道訂書針的兩條短邊垂直長邊．如圖是由三枚完全相同的訂書針，，拼成的圖形，點B，E，C，F(xiàn)在同一條直線上，點D，K，L分別在，，上，，．當(dāng)點，I重合時，的長度為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點J作，交于點N，交于點M，證明，設(shè)，利用全等，相似的性質(zhì)計算即可．【詳解】如圖，過點J作，交于點N，交于點M，設(shè)，∵，∴，，∴四邊形是矩形，，∴，，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴∵，∴解得，∴，故選B．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2023·浙江杭州·一模）如圖，在中，，點P在邊上，，分別為的中點，連接．過點作的垂線，與分別交于，兩點．連接，交于點．有以下判斷：①；②且；③當(dāng)時，的面積為；④的最大值為．其中正確的是（

）A．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】①由等腰三角形的性質(zhì)可得，由三角形中位線定理可得，可求解；②由可證，全等，可得，，可求解；③由等腰三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可求的長，再由三角形面積公式可求解；④利用勾股定理和相似三角形的性質(zhì)分別求出，的值，即可求得解【詳解】解：①，分別為的中點，，；故①正確；②，是等腰直角三角形，∴，又，∴，∵是的中點，∴，∴，故②正確；③當(dāng)時，∵是的中點，∴，故③正確；④設(shè)為，，∴即的最大值為故④正確，綜上所述，①②③④正確，故選：D．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．10．（2022·浙江寧波·一模）如圖，已知中，，，平分交于，是邊上的點，且：：，：：，連結(jié)交于，連結(jié)，則面積的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】過點作于點，過點作，交于點，則，，列比例式，結(jié)合已知條件可求解，，再利用角平分線的定義可求解的長，根據(jù)當(dāng)時，最大，即的面積最大，結(jié)合三角形的面積公式計算可求解．【詳解】解：過點作于點，過點作，交于點，，，，：：，，，，，，，，，即，平分交于，，，，，，當(dāng)時，最大，即的面積最大，的最大值為：，故選：D．【點睛】本題主要考查角平分線的定義，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，確定的位置是解題的關(guān)鍵．11．如圖，在中，，，，其中，，，則的值為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】延長至，使得，連接，過點作于點，延長使得，連接，證明，即可求解．【詳解】解：如圖，延長至，使得，連接，過點作于點，延長使得，連接，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，設(shè)∴,∴；∵，，∴，，∴，∴∵∴是等腰直角三角形，∴設(shè)，∴，∴∵∴又在與中，∴∴設(shè)，則∵,∴解得：即，故選：C．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，掌握全等三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．12．如圖（1），有兩全等的正三角形，，且，A分別為，的重心.固定點，將逆時針旋轉(zhuǎn)，使得A落在上，如圖（2）所示.則圖（1）與圖（2）中，兩個三角形重疊區(qū)域的面積比為（

）A．2：1 B．3：2 C．4：3 D．5：4【答案】C【分析】連接，交于點O，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)及三角形重心的性質(zhì)得出，，再結(jié)合圖形及三角函數(shù)計算陰影部分的面積求解即可．【詳解】解：如圖所示，連接，交于點O，設(shè)等邊三角形的邊長是x，則高長為，圖（1）中陰影部分為一個內(nèi)角是的菱形，∴，，∴，∴，∴，則陰影部分的面積為：，圖2中，，，∴，∴，∴，∴陰影部分的面積為：，兩個重疊區(qū)域的面積比為：，故選：C．【點睛】題目主要考查等邊三角形的性質(zhì)及解三角形的應(yīng)用，菱形的性質(zhì)等，理解題意，作出相應(yīng)輔助線及掌握三角形重心的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．13．（2022·浙江紹興·二模）如圖，△ABC的兩條內(nèi)角平分線相交于點D，過點D作一條平分△ABC面積的直線，那么這條直線分成的兩個圖形的周長比是（）A．2：1 B．1：1 C．2：3 D．3：1【答案】B【分析】連接AD，過D點作DE⊥AB于點E，作DF⊥AC于點F，作DG⊥BC于點G，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知：AD也是一條角平分線，則有DE=DF=DG，根據(jù)MDN平分△ABC的面積以此來列等式即可求解．【詳解】連接AD，過D點作DE⊥AB于點E，作DF⊥AC于點F，作DG⊥BC于點G，∵△ABC的兩條內(nèi)角平分線相交于點D，∴DE＝DF＝DG，設(shè)MN平分△ABC的面積，則＋＝＋＋，∵＝BM?DE，＝AM?DE，＝AC?DF，＝NC?DG，＝BN?DG，∴BM?DE＋BN?DG＝AM?DE＋AC?DF＋NC?DG，∴BM＋BN＝AM＋AC＋NC，∴BM＋BN＋MN＝AM＋AC＋NC＋MN，即這條直線分成的兩個圖形的周長比是1：1；故選：B【點睛】本題主要考查了角平分線的性質(zhì)，掌握三角形中三條角平分線的交點到三角形三邊的距離相等是解答本題的關(guān)鍵．14．（2021·浙江湖州·模擬預(yù)測）如圖，已知在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD為BC邊的中線，過點C作CE⊥AD于點E，交AB于點F．若AC＝2，則線段EF的長為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點B作BH⊥BC，交CF的延長線于H，由勾股定理可求AD的長，由面積法可求CE，由“AAS”可證△ACD≌△CBH，可得CD＝BH＝1，AD＝CH＝，通過證明△ACF∽△BHF，可得＝，可求CF的長，即可求解．【詳解】解：如圖，過點B作BH⊥BC，交CF的延長線于H，∵AD為BC邊的中線，AC＝BC＝2，∴CD＝BD＝1，∴AD＝＝＝，∵，∴CE＝＝，∵∠ADC+∠BCH＝90°，∠BCH+∠H＝90°，∴∠ADC＝∠H，在△ACD和△CBH中，，∴△ACD≌△CBH（AAS），∴CD＝BH＝1，AD＝CH＝，∵AC⊥BC，BH⊥BC，∴AC∥BH，∴△ACF∽△BHF，∴＝，∴CF＝，∴EF＝CF﹣CE＝﹣＝，故選：B．【點睛】本題考查了相似三角形判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．15．（2022·浙江溫州·二模）如圖，在中，，分別以AB，AC，BC為邊作三個等邊三角形：，，，其中，，BD與CE交于點M，AC與BD交于點N，連結(jié)AM，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接ED，作DF∥BC交EC與F，在AM上截取AG=NG，證明△AED≌△ACB，△DFM≌△BCM，得出M是BD中點，再利用勾股定理求出AM、MN即可．【詳解】解：連接ED，作DF∥BC交EC與F，在AM上截取AG=NG，∵和是等邊三角形，∴，，，∴，∴△AED≌△ACB，∴，，∴，∵DF∥BC，∴，∴，∴，∴，∵，∴△DFM≌△BCM，∴，∴，，∵，∴，，∵，∴，∵AG=NG，∴∴設(shè)，則，，∴，解得，，的面積為，故選：B．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形，解題關(guān)鍵是恰當(dāng)作輔助線，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出是直角三角形，并通過解直角三角形求出邊長．類型二平行四邊形綜合題16．（2023·浙江紹興·一模）如圖，中，，點分別為上異于端點的四點，滿足，分別為上異于端點的兩點，連接，點O為線段上一個動點，從點M出發(fā)，運動到點N后停止，連接，當(dāng)圖中存在與四邊形時，隨著點O的移動，兩者的面積之和變化趨勢為（

）A．先變大再變小 B．先變小再變大 C．一直不變 D．以上都不對【答案】D【分析】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，割補法求陰影部分的面積．熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，利用割補法表示出陰影部分的面積，是解題的關(guān)鍵．連接，設(shè)點到的距離為，到的距離為，到的距離為，到的距離為，利用面積公式求出，，發(fā)現(xiàn)均為定值，和也為定值，利用割補法得到與四邊形的面積之和為，即可得出結(jié)論．【詳解】解：連接，設(shè)點到的距離為，到的距離為，到的距離為，到的距離為，∵四邊形為平行四邊形，∴，∵，∴，∴，，∵為定值，是平行四邊形的高，均為定值，∴，，均為定值，∵的邊長是定值，∴也為定值，∵與四邊形的面積之和為，為定值，∴與四邊形的面積之和保持不變，當(dāng)點O在HE，MN交點的左側(cè)時，如圖，，而為定值，且變小，故陰影部分面積是變化的，先變小，然后再保持不變，故選：D．17．（22-23九年級上·浙江寧波·期末）如圖，在平行四邊形中，點分別在邊上，，四邊形四邊形，相似比，則下列一定能求出面積的條件（

）A．四邊形和四邊形的面積之差 B．四邊形和四邊形的面積之差C．四邊形和四邊形的面積之差 D．四邊形和四邊形的面積之差【答案】C【分析】分別過點，作的平行線，根據(jù)相似比，找出對應(yīng)相似圖形的面積關(guān)系，然后找出符合的選項即可．【詳解】解：如圖，分別過點，作的平行線交于點，交于點，四邊形四邊形，相似比，，，，相似比，則，，，，選項C符合題意，故選：C．【點睛】本題考查了根據(jù)相似比求面積關(guān)系，平行四邊形性質(zhì)，相似三角形性質(zhì)等知識，適當(dāng)添加輔助線，找出對應(yīng)面積關(guān)系，采用面積作差方法是解題關(guān)鍵．類型三矩形綜合題18．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）如圖，已知是矩形的對角線，以點為旋轉(zhuǎn)中心將逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到，三點恰好在同一條直線上，設(shè)與相交于點，連結(jié)．有以下結(jié)論：①；②；③是線段的黃金分割點；④，其中正確的是（

）A．① B．①③ C．②④ D．①③④【答案】D【分析】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)以及黃金分割點的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等綜合知識，由是繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到的，得到再由矩形的性質(zhì)得出，從而判斷①；由可得從而判斷②；由及得出可判斷③；在線段上作連接通過得出是等腰直角三角形，可以判斷④，關(guān)鍵是根據(jù)已知比例式確定兩個三角形相似．【詳解】解：∵是繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到的，∴，∴，又∵四邊形是矩形，∴，∴，即，∴，即，故①符合題意；∵，∴，即是直角三角形，而顯然不是直角三角形，故②不符合題意；在和中，即∴點是線段的黃金分割點，故③符合題意；在線段上取并連接如圖，在和中，，，是等腰直角三角形，，，故④符合題意；故選：D．19．（2024·浙江杭州·一模）如圖，在矩形中，，點是的中點，點在上，，點在線段上．若是等腰三角形且底角與相等，則的值為（

）A．6或2 B．3或 C．2或3 D．6或【答案】D【分析】分兩種情況：①為等腰的底邊時，作于，則，由矩形的性質(zhì)得出，，，得出，，證明，得出利用相似三角形的性質(zhì)求出，證出，由等腰三角形的性質(zhì)得出，，證出，利用相似三角形的性質(zhì)求出，即可得出答案；②為等腰的腰時，作于，由①得：，，設(shè)，則，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】解：分兩種情況：①為等腰的底邊時，作于，如圖所示：則，四邊形是矩形，，，，，，點是的中點，，，，，即，解得：，，，，，是等腰三角形且底角與相等，，，，，，，，；②為等腰的腰時，作于，如圖所示：由①得：，，設(shè)，則，在中，，解得：，即；綜上所述：或．故選：D．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．20．（2023·浙江寧波·一模）如圖，已知矩形和矩形，正方形面積為矩形面積的兩倍，且點E，G分別落在上，且點在上．若已知的長，則下列可求的是（

）A．的長 B．的長 C．的長 D．的長【答案】B【分析】本題考查了矩形和正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，設(shè)，根據(jù)正方形面積為矩形面積的兩倍，可得，利用勾股定理求得，再證明，可得，可得，則可得，即可解答，熟練利用相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：設(shè)，正方形面積為矩形面積的兩倍，，，四邊形是矩形，四邊形是正方形，，，根據(jù)勾股定理可得，，，，，,,,,已知的長，可得的長，故選：B．21．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在矩形中，為對角線的中點，．動點在線段上，動點在線段上，點同時從點出發(fā)，分別向終點運動，且始終保持．點關(guān)于的對稱點為；點關(guān)于的對稱點為．在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是（

）A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形【答案】A【分析】根據(jù)題意，分別證明四邊形是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．【詳解】∵四邊形是矩形，∴，，∴，，∵、，∴∵對稱，∴，∴∵對稱，∴，∴，同理，∴∴∴四邊形是平行四邊形，如圖所示，

當(dāng)三點重合時，，∴即∴四邊形是菱形，如圖所示，當(dāng)分別為的中點時，設(shè)，則，，在中，，連接，，∵，∴是等邊三角形，∵為中點，∴，，∴，根據(jù)對稱性可得，∴，∴，∴是直角三角形，且，∴四邊形是矩形，

當(dāng)分別與重合時，都是等邊三角形，則四邊形是菱形

∴在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，故選：A．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理與勾股定理的逆定理，軸對稱的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．類型四菱形綜合題22．（2023·浙江溫州·二模）如圖，正方形與正方形邊長相等，且三點共線，以為頂點構(gòu)造菱形，且三點共線，設(shè)兩塊陰影部分的面積分別為和，則的值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)得到，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)得到即可解答．【詳解】解：如圖所示連接作，與于點，∵正方形ABCD與正方形DEFG邊長相等，∴，∴在和中，，∴，∴，∴，同理可得：，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故選．

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23．（2024·浙江·一模）如圖，在菱形中，過頂點作，，垂足分別為，，連接，若，的面積為，則菱形的面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】過點作，交的延長線于點，證明，得到，推出，設(shè)，由可得，進而根據(jù)銳角三角函數(shù)得到，則，根據(jù)三角形的面積公式求出，再根據(jù)勾股定理求出，即可求解．【詳解】解：如圖，過點作，交的延長線于點，，，，四邊形是菱形，，，，在和中，，，，，即，設(shè)，，，，，，，，，，，，，，故選：D．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理等知識，靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．24．如圖，在菱形ABCD中，，AC與BD交于點O，E為CD延長線上的一點，且，連接BE分別交AC、AD于點F、G，連接OG，則下列結(jié)論：①；②與全等的三角形共有5個；③四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等；④由點A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形．其中一定成立的是（

）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【答案】A【分析】由AAS證明，得出，證出OG是的中位線，得出，故①正確；先證明四邊形ABDE是平行四邊形，證出、是等邊三角形，得出，因此，得出四邊形ABDE是菱形，故④正確；由菱形的性質(zhì)得出，由SAS證明，得出，故②不正確；由中線的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可得，，可得四邊形與四邊形面積相等，得出③正確；即可得出結(jié)果．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴，∴，，∵，∴，在和中，∴，∴，∴OG是的中位線，∴∴①正確；∵，，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵，∴、是等邊三角形，∴，∴，四邊形ABDE是菱形，故④正確；∴，由菱形的性質(zhì)得：，在和中，∴，∴，故②不正確；∵，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴四邊形與四邊形面積相等，故③正確；正確的是①③④．故選：A．【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，本題綜合性強，難度較大．25．如圖，在菱形ABCD中，，，過菱形ABCD的對稱中心O分別作邊AB，BC的垂線，交各邊于點E，F(xiàn)，G，H，則四邊形EFGH的周長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的長，即可求出該四邊形的周長．【詳解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,∴∠BEO=∠BFO=90°，∵∠A=120°，∴∠B=60°，∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，由菱形的對邊平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，因為O點是菱形ABCD的對稱中心，∴O點到各邊的距離相等，即OE=OF=OG=OH，∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，所以四邊形EFGH是矩形；設(shè)OE=OF=OG=OH=x，∴EG=HF=2x，，如圖，連接AC，則AC經(jīng)過點O，可得三角形ABC是等邊三角形，∴∠BAC=60°，AC=AB=2,∴OA=1,∠AOE=30°，∴AE=，∴x=OE=∴四邊形EFGH的周長為EF+FG+GH+HE=,故選A．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)等內(nèi)容，要求學(xué)生在理解相關(guān)概念的基礎(chǔ)上學(xué)會應(yīng)用，能分析并綜合運用相關(guān)條件完成線段關(guān)系的轉(zhuǎn)換，考查了學(xué)生的綜合分析與應(yīng)用的能力．類型五正方形綜合題26．（2023·浙江溫州·一模）如圖，在中，，以其三邊為邊分別向外作正方形，連接交于點，連接，當(dāng)時，則的長為（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】題目主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理解三角形等，理解題意，作出相應(yīng)輔助線，綜合運用這些知識點是解題關(guān)鍵，延長到K，使得，延長交于點L，延長，過點E作，根據(jù)正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定證明，，，再由其性質(zhì)及勾股定理求解即可【詳解】解：延長到K，使得，延長交于點L，延長，過點E作，∵正方形，正方形，∴，∴，∴，∵正方形，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∵正方形，，∴，∵正方形，，∴，，∴，∴，∴，∴，，∵正方形，，∴，∴，∴，∴，∵,，∴即，在中，連接，∵，∴，故選：B27．（2023·浙江金華·三模）四個全等的直角三角形和小正方形組成的大正方形如圖所示，過點C作交的延長線于點K，連接分別交于點M，N，若已知，則的值為（）A．6 B． C．8 D．【答案】A【分析】設(shè)，則，，進而求出，面積公式求出，進而得到，根據(jù)同角的余角相等，得到，進而得到，勾股定理得到，根據(jù)，得到，進而得到，設(shè)，，則，證明，求出的長，進一步求解即可．【詳解】解：設(shè)，則，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴（負(fù)值舍去），∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，設(shè)，，則，∵，∴∴，∴，∴，∴，故選：A．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，難度大，屬于選擇題中的壓軸題，掌握相關(guān)性質(zhì)和定理，并靈活運用，是解題的關(guān)鍵．28．（2023·浙江金華·一模）如圖，在正方形中，、相交于點．為上一點，于點，交于點，連結(jié)交于點．若，則的值為(

)A． B． C．1 D．【答案】A【分析】本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，先證，得到，然后設(shè)，則，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到，然后求出的長，再求出和的長，根據(jù)求出的長，從而求出的長，最后利用即可求出比值．【詳解】解：過點作于點，四邊形為正方形，，，，，，，，，設(shè)，則，由勾股定理得，，四邊形是正方形，，，，，，，，，，，即，，，，，，，，即，，故選：A．29．把一條線段分割為兩部分，使較大部分與全長的比值等于較小部分與較大的比值，則這個比值為黃金分割，比值為，它被公認(rèn)為是最能引起美感的比例，如圖為世界名畫蒙娜麗莎．如圖，點是正方形的邊上的黃金分割點，且，以為邊作正方形，延長交于點，連結(jié)交于點，連結(jié)，則為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形、矩形的性質(zhì)與判定，黃金分割的意義，比例的性質(zhì)，三角形的面積，根據(jù)正方形的性質(zhì)得出，，，根據(jù)黃金分割的意義得出，由，得出，根據(jù)合比性質(zhì)得出，即可得到，根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定得出，最后根據(jù)三角形的面積求出即可求解，掌握黃金分割的意義是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，∵點是正方形的邊上的黃金分割點，且，∴，∵四邊形是正方形，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴，故選：．30．（2023·浙江紹興·三模）如圖，，點在上，且，是上的點，在上找點，以為邊，，，為頂點作正方形，則的長不可能是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意作出正方形：①點在點右側(cè)，、為正方形的邊長；②點在點左側(cè)，、為正方形的邊長；③點在點左側(cè)，、為正方形的邊長；④點在點右側(cè)，、為正方形的邊長；然后根據(jù)正方形的性質(zhì)，通過解直角三角形先求得正方形的邊長，再求得的長即可判斷；【詳解】解：如圖1，為正方形，點在上，

∵，，∴直角中，，∴正方形的邊長為1，∵是正方形的對角線，∴；如圖2，為正方形，點在上，

∵，，∴直角中，，∴正方形的邊長為1，∵是正方形的對角線，∴；如圖3，為正方形，點在上，

設(shè)正方形的邊長為，則，∵，，∴直角中，，∵，∴，解得：，∴；如圖4，為正方形，點在上，

設(shè)正方形的邊長為，則，∵，，∴直角中，，∵，∴，解得：，∴；綜上所述的長為或或，B選項符合題意，故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，解直角三角形等知識；根據(jù)點的位置和正方形邊長的構(gòu)成情況分類討論是解題關(guān)鍵．題型02圓類型六垂徑定理31．（2023·浙江紹興·模擬預(yù)測）平面直角坐標(biāo)系中，以點為圓心，3為半徑作，已知點，N是上的動點，P為x軸上的動點，則的最小值為（

）A． B． C． D．以上都不正確【答案】B【分析】本題考查軸對稱——最短路徑問題，圓的有關(guān)性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是掌握求圓外一點到圓上的點的最大值距離以及最小距離．作點關(guān)于x軸對稱的點，連接，則，連接，由圓外一點的性質(zhì)可知，當(dāng)點P，點N在線段上時，有最小值，為，求出即可解決問題．【詳解】作點關(guān)于x軸對稱的點，連接，則，，連接，由圓外一點的性質(zhì)可知，當(dāng)點P，點N在線段上時，有最小值，此時．∵，，∴，∴，即的最小值為．故選：B32．（22-23九年級上·浙江杭州·階段練習(xí)）如圖，是半圓O的直徑，四邊形和都是正方形，其中點在上，點在半圓上．若半圓O的半徑為10，則正方形的面積與正方形的面積之和是（

）A．50 B．75 C．100 D．125【答案】C【分析】連接，設(shè)正方形的邊長為a，正方形邊長為b，，根據(jù)正方形的性質(zhì)，根據(jù)勾股定理得出得出把等式的左邊分解因式后得出求出，再代入①，即可求出答案．【詳解】解：連接，設(shè)正方形的邊長為a，正方形邊長為b，，則，∵四邊形和都是正方形，∴，∵半圓O的半徑為10，∴，由勾股定理得：①②，得：∴∴∴∴∵，∴，即，把代入①，得，即正方形的面積與正方形的面積之和是100，故選：C．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理等知識點，能求出是解此題的關(guān)鍵，題目比較好，難度偏大．33．如圖，在正方形中，，點為中點，點繞著點旋轉(zhuǎn)，且，在的右側(cè)作正方形，則線段的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖，利用正方形的性質(zhì)，證明△DEC∽△DPF，從而得到PF=，故點F在以P為圓心，為半徑的圓上，根據(jù)圓的基本性質(zhì)，得到當(dāng)點F在PH上時，F(xiàn)H取得最小值．【詳解】如圖，延長BC到點P，使得PC=BC=6，∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=CD=6，∠BCD=∠PCD=90°，∴△PCD是等腰直角三角形，∴∠CDP=45°，；∵四邊形DEFG是正方形，∴DE=EF，∠DEF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形，∴∠EDF=45°，；∴，∠CDE=∠PDF，∴△DEC∽△DFP，∴，∵CE=4，∴PF=，故點F在以P為圓心，為半徑的圓上，根據(jù)圓的基本性質(zhì)，得到當(dāng)點F在PH上時，F(xiàn)H取得最小值，∵H是BC的中點，BC=6，∴CH=3，∴PH=9，∴FH=9-，故選A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，圓的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，靈活運用三角形相似的判定定理和圓的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．34．（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，是的直徑，弦于點E，在上取點F，使得，連接交于點G，連接．若，則的值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了垂徑定理、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、一元二次方程的應(yīng)用等知識，通過作輔助線，構(gòu)造相似三角形是解題關(guān)鍵．連接，先根據(jù)圓周角定理和垂徑定理可得，再證出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，從而可得，設(shè)，則，然后在中，利用勾股定理建立方程可求出的值，最后證出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解即可得．【詳解】解：如圖，連接，∵是的直徑，弦，∴，，∵，∴，∵，∴，由圓周角定理得：，，在和中，，，，，即，設(shè)，則，在中，，即，，解得或（不符合題意，舍去），在和中，，，，，故選：A．35．（2023·浙江杭州·一模）如圖，點A，B是半徑為2的⊙O上的兩點且，則下列說法正確的是（）

A．圓心O到的距離為 B．在圓上取異于A，B的一點C，則面積的最大值為2C．取的中點C，當(dāng)繞點O旋轉(zhuǎn)一周時，點C運動的路線長為π D．以為邊向上作正方形，與⊙O的公共部分的面積為【答案】D【分析】由垂徑定理，勾股定理求出，延長交圓于，即可求出的最大面積，當(dāng)繞點旋轉(zhuǎn)一周時，點運動的路線是以為圓心半徑是1的圓，即可求出運動的路線長，以為邊向上作正方形，與的公共部分的面積扇形的面積+的面積，于是可以得到答案．【詳解】解：如圖①，于，

，，，故A不符合題意；如圖①延長交圓于，此時的面積最大，，，的面積，故B不符合題意；

取的中點，連接，，，，，，當(dāng)繞點旋轉(zhuǎn)一周時，點運動的路線是以為圓心半徑是1的圓，運動的路線長是，故C不符合題意；如圖②四邊形是正方形，連接，，則過圓心O，作于，

的面積，，的面積的面積的面積，，扇形的面積，以為邊向上作正方形，與的公共部分的面積扇形的面積的面積，故D符合題意．故選：D．【點睛】本題考查扇形面積的計算，三角形面積的計算，垂徑定理，勾股定理，掌握以上知識點是解題的關(guān)鍵．36．（2021·浙江溫州·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AB，BC，CA為直徑作半圓圍成兩月牙形，過點C作DFAB分別交三個半圓于點D，E，F(xiàn)．若，AC+BC＝15，則陰影部分的面積為（）A．16 B．20 C．25 D．30【答案】C【分析】連接AF，BD，先證明四邊形ABDF是矩形，然后由垂徑定理，矩形的性質(zhì)，勾股定理，表示出相應(yīng)的線段長度，結(jié)合AC+BC＝15，求出k的值，得到各個扇形的半徑，再利用間接法求出陰影部分的面積．【詳解】解：連接AF，BD，如圖，∵AC、BC是直徑，∴∠AFC=90°，∠BDC=90°，∵DFAB，∴四邊形ABDF是矩形，∴AB=FD；取AB的中點O，作OG⊥FD，∵，則設(shè)，，由垂徑定理，則，∴，∴，，，由勾股定理，則，，∵AC+BC＝15，∴，∴；∴，，，∴陰影部分的面積為∴；故選：C．【點睛】本題考查了垂徑定理，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，以及求不規(guī)則圖形的面積，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識，正確的作出輔助線，從而求出線段的長度，進而求出面積．類型七與圓有關(guān)的角37．如圖，在位于軸右側(cè)且半徑為6的，從的位置沿直線向上平移，交直線于點，且是與軸的一個公共點，若，則四邊形的面積是（

）A．42 B．64 C．68 D．48【答案】D【分析】作軸交軸于，作交于，與相交于點，連接，根據(jù)題意可得四邊形為矩形，為等腰直角三角形，從而得到，進而得到，再由垂徑定理結(jié)合勾股定理即可得到，設(shè)點的坐標(biāo)為，則，列出方程，求出的值，即可求出面積．【詳解】解：如圖所示，作軸交軸于，作交于，與相交于點，連接，，根據(jù)題意可得：軸，軸，四邊形為矩形，點在直線上，設(shè)點的坐標(biāo)為，即，為等腰直角三角形，，，，，，，，設(shè)點的坐標(biāo)為，由圖象可知，則，，，點坐標(biāo)為，四邊形的面積為，故選：D．【點睛】本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理等知識點，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．38．如圖，為的直徑，點為半圓上一點且，點、分別為、的中點，弦分別交，于點、．若，則（

）A． B． C．18 D．【答案】A【分析】由于點、分別為、的中點，根據(jù)垂徑定理可得垂直平分，垂直平分，再由直徑所對的圓周角是直角得出、、、都是等腰直角三角形，根據(jù)，設(shè)未知數(shù)，表示，，最后根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系列方程求解即可．【詳解】解：如圖，連接、交、于點、，點、分別為、的中點，垂直平分，垂直平分，又為的直徑，，，，，、、、都是等腰直角三角形，在中，由，在中，，，設(shè)，則，由勾股定理可得，又，，，，，，，又，，解得，，故選：A．【點睛】本題考查圓周角定理及推論，直角三角形的邊角關(guān)系以及解直角三角形，掌握直角三角形的邊角關(guān)系是解決問題的前提，設(shè)未知數(shù)，表示三角形的邊長是解決問題的關(guān)鍵．39．已知銳角．如圖（1）在射線上取一點，以點為圓心，長為半徑作，交射線于點．連接；（2）分別以點、為圓心，長為半徑作弧，交于點、；（3）連接，．根據(jù)以上作圖過程及所作圖形，下列結(jié)論中錯誤的是（）A．B．若，則C．D．點與點關(guān)于對稱【答案】B【分析】由作圖知，OM=OC=OD，再利用對稱的性質(zhì)逐一判斷可得．【詳解】解：由作圖知，且OM=OD，又OC=OC故△COM≌△COD，故選項正確；故M與D點關(guān)于OA對稱，故D選項正確；，OM=ON是直角等腰三角形，，，，故選項錯誤；設(shè)，則，，又，，，故選項正確；故選：．【點睛】本題主要考查了作圖，內(nèi)角和定理，對稱等基本性質(zhì)，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．40．如圖，已知，正方形邊長為1，以為直徑在正方形內(nèi)部作半圓，點P是邊的中點，與半圓交于點Q，連接．下列結(jié)論錯誤的是（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】A、正確.連接，易證四邊形是平行四邊形，從而可得結(jié)合，可證到，從而證到，則有；B、正確.連接，根據(jù)勾股定理可求出，易證，運用相似三角形的性質(zhì)可求出，從而求出的值，就可得到的值；C、正確過點作于，易證，運用相似三角形的性質(zhì)可求出，從而可求出的值；D、錯誤.過點作于，易得，根據(jù)平行線分線段成比例可得，把代入，即可求出，然后在中運用三角函數(shù)的定義，就可求出的值.【詳解】連接，如圖.∵正方形的邊長為，以為直徑作半圓，點是中點，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴.∴∵，∴，∴，在和中，，∴，∴.故正確；連接，如圖.∵正方形的邊長為，點是中點，，，∵為直徑，，，，，即，，則，故正確；過點作于，如圖.，即，，，故正確；過點作于，如圖.，，，解得：，，，故錯誤.故選D【點睛】本題主要考查了圓周角定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義、勾股定理等知識，綜合性比較強，常用相似三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)的定義來建立等量關(guān)系，應(yīng)靈活運用.41．如圖，等邊邊長為6，E、F分別是邊、上兩個動點且．分別連接、，交于P點，則線段長度的最小值為（

）A． B． C． D．3【答案】A【分析】本題考查等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的三邊關(guān)系、圓等知識，解題的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)點P的運動軌跡，學(xué)會利用三角形的三邊關(guān)系解決最值問題，屬于中考填空題中的壓軸題．本題中先證明，角度推導(dǎo)得，繼而確定點P軌跡為以O(shè)為圓心的圓弧，連接，利用等邊對等角以及四邊形內(nèi)角和定理可求出，后面解含有角的直角三角形即可．【詳解】解：∵等邊，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴點P軌跡為以O(shè)為圓心的圓弧，連接∵，，∴，，∴，∴，由得，，當(dāng)O、P、C三點共線，即點P位于點時，取得最小值，∵，∴，∵，∴，∴，由得，∴，∴，即最小值為，故選：A．42．如圖，點在上，，延長交于點，，，則的長是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了圓周角定理，解直角三角形，連接，作于點，結(jié)合已知條件，利用圓周角定理及直角三角形性質(zhì)可得，，再由特殊銳角的三角函數(shù)值求得，再結(jié)合等腰直角三角形性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理可求得，然后利用三角函數(shù)分別求得的長度，最后利用線段的和差即可求得答案，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形并求得是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：如圖，連接，作于點，∵，∴，，∴，，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，，∴，故選：．43．如圖，線段，分別為的弦，，，平分，若，則弦的長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了圓心角、弧、弦之間的關(guān)系，圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，過點作垂直于的延長線，交于，作于，連接，，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得，由平分，可得，，，，再證明，，可得，，則，進而求得，可知，再由勾股定理即可求解，能根據(jù)角平分線正確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．【詳解】解：過點作垂直于的延長線，交于，作于，連接，，∵平分，，∴，，，則，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，則，∴，則，∴，由勾股定理可得：，即：，∴，故選：D．44．如圖，在中，，，，點D是邊上一個動點，以為直徑畫圓分別交于點E、F，則弦的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．也考查了垂徑定理和解直角三角形，推出是解題的關(guān)鍵．根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求得，連接、，作于，作于，如圖，根據(jù)圓周角定理得到＝，再計算出，則最小時，的長度最小，此時圓的直徑的長最小，利用垂線段最短得到的長度最小值為的長，接著計算出，從而得到的最小值，然后確定長度的最小值．【詳解】解：∵中，，，∴連接、，作于，作于，如圖，

，而，，，，在中，，當(dāng)最小時，的長度最小，此時圓的直徑的長最小，即的長最小，的長度最小值為的長，∵，的最小值為，長度的最小值為；故選：B．45．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測）如圖，的兩條高線交于點，過三點作，延長交于點，連接．設(shè)，，則下列線段中可求長度的是（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，直徑所對的圓周角是直角，四點共圓；連接交于點，則，設(shè)，，則,，設(shè)的半徑為，則，在中，得出，即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接交于點，則，

設(shè)，，依題意，，∴，∴,，設(shè)的半徑為，則∴①在中，；∵，，∴∴∴故選：B．46．（22-23九年級上·浙江杭州·期末）如圖，是的外角平分線，與的外接圓交于點D，連接交于點F，且，則下列結(jié)論錯誤的是（

）

A． B．C． D．【答案】B【分析】先根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補推出，再由角平分線的定義得到，即可得到，則，再由得到，即可證明，再，即可證明即可判斷A；再根據(jù)圓周角定理和等量代換把B、C、D三個選項中的角度用表示出來，結(jié)合三角形內(nèi)角和定理即可得到答案．【詳解】解：∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴，∵，∴，∵是的外角平分線，∴，又∵，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，故A不符合題意；∵∴，故C不符合題意；∵，，∴，故D不符合題意；∵，∴，根據(jù)現(xiàn)有條件無法證明，∴無法證明，故B符合題意；故選B．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)與判定，角平分線的定義，三角形內(nèi)角和定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．47．（2023·浙江溫州·三模）如圖，在矩形中，為中點，以為邊向上作正方形，邊交于點，在邊上取點使，作交于點，交于點，記，，歐幾里得在《幾何原本》中利用該圖解釋了．現(xiàn)以為直徑作半圓，恰好經(jīng)過點，交另一點于，記的面積為，的面積為，若，則的值為(

)

A． B． C．1 D．【答案】A【分析】先根據(jù)矩形、正方形的性質(zhì)得，，，，進而得，連接，可依據(jù)“”判定得，則，據(jù)此得，然后證得，即，由此得，進而可求出的值．【詳解】解：依題意得：四邊形均為為正方形，四邊形均為矩形，∵，點E為的中點，∴，，，，∴，連接，

∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∵為直徑，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即：，∴，∴，∵，∴．故選：A．【點睛】此題主要考查了正方形、矩形的性質(zhì)，三角形的面積，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角等知識點，解答此題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確識圖，找出相關(guān)的相等線段并用a，b的代數(shù)式表示出來，理解直徑所對的圓周角是直角，同圓或等圓中，平行弦之間所夾的弧相等，難點是利用找出a，b之間的關(guān)系．類型八與圓有關(guān)的位置關(guān)系48．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，是的直徑，點C是延長線上的一點，與相切于點D，連接．若，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】連接．根據(jù)切線的性質(zhì)可得出，根據(jù)直徑所對圓周角為直角得出，結(jié)合題意易證為等邊三角形，最后由含30度角的直角三角形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理逐項計算判斷即可．【詳解】解：如圖，連接．∵與相切于點D，∴．∵，∴，，∴，即．∵，∴為等邊三角形，∴，∴，故A錯誤，不符合題意；∵，，∴，∴，故B正確，符合題意；∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，故C錯誤，不符合題意；∵是的直徑，∴．∵為等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故D錯誤，不符合題意．故選B．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)，圓周角定理的推論，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理．連接常用的輔助線是解題關(guān)鍵．49．（2023·浙江杭州·一模）如圖，經(jīng)過的頂點C，與邊分別交于點M，N，與邊相切．若，則線段長度的最小值是（

）A．3 B．2 C．2 D．【答案】D【分析】作于點F，當(dāng)CF為的直徑時，此時最小，的長度也最小，連接，，過O作于E，根據(jù)圓周角定理和垂徑定理得到，，，再根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)求得直徑，然后解直角三角形求得即可．【詳解】解：如圖，作于點F，∵即為定值，且垂線段最短，∴當(dāng)CF為的直徑時，此時最小，的長度也最小，連接，，則，過O作于E，則，，∵，，，∴，則，∴，∴，即的最小值為．故選：D．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)、圓周角定理、垂徑定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識，解答的關(guān)鍵是找到直徑最小時，線段的長度也最?。?0．（2022·浙江杭州·二模）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，延長BA與弦CD的延長線交于點P，已知PD=AB，下列結(jié)論：①若=+，則AB=CD；②若∠B=60°，則∠P=20°；③若∠P=30°，則=?1；④的值可能等于．其中正確的序號是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【答案】A【分析】①求得∠COD=90°，利用勾股定理得到CD=OD，即可判斷；②證明△OBC是等邊三角形，利用等邊對等角，即可判斷；③證明△ODC是等邊三角形，得到PD=OD=OC=OB=CD=OA，設(shè)PD=OD=OC=OB=CD=OA=R，PA=x，證明△PAD∽△PCB，利用相似三角形的性質(zhì)列方程求得x，即可判斷；④利用反證法，即可判斷．【詳解】解：①連接OC、OD，∵=+，++=180°，∴=90°，∴∠COD=90°，∴CD=OD，∴AB=2OD=CD=CD；故①正確；②連接OC、OD，∵∠B=60°，∴△OBC是等邊三角形，∴∠COB=60°，∵PD=AB，∴PD=OD=OC=OB，∴∠P=∠DOP，∠ODC=∠OCD，∴∠ODC=∠OCD=2∠P，∴2∠P+∠OCD=3∠P=∠COB=60°，∴∠P=20°；故②正確；③連接OC、OD，∵∠P=30°，由②知∠ODC=∠OCD=2∠P=60°，∴△ODC是等邊三角形，∵PD=AB，∴PD=OD=OC=OB=CD=OA，∴設(shè)PD=OD=OC=OB=CD=OA=R，PA=x，∵∠PDA+∠ADC=180°，∠B+∠ADC=180°，∴∠PDA=∠B，∴△PAD∽△PCB，∴，即PC?PD=PA?PB，∴2R?R=x?(x+2R)，整理得x2+2Rx-2R2=0，解得x=(-1)R，∴=-1，故③正確；④假設(shè)=成立．由③知△PAD∽△PCB，∴，∴PD=PB，∵PD=AB，∴PD=PA，∴PD+OD=PA+OA=PO，∴點D與點A重合，不符合題意，∴假設(shè)=不成立．故④不正確；綜上，正確的有①②③，故選：A．【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解一元二次方程，反證法，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．51．（2022·浙江寧波·一模）如圖，是半徑為1的圓弧，∠AOC等于45°，D是上的一動點，則四邊形AODC的面積S的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意首先得出△AOC的面積，進而得出四邊形最小值，要使四邊形AODC面積最大，則要使△COD面積最大，以CO為底DE為高，要使△COD面積最大，則DE最長，進而得出答案.【詳解】解：如圖，過點C作CF⊥AO于點F，過點D作DE⊥CO于點E，∵CO=AO=1，∠AOC=45°，∴CF=FO=，∴△AOC的面積=×1×=，則面積最小的四邊形面積為D無限接近點C，∴最小面積無限接近但是不能取到．∵△AOC面積確定，∴要使四邊形AODC面積最大，則要使△COD面積最大．以CO為底DE為高，要使△COD面積最大，則DE最長．當(dāng)∠COD=90°時，DE最長為半徑，四邊形AODC面積的最大值=△AOC的面積+△COD的面積=+×1×1=，即四邊形AODC的面積S的取值范圍是故選B．【點睛】本題主要考查了圓的綜合，正確得出四邊形的最大值是解題關(guān)鍵.52．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，一組同心圓的圓心為坐標(biāo)原點，它們的半徑分別為，按照“加1”依次遞增；一組平行線，都與軸垂直，相鄰兩直線的間距為1，其中與軸重合．若半徑為2的圓與在第一象限內(nèi)交于點，半徑為3的圓與在第一象限內(nèi)交于點，，半徑為的圓與在第一象限內(nèi)交于點，則點的坐標(biāo)為（

）（為正整數(shù)）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于過切點的半徑．也考查了勾股定理；由題意得出規(guī)律是解題的關(guān)鍵．連，，，、、與軸分別交于、、，在中，，，由勾股定理得出，同理：，，……，得出的坐標(biāo)為，的坐標(biāo)為，的坐標(biāo)為，……，得出規(guī)律，即可得出結(jié)果．【詳解】解：連接，，，、、與軸分別交于、、，如圖所示：在中，，∴，同理：，，……，∴的坐標(biāo)為，的坐標(biāo)為，的坐標(biāo)為，……，…按照此規(guī)律可得點的坐標(biāo)是，即，故選：B．53．如圖，已知，以為弦的與相切于點P，直徑交于點E，連接，C是上一點，連接交于點D，則下面結(jié)論不一定成立的是（）A．B．C．若為直徑，，則D．若平分，則

【答案】D【分析】本題為圓的綜合題，涉及到三角形相似、解直角三角形、勾股定理的運用等，綜合性強，難度較大．由平行線的性質(zhì)可得，再根據(jù)垂徑定理及線段垂直平分線的性質(zhì)判斷選項A、B；設(shè)，則，列方程求解，再根據(jù)中位線的性質(zhì)判斷選項C；證明，得到，得到，由，得到，求解即可判斷選項D．【詳解】直線為圓的切線，則，，，，，故選項A、B成立，不符合題意；如圖，為圓的直徑，則，而點是的中點，則為的中位線，則，設(shè)，則，即，解得：，則，故選項C成立，不符合題意；如圖，平分，則，，，，設(shè)，則，，則，而①，，，，，即，即②，聯(lián)立①②，解得：（不合題意的值已舍去），則，故選項D不成立，符合題意；故選：D54．如圖，是的直徑，C，D是上的兩個點，將沿弦折疊，圓弧恰好與弦，分別相切于點E，B．若，則弦的長是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】設(shè)所在的圓的圓心為Q，連接、、，由切線的性質(zhì)得，，而是的直徑，證明四邊形是正方形，因為與關(guān)于直線對稱，所以，垂直平分，則，，延長、交于點F，作交的延長線于點G，連接，可得，得，由，，得，則，所以，，于是得到問題的答案．【詳解】解：設(shè)所在的圓的圓心為Q，連接、、，

∵恰好與弦，分別相切于點E，B，∴，，∵是的直徑，∴，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，由折疊得與關(guān)于直線對稱，∴，垂直平分，∴，，∴，∴，延長、交于點F，作交的延長線于點G，連接，∵，∴，∵為直徑可得，∴垂直平分，∵，，，∴，∴，∴，∴，故選：D．【點睛】此題重點考查軸對稱的性質(zhì)、圓周角定理、切線的性質(zhì)定理、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．55．如圖，為直徑，C為圓上一點，I為內(nèi)心，交于D，于I，若，則為（

）

A． B． C． D．5【答案】A【分析】如圖，連接，，由題意知，平分，平分，則，，，，由，可得，由垂徑定理得，則，由勾股定理得，，如圖，連接交于，則，設(shè)，則，由勾股定理得，，即，解得，進而可得，，由勾股定理得，，計算求解即可．【詳解】解：如圖，連接，，

由題意知，平分，平分，∴，，∴，，∵，∴，∵，∴，由勾股定理得，，如圖，連接交于，則，設(shè)，則，由勾股定理得，，即，解得，∴，，由勾股定理得，，故選：A．【點睛】本題考查了內(nèi)心，勾股定理，垂徑定理，同弧或等弧所對的圓周角相等，等腰三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．題型03相似形類型九相似三角形56．（2023·浙江溫州·二模）有數(shù)學(xué)家證明了定理：任意一個三角形可以剪拼成一個矩形．小慧將一張三角形紙片（如圖）分割成四塊，然后拼成一張矩形紙片（無縫隙無重疊）．如圖，分別取，的中點，，作于點，于點，連結(jié)，分別作于點，于點．若的面積為，，，則矩形的周長是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】過點作于點，根據(jù)題意得出是的中位線，進而根據(jù)面積求得，證明，求得，在中，勾股定理求得，根據(jù)等面積法求得，根據(jù)題意得出，進而根據(jù)題意，矩形的面積等于的面積，為，進而求得，即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作于點，

∵是，的中點，∴是的中位線，∴，∵，∴，∵，為的中點，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，依題意，的面積為，則矩形的面積為，∴，∴，∴矩形的周長，故選：B．【點睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，三角形的中位線的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．57．（2023·浙江嘉興·一模）如圖，正方形邊長為4，點E在邊上運動，在的左側(cè)作等腰直角三角形，，連接．喜歡探究的小亮通過獨立思考，得到以下兩個結(jié)論：①當(dāng)點E與點D重合時，；②當(dāng)線段最短時，．下列判斷正確的是（

）A．①，②都正確 B．①，②都錯誤 C．①正確，②錯誤 D．①錯誤，②正確【答案】A【分析】當(dāng)點E與點D重合時，根據(jù)旋轉(zhuǎn)有，先判斷直線與直線重合，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得；連結(jié)，，即有：，當(dāng)且僅當(dāng)F、A、C三點共線時取等號，可知當(dāng)F、A、C三點共線時，線段最短，等腰直角三角形中，有，先證明，再證明，即有，可得，即可得．【詳解】當(dāng)點E與點D重合時，如圖，根據(jù)旋轉(zhuǎn)有，∵等腰直角三角形中，，∵，∴直線與直線重合，∵，，正方形邊長為4，∴，故①正確；連接，，如圖，即有：，當(dāng)且僅當(dāng)F、A、C三點共線時取等號，∴當(dāng)F、A、C三點共線時，線段最短，且為：，如圖，等腰直角三角形中，，，∴，在正方形中，可知：，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，即，即②正確，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判斷與性質(zhì)等知識，構(gòu)造合理的輔助線，判斷出當(dāng)F、A、C三點共線時，線段最短，是解答本題的關(guān)鍵．58．如圖，在等邊三角形中，，點，在上，點在上．已知，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，可得，，，由平行線的判定與性質(zhì)，可證得，，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可求得，，據(jù)此即可求解．【詳解】解：是等邊三角形，，，，，，，，，，，又，，，，解得，，，，解得，故選：D．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，證得是解決本題的關(guān)鍵．59．（2022·浙江金華·模擬預(yù)測）正方形ABCD與正方形AEFG如圖所示，AB=5，AG=4．現(xiàn)將正方形AEFG繞點A旋轉(zhuǎn)一周．在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)∠CBG最小時，點F到AB邊的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)G點軌跡得出與⊙A相切時，最小，再由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得點、B、三點共線，由勾股定理求得，從而可得，過點作⊥AB延長線于H，再由便可解答；【詳解】解：如圖，G點軌跡在⊙A上，圓的半徑=AG=4，由圖可知當(dāng)BG′與⊙A相切時，∠CBG′最小，即AG′B=90°，AEFG為正方形，則AE′F′G′也為正方形，∴∠AG′F′=90°，∴點F′、B、G′三點共線，∵AG′=AG=4，AB=5，∠AG′B=90°，∴BG′=，又∵F′G′=AG′=AG=4，∴F′B=1，過點F′作F′H⊥AB延長線于H，∵∠ABG′=∠F′BH，∠AG′B=∠F′HB=90°，∴△ABG′∽△F′BH，∴AB∶F′B=AG′∶F′H，∴5∶1=4∶F′H，∴F′H=，故選：C．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識；此題綜合性較強，掌握相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．60．（2022·浙江麗水·二模）正方形中，兩條對角線交于點O，點E為邊的中點，過點D作，交于點F，交于點M，與交于點N，記，則有（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，推導(dǎo)得q=2，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，推導(dǎo)得r=2，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，通過證明，得p>2，從而完成求解．【詳解】過點B作，延長DF交BQ于點Q，點Z為DF與AE的交點∵正方形，兩條對角線交于點O，∴，，∵點E為邊的中點∴∵∴∴∴q=2∵∴，∴∵點E為邊的中點∴∴r=2∵∵∴∴∵，，∴∴∴∴∵，∴∴∴∵，∴∴∵∴∴AZ>AM∵∴，∴∴∴∴QB<BF∵∴∴p>2∴故選：B．【點睛】本題考查了正方形、相似三角形的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的性質(zhì)，從而完成求解．61．（2020·浙江金華·一模）如圖，在等邊三角形ABC中，點P，Q分別是AC，BC邊上的動點（都不與線段端點重合），且AP=CQ，AQ、BP相交于點O．下列四個結(jié)論：①若PC=2AP，則BO=6OP；②若BC=8，BP=7，則PC=5；③AP2=OP?AQ；④若AB=3，則OC的最小值為，其中正確的是（

）A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．①②③【答案】A【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AC=BC，根據(jù)線段的和差得到CP=BQ，過P作PD∥BC交AQ于D，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到①正確；過B作BE⊥AC于E，解直角三角形得到②錯誤；在根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠ABP=∠CAQ，PB=AQ，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到③正確；以AB為邊作等邊三角形NAB，連接CN，證明點N，A，O，B四點共圓，且圓心即為等邊三角形NAB的中心M，設(shè)CM于圓M交點O′，CO′即為CO的最小值，根據(jù)30度角的直角三角形即可求出結(jié)果．【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AC=BC，∵AP=CQ，∴CP=BQ，∵PC=2AP，∴BQ=2CQ，如圖，過P作PD∥BC交AQ于D，∴△ADP∽△AQC，△POD∽△BOQ，∴，，∴CQ=3PD，∴