2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编：几何综合(浙江专版)(解析卷)

2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编（浙江专版）选择、填空参考答案与试题解析一．选择题（共17小题）1．（2019•杭州）已知一次函数y1＝ax+b和y2＝bx+a（a≠b），函数y1和y2的图象可能是（）A．B．C．D．解：A、由①可知：a＞0，b＞0．∴直线②经过一、二、三象限，故A正确；B、由①可知：a＜0，b＞0．∴直线②经过一、二、三象限，故B错误；C、由①可知：a＜0，b＞0．∴直线②经过一、二、四象限，交点不对，故C错误；D、由①可知：a＜0，b＜0，∴直线②经过二、三、四象限，故D错误．故选：A．2．（2019•宁波）如图所示，矩形纸片ABCD中，AD＝6cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则AB的长为（）A．3.5cm B．4cm C．4.5cm D．5cm解：设AB＝xcm，则DE＝（6﹣x）cm，根据题意，得＝π（6﹣x），解得x＝4．故选：B．3．（2019•杭州）在平面直角坐标系中，已知a≠b，设函数y＝（x+a）（x+b）的图象与x轴有M 个交点，函数y＝（ax+1）（bx+1）的图象与x轴有N个交点，则（）A．M＝N﹣1或M＝N+1B．M＝N﹣1或M＝N+2C．M＝N或M＝N+1D．M＝N或M＝N﹣1解：∵y＝（x+a）（x+b）＝x2+（a+b）x+ab，∴△＝（a+b）2﹣4ab＝（a﹣b）2＞0，∴函数y＝（x+a）（x+b）的图象与x轴有2个交点，∴M＝2，∵函数y＝（ax+1）（bx+1）＝abx2+（a+b）x+1，∴当ab≠0时，△＝（a+b）2﹣4ab＝（a﹣b）2＞0，函数y＝（ax+1）（bx+1）的图象与x轴有2个交点，即N＝2，此时M＝N；当ab＝0时，不妨令a＝0，∵a≠b，∴b≠0，函数y＝（ax+1）（bx+1）＝bx+1为一次函数，与x轴有一个交点，即N＝1，此时M＝N+1；综上可知，M＝N或M＝N+1．故选：C．4．（2019•温州）已知二次函数y＝x2﹣4x+2，关于该函数在﹣1≤x≤3的取值范围内，下列说法正确的是（）A．有最大值﹣1，有最小值﹣2B．有最大值0，有最小值﹣1C．有最大值7，有最小值﹣1D．有最大值7，有最小值﹣2解：∵y＝x2﹣4x+2＝（x﹣2）2﹣2，∴在﹣1≤x≤3的取值范围内，当x＝2时，有最小值﹣2，当x＝﹣1时，有最大值为y＝9﹣2＝7．故选：D．5．（2019•嘉兴）小飞研究二次函数y＝﹣（x﹣m）2﹣m+1（m为常数）性质时如下结论：①这个函数图象的顶点始终在直线y＝﹣x+1上；②存在一个m的值，使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形；③点A（x1，y1）与点B（x2，y2）在函数图象上，若x1＜x2，x1+x2＞2m，则y1＜y2；④当﹣1＜x＜2时，y随x的增大而增大，则m的取值范围为m≥2．其中错误结论的序号是（）A．①B．②C．③D．④解：二次函数y＝﹣（x﹣m）2﹣m+1（m为常数）①∵顶点坐标为（m，﹣m+1）且当x＝m时，y＝﹣m+1∴这个函数图象的顶点始终在直线y＝﹣x+1上故结论①正确；②假设存在一个m的值，使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形令y＝0，得﹣（x﹣m）2﹣m+1＝0，其中m≤1解得：x＝m﹣，x＝m+∵顶点坐标为（m，﹣m+1），且顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形∴|﹣m+1|＝|m﹣（m﹣）|解得：m＝0或1∴存在m＝0或1，使得函数图象的顶点与x轴的两个交点构成等腰直角三角形故结论②正确；③∵x1+x2＞2m∴∵二次函数y＝﹣（x﹣m）2﹣m+1（m为常数）的对称轴为直线x＝m∴点A离对称轴的距离小于点B离对称轴的距离∵x1＜x2，且﹣1＜0∴y1＞y2故结论③错误；④当﹣1＜x＜2时，y随x的增大而增大，且﹣1＜0∴m的取值范围为m≥2．故结论④正确．故选：C．6．（2019•温州）如图，在矩形ABCD中，E为AB中点，以BE为边作正方形BEFG，边EF交CD 于点H，在边BE上取点M使BM＝BC，作MN∥BG交CD于点L，交FG于点N，欧几里得在《几何原本》中利用该图解释了（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，现以点F为圆心，FE为半径作圆弧交线段DH于点P，连结EP，记△EPH的面积为S1，图中阴影部分的面积为S2．若点A，L，G在同一直线上，则的值为（）A．B．C．D．解：如图，连接ALGL，PF．由题意：S矩形AMLD＝S阴＝a2﹣b2，PH＝，∵点A，L，G在同一直线上，AM∥GN，∴△AML∽△GNL，∴＝，∴＝，整理得a＝3b，∴＝＝＝，故选：C．7．（2019•湖州）在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积．如图是由5个边长为1的小正方形拼成的图形，P是其中4个小正方形的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（）A．2B．C．D．解：如图，经过P、Q的直线则把它剪成了面积相等的两部分，由图形可知△AMC≌△FPE≌△BPD，∴AM＝PB，∴PM＝AB，∵PM＝＝，∴AB＝，故选：D．8．（2019•台州）已知某函数的图象C与函数y＝的图象关于直线y＝2对称．下列命题：①图象C与函数y＝的图象交于点（，2）；②点（，﹣2）在图象C上；③图象C上的点的纵坐标都小于4；④A（x1，y1），B（x2，y2）是图象C上任意两点，若x1＞x2，则y1＞y2．其中真命题是（）A．①②B．①③④C．②③④D．①②③④解：∵函数y＝的图象在第一、三象限，则关于直线y＝2对称，点（，2）是图象C与函数y＝的图象交于点；∴①正确；点（，﹣2）关于y＝2对称的点为点（，6），∵（，6）在函数y＝上，∴点（，﹣2）在图象C上；∴②正确；∵y＝中y≠0，x≠0，取y＝上任意一点为（x，y），则点（x，y）与y＝2对称点的纵坐标为4﹣；∴③错误；A（x1，y1），B（x2，y2）关于y＝2对称点为（x1，4﹣y1），B（x2，4﹣y2）在函数y＝上，∴4﹣y1＝，4﹣y2＝，∵x1＞x2＞0或0＞x1＞x2，∴4﹣y1＜4﹣y2，∴y1＞y2；∴④不正确；故选：A．9．（2019•绍兴）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（）A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．保持不变解：连接DE，∵，，∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．故选：D．10．（2019•湖州）已知a，b是非零实数，|a|＞|b|，在同一平面直角坐标系中，二次函数y1＝ax2+bx 与一次函数y2＝ax+b的大致图象不可能是（）A．B．C．D．解：解得或．故二次函数y＝ax2+bx与一次函数y＝ax+b（a≠0）在同一平面直角坐标系中的交点在x轴上为（0，﹣）或点（1，a+b）．在A中，由一次函数图象可知a＞0，b＞0，二次函数图象可知，a＞0，b＞0，﹣＜0，a+b＞0，故选项A错误；在B中，由一次函数图象可知a＞0，b＜0，二次函数图象可知，a＞0，b＜0，由|a|＞|b|，则a+b ＞0，故选项B错误；在C中，由一次函数图象可知a＜0，b＜0，二次函数图象可知，a＜0，b＜0，a+b＜0，故选项C 错误；在D中，由一次函数图象可知a＜0，b＞0，二次函数图象可知，a＜0，b＞0，由|a|＞|b|，则a+b ＜0，故选项D正确；故选：D．11．（2019•宁波）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（）A．直角三角形的面积B．最大正方形的面积C．较小两个正方形重叠部分的面积D．最大正方形与直角三角形的面积和解：设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短直角边为a，由勾股定理得，c2＝a2+b2，阴影部分的面积＝c2﹣b2﹣a（c﹣b）＝a2﹣ac+ab＝a（a+b﹣c），较小两个正方形重叠部分的长＝a﹣（c﹣b），宽＝a，则较小两个正方形重叠部分底面积＝a（a+b﹣c），∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积，故选：C．12．（2019•金华）如图物体由两个圆锥组成．其主视图中，∠A＝90°，∠ABC＝105°，若上面圆锥的侧面积为1，则下面圆锥的侧面积为（）A．2B．C．D．解：∵∠A＝90°，AB＝AD，∴△ABD为等腰直角三角形，∴∠ABD＝45°，BD＝AB，∵∠ABC＝105°，∴∠CBD＝60°，而CB＝CD，∴△CBD为等边三角形，∴BC＝BD＝AB，∵上面圆锥与下面圆锥的底面相同，∴上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于AB：CB，∴下面圆锥的侧面积＝×1＝．故选：D．13．（2019•绍兴）如图1，长、宽均为3，高为8的长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为6，绕底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘，图2是此时的示意图，则图2中水面高度为（）A．B．C．D．解：过点C作CF⊥BG于F，如图所示：设DE＝x，则AD＝8﹣x，根据题意得：（8﹣x+8）×3×3＝3×3×6，解得：x＝4，∴DE＝4，∵∠E＝90°，由勾股定理得：CD＝，∵∠BCE＝∠DCF＝90°，∴∠DCE＝∠BCF，∵∠DEC＝∠BFC＝90°，∴△CDE∽△BCF，∴，即，∴CF＝．故选：A．14．（2019•金华）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（）A．B．﹣1C．D．解：连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，如图：由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且PH＝MF，设正方形ABCD的边长为2a，则正方形ABCD的面积为4a2，∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等∴由折叠可知正方形EFGH的面积＝×正方形ABCD的面积＝，∴正方形EFGH的边长GF＝＝∴HF＝GF＝∴MF＝PH＝＝a∴＝a÷＝故选：A．15．（2019•台州）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合．当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于（）A．B．C．D．解：如图，∵∠ADC＝∠HDF＝90°∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°∴△CDM≌△HDN（ASA）∴MD＝ND，且四边形DNKM是平行四边形∴四边形DNKM是菱形∴KM＝DM∵sinα＝sin∠DMC＝∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，设MD＝a＝BM，则CM＝8﹣a，∵MD2＝CD2+MC2，∴a2＝4+（8﹣a）2，∴a＝∴CM＝∴tanα＝tan∠DMC＝＝故选：D．16．（2019•衢州）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB的中点，点P从点E出发，沿E→A →D→C移动至终点C．设P点经过的路径长为x，△CPE的面积为y，则下列图象能大致反映y 与x函数关系的是（）A．B．C．D．解：通过已知条件可知，当点P与点E重合时，△CPE的面积为0；当点P在EA上运动时，△CPE的高BC不变，则其面积是x的一次函数，面积随x增大而增大，当x＝2时有最大面积为4，当P在AD边上运动时，△CPE的底边EC不变，则其面积是x的一次函数，面积随x增大而增大，当x＝6时，有最大面积为8，当点P在DC边上运动时，△CPE的底边EC不变，则其面积是x 的一次函数，面积随x增大而减小，最小面积为0；故选：C．17．（2019•台州）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（）A．：1B．3：2C．：1D．：2解：如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．由题意：四边形DCFK是正方形，∠CDM＝∠MDF＝∠FDN＝∠NDK，∴∠CDK＝∠DKF＝90°，DK＝FK，DF＝DK，∴＝＝＝（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），∴＝＝，∴图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为：1，故选：A．二．填空题（共15小题）18．（2019•杭州）在直角三角形ABC中，若2AB＝AC，则cos C＝或．解：若∠B＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，所以BC＝＝x，所以cos C＝＝＝；若∠A＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，所以BC＝＝x，所以cos C＝＝＝；综上所述，cos C的值为或．故答案为或．19．（2019•宁波）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，点D在边BC上，CD＝5，BD＝13．点P是线段AD上一动点，当半径为6的⊙P与△ABC的一边相切时，AP的长为 6.5或3．解：∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BD+CD＝18，∴AB＝＝6，在Rt△ADC中，∠C＝90°，AC＝12，CD＝5，∴AD＝＝13，当⊙P于BC相切时，点P到BC的距离＝6，过P作PH⊥BC于H，则PH＝6，∵∠C＝90°，∴AC⊥BC，∴PH∥AC，∴△DPH∽△DAC，∴，∴＝，∴PD＝6.5，∴AP＝6.5；当⊙P于AB相切时，点P到AB的距离＝6，过P作PG⊥AB于G，则PG＝6，∵AD＝BD＝13，∴∠P AG＝∠B，∵∠AGP＝∠C＝90°，∴△AGP∽△BCA，∴，∴AP＝3，∵CD＝5＜6，∴半径为6的⊙P不与△ABC的AC边相切，综上所述，AP的长为6.5或3，故答案为：6.5或3．20．（2019•杭州）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A′点，D点的对称点为D′点，若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于2（5+3）．解：∵四边形ABC是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，设AB＝CD＝x，由翻折可知：P A′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，∵△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，∴A′E＝4D′H，设D′H＝a，则A′E＝4a，∵△A′EP∽△D′PH，∴＝，∴＝，∴x2＝4a2，∴x＝2a或﹣2a（舍弃），∴P A′＝PD′＝2a，∴a＝1，∴x＝2，∴AB＝CD＝2，PE＝＝2，PH＝＝，∴AD＝4+2++1＝5+3，∴矩形ABCD的面积＝2（5+3）．故答案为2（5+3）21．（2019•温州）如图，⊙O分别切∠BAC的两边AB，AC于点E，F，点P在优弧（）上，若∠BAC＝66°，则∠EPF等于57度．解：连接OE，OF∵⊙O分别切∠BAC的两边AB，AC于点E，F∴OE⊥AB，OF⊥AC又∵∠BAC＝66°∴∠EOF＝114°∵∠EOF＝2∠EPF∴∠EPF＝57°故答案为：57°22．（2019•宁波）如图，过原点的直线与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于A，B两点，点A在第一象限．点C在x轴正半轴上，连结AC交反比例函数图象于点D．AE为∠BAC的平分线，过点B作AE的垂线，垂足为E，连结DE．若AC＝3DC，△ADE的面积为8，则k的值为6．解：连接OE，CE，过点A作AF⊥x轴，过点D作DH⊥x轴，过点D作DG⊥AF，∵过原点的直线与反比例函数y＝（k＞0）的图象交于A，B两点，∴A与B关于原点对称，∴O是AB的中点，∵BE⊥AE，∴OE＝OA，∴∠OAE＝∠AEO，∵AE为∠BAC的平分线，∴∠DAE＝∠AEO，∴AD∥OE，∴S△ACE＝S△AOC，∵AC＝3DC，△ADE的面积为8，∴S△ACE＝S△AOC＝12，设点A（m，），∵AC＝3DC，DH∥AF，∴3DH＝AF，∴D（3m，），∵CH∥GD，AG∥DH，∴△DHC∽△AGD，∴S△HDC＝S△ADG，∵S△AOC＝S△AOF+S梯形AFHD+S△HDC＝k+（DH+AF）×FH+S△HDC＝k+×2m+＝k++＝12，∴2k＝12，∴k＝6；故答案为6；23．（2019•嘉兴）如图，在⊙O中，弦AB＝1，点C在AB上移动，连结OC，过点C作CD⊥OC 交⊙O于点D，则CD的最大值为．解：连接OD，如图，∵CD⊥OC，∴∠COD＝90°，∴CD＝＝，当OC的值最小时，CD的值最大，而OC⊥AB时，OC最小，此时OC＝，∴CD的最大值为＝AB＝1＝，故答案为：．24．（2019•温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为12+8cm．解：如图所示，连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，∵三个菱形全等，∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，即△COH是等腰直角三角形，∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，解得x2＝2+，又∵S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，∴x2＝×2×BO，∴BO＝2+2，∴BE＝2BO＝4+4，AB＝AE＝BO＝4+2，∴△ABE的周长＝4+4+2（4+2）＝12+8，故答案为：12+8．25．（2019•湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x﹣1分别交x轴，y轴于点A 和点B，分别交反比例函数y1＝（k＞0，x＞0），y2＝（x＜0）的图象于点C和点D，过点C作CE⊥x轴于点E，连结OC，OD．若△COE的面积与△DOB的面积相等，则k的值是2．解：令x＝0，得y＝x﹣1＝﹣1，∴B（0，﹣1），∴OB＝1，把y＝x﹣1代入y2＝（x＜0）中得，x﹣1＝（x＜0），解得，x＝1﹣，∴，∴，∵CE⊥x轴，∴，∵△COE的面积与△DOB的面积相等，∴，∴k＝2，或k＝0（舍去）．故答案为：2．26．（2019•嘉兴）如图，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在个平面上，边AC与EF 重合，AC＝12cm．当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动．当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为（24﹣12）cm；连接BD，则△ABD的面积最大值为（24+36﹣12）cm2．解：∵AC＝12cm，∠A＝30°，∠DEF＝45°∴BC＝4cm，AB＝8cm，ED＝DF＝6cm如图，当点E沿AC方向下滑时，得△E'D'F'，过点D'作D'N⊥AC于点N，作D'M⊥BC于点M∴∠MD'N＝90°，且∠E'D'F'＝90°∴∠E'D'N＝∠F'D'M，且∠D'NE'＝∠D'MF'＝90°，E'D'＝D'F'∴△D'NE'≌△D'MF'（AAS）∴D'N＝D'M，且D'N⊥AC，D'M⊥CM∴CD'平分∠ACM即点E沿AC方向下滑时，点D'在射线CD上移动，∴当E'D'⊥AC时，DD'值最大，最大值＝ED﹣CD＝（12﹣6）cm∴当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长＝2×（12﹣6）＝（24﹣12）cm 如图，连接BD'，AD'，∵S△AD'B＝S△ABC+S△AD'C﹣S△BD'C∴S△AD'B＝BC×AC+×AC×D'N﹣×BC×D'M＝24+（12﹣4）×D'N当E'D'⊥AC时，S△AD'B有最大值，∴S△AD'B最大值＝24+（12﹣4）×6＝（24+36﹣12）cm2．故答案为：（24﹣12），（24+36﹣12）27．（2019•绍兴）如图，矩形ABCD的顶点A，C都在曲线y＝（常数是＞0，x＞0）上，若顶点D的坐标为（5，3），则直线BD的函数表达式是y＝x．解：∵D（5，3），∴A（，3），C（5，），∴B（，），设直线BD的解析式为y＝mx+n，把D（5，3），B（，）代入得，解得，∴直线BD的解析式为y＝x．故答案为y＝x．28．（2019•湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为4的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是4．解：如图2中，连接EG，作GM⊥EN交EN的延长线于M．在Rt△EMG中，∵GM＝4，EM＝2+2+4+4＝12，∴EG＝＝＝4，∴EH＝＝4，故答案为4．29．（2019•绍兴）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．解：如图所示：图1的周长为1+2+3+2＝6+2；图2的周长为1+4+1+4＝10；图3的周长为3+5++＝8+2．故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．故答案为：6+2或10或8+2．30．（2019•衢州）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，▱ABCD的边AB在x轴上，顶点D 在y轴的正半轴上，点C在第一象限，将△AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处，点B 恰好为OE的中点，DE与BC交于点F．若y＝（k≠0）图象经过点C，且S△BEF＝1，则k的值为24．解：连接OC，BD，∵将△AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处，∴OA＝OE，∵点B恰好为OE的中点，∴OE＝2OB，∴OA＝2OB，设OB＝BE＝x，则OA＝2x，∴AB＝3x，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝3x，∵CD∥AB，∴△CDF∽△BEF，∴＝＝，∵S△BEF＝1，∴S△BDF＝3，S△CDF＝9，∴S△BCD＝12，∴S△CDO＝S△BDC＝12，∴k的值＝2S△CDO＝24．31．（2019•台州）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC＝90°，BD＝4，且＝，则m+n的最大值为．解：过B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过A作AN⊥l2于N，过C作CM⊥l2于M，设AE＝x，CF＝y，BN＝x，BM＝y，∵BD＝4，∴DM＝y﹣4，DN＝4﹣x，∵∠ABC＝∠AEB＝∠BFC＝∠CMD＝∠AND＝90°，∴∠EAB+∠ABE＝∠ABE+∠CBF＝90°，∴∠EAB＝∠CBF，∴△ABE∽△BFC，∴，即＝，∴xy＝mn，∵∠ADN＝∠CDM，∴△CMD∽△AND，∴＝，即＝，∴y＝﹣x+10，∵＝，∴n＝m，32．（2019•衢州）如图，由两个长为2，宽为1的长方形组成“7”字图形（1）将一个“7”字图形按如图摆放在平面直角坐标系中，记为“7”字图形ABCDEF，其中顶点A位于x轴上，顶点B，D位于y轴上，O为坐标原点，则的值为．（2）在（1）的基础上，继续摆放第二个“7”字图形得顶点F1，摆放第三个“7”字图形得顶点F2，依此类推，…，摆放第n个“7”字图形得顶点F n﹣1，…，则顶点F2019的坐标为（）．解：（1）∵∠ABO+∠DBC＝90°，∠ABO+∠OAB＝90°，∴∠DBC＝∠OAB，∵∠AOB＝∠BCD＝90°，∴△AOB∽△BCD，∴＝，∵DC＝1，BC＝2，∴＝，故答案为；（2解：过C作CM⊥y轴于M，过M1作M1N⊥x轴，过F作FN1⊥x轴．根据勾股定理易证得BD＝＝，CM＝OA＝，DM＝OB＝AN＝，∴C（，），∵AF＝3，M1F＝BC＝2，∴AM1＝AF﹣M1F＝3﹣2＝1，∴△BOA≌ANM1（AAS），∴NM1＝OA＝，∵NM1∥FN1，∴，，∴FN1＝，∴AN1＝，∴ON1＝OA+AN1＝+＝∴F（，），同理，F1（，），即（）F2（，），即（，）F3（，），即（，）F4（，），即（，）…F2019（，），即（，405），故答案为即（，405）．。

2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编（浙江专版）几何综合打印版答案在最后1．（2019•杭州）如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为S1，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1＝S2．（1）求线段CE的长；（2）若点H为BC边的中点，连接HD，求证：HD＝HG．2．（2019•杭州）如图，已知锐角三角形ABC内接于圆O，OD⊥BC于点D，连接OA．（1）若∠BAC＝60°，①求证：OD＝OA．②当OA＝1时，求△ABC面积的最大值．（2）点E在线段OA上，OE＝OD，连接DE，设∠ABC＝m∠OED，∠ACB＝n∠OED（m，n是正数），若∠ABC＜∠ACB，求证：m﹣n+2＝0．3．（2019•宁波）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG＝DE；（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．4．（2019•宁波）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形．（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上．（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC 于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．5．（2019•宁波）如图1，⊙O经过等边△ABC的顶点A，C（圆心O在△ABC内），分别与AB，CB的延长线交于点D，E，连结DE，BF⊥EC交AE于点F．（1）求证：BD＝BE．（2）当AF：EF＝3：2，AC＝6时，求AE的长．（3）设＝x，tan∠DAE＝y．①求y关于x的函数表达式；②如图2，连结OF，OB，若△AEC的面积是△OFB面积的10倍，求y的值．6．（2019•温州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点E在BC边上，且CA＝CE，过A，C，E 三点的⊙O交AB于另一点F，作直径AD，连结DE并延长交AB于点G，连结CD，CF．（1）求证：四边形DCFG是平行四边形．（2）当BE＝4，CD＝AB时，求⊙O的直径长．7．（2019•嘉兴）在6×6的方格纸中，点A，B，C都在格点上，按要求画图：（1）在图1中找一个格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形．（2）在图2中仅用无刻度的直尺，把线段AB三等分（保留画图痕迹，不写画法）．8．（2019•嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的边长．（2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC，在AB上任取一点P'，画正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC边上，N'在△ABC 内，连结BN'并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PPQMN．小波把线段BN称为“波利亚线”．（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．（4）拓展：在（2）的条件下，在射线BN上截取NE＝NM，连结EQ，EM（如图3）．当tan∠NBM＝时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．9．（2019•湖州）已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1分别交x轴和y轴于点A（﹣3，0），B（0，3）．（1）如图1，已知⊙P经过点O，且与直线l1相切于点B，求⊙P的直径长；（2）如图2，已知直线l2：y＝3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线l2上的一个动点，以Q为圆心，2为半径画圆．①当点Q与点C重合时，求证：直线l1与⊙Q相切；②设⊙Q与直线l1相交于M，N两点，连结QM，QN．问：是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．10．（2019•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x 轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中点．（1）求OC的长和点D的坐标；（2）如图2，M是线段OC上的点，OM＝OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B 三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连结DE交AB于点F．①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长．11．（2019•绍兴）在屏幕上有如下内容：如图，△ABC内接于⊙O，直径AB的长为2，过点C的切线交AB的延长线于点D．张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答．（1）在屏幕内容中添加条件∠D＝30°，求AD的长．请你解答．（2）以下是小明、小聪的对话：小明：我加的条件是BD＝1，就可以求出AD的长小聪：你这样太简单了，我加的是∠A＝30°，连结OC，就可以证明△ACB与△DCO全等．参考此对话，在屏幕内容中添加条件，编制一道题目（可以添线添字母），并解答．12．（2019•绍兴）有一块形状如图的五边形余料ABCDE，AB＝AE＝6，BC＝5，∠A＝∠B＝90°，∠C＝135°，∠E＞90°，要在这块余料中截取一块矩形材料，其中一条边在AE上，并使所截矩形材料的面积尽可能大．（1）若所截矩形材料的一条边是BC或AE，求矩形材料的面积．（2）能否截出比（1）中更大面积的矩形材料？如果能，求出这些矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．13．（2019•绍兴）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．（1）在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．14．（2019•绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F 分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN：EF．（1）若a：b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值．（2）若a：b的值为，求k的最大值和最小值．（3）若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a：b的值．15．（2019•金华）如图，在▱OABC中，以O为圆心，OA为半径的圆与BC相切于点B，与OC相交于点D．（1）求的度数．（2）如图，点E在⊙O上，连结CE与⊙O交于点F，若EF＝AB，求∠OCE的度数．16．（2019•金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．（2）已知点G为AF的中点．①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．17．（2019•衢州）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AB，垂足为E．（1）求证：DE是⊙O的切线．（2）若DE＝，∠C＝30°，求的长．18．（2019•衢州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F、G．（1）求CD的长．（2）若点M是线段AD的中点，求的值．（3）请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？19．（2019•台州）我们知道，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．对一个各条边都相等的凸多边形（边数大于3），可以由若干条对角线相等判定它是正多边形．例如，各条边都相等的凸四边形，若两条对角线相等，则这个四边形是正方形．（1）已知凸五边形ABCDE的各条边都相等．①如图1，若AC＝AD＝BE＝BD＝CE，求证：五边形ABCDE是正五边形；②如图2，若AC＝BE＝CE，请判断五边形ABCDE是不是正五边形，并说明理由：（2）判断下列命题的真假．（在括号内填写“真”或“假”）如图3，已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等．①若AC＝CE＝EA，则六边形ABCDEF是正六边形；（）②若AD＝BE＝CF，则六边形ABCDEF是正六边形．（）20．（2019•台州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD．（1）求的值；（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF，求证：MF＝PF；（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ＝AP，连接BQ，BN．将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上．请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上，并说明理由．2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编（浙江专版）几何综合参考答案与试题解析1．（2019•杭州）如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为S1，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1＝S2．（1）求线段CE的长；（2）若点H为BC边的中点，连接HD，求证：HD＝HG．解：（1）设正方形CEFG的边长为a，∵正方形ABCD的边长为1，∴DE＝1﹣a，∵S1＝S2，∴a2＝1×（1﹣a），解得，（舍去），，即线段CE的长是；（2）证明：∵点H为BC边的中点，BC＝1，∴CH＝0.5，∴DH＝＝，∵CH＝0.5，CG＝，∴HG＝，∴HD＝HG．2．（2019•杭州）如图，已知锐角三角形ABC内接于圆O，OD⊥BC于点D，连接OA．（1）若∠BAC＝60°，①求证：OD＝OA．②当OA＝1时，求△ABC面积的最大值．（2）点E在线段OA上，OE＝OD，连接DE，设∠ABC＝m∠OED，∠ACB＝n∠OED（m，n是正数），若∠ABC＜∠ACB，求证：m﹣n+2＝0．解：（1）①连接OB、OC，则∠BOD＝BOC＝∠BAC＝60°，∴∠OBC＝30°，∴OD＝OB＝OA；②∵BC长度为定值，∴△ABC面积的最大值，要求BC边上的高最大，当AD过点O时，AD最大，即：AD＝AO+OD＝，△ABC面积的最大值＝×BC×AD＝×2OB sin60°×＝；（2）如图2，连接OC，设：∠OED＝x，则∠ABC＝mx，∠ACB＝nx，则∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣mx﹣nx＝∠BOC＝∠DOC，∵∠AOC＝2∠ABC＝2mx，∴∠AOD＝∠COD+∠AOC＝180°﹣mx﹣nx+2mx＝180°+mx﹣nx，∵OE＝OD，∴∠AOD＝180°﹣2x，即：180°+mx﹣nx＝180°﹣2x，化简得：m﹣n+2＝0．3．（2019•宁波）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG＝DE；（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．解：（1）∵四边形EFGH是矩形，∴EH＝FG，EH∥FG，∴∠GFH＝∠EHF，∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，∴∠BFG＝∠DHE，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠GBF＝∠EDH，∴△BGF≌△DEH（AAS），∴BG＝DE；（2）连接EG，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵E为AD中点，∴AE＝ED，∵BG＝DE，∴AE＝BG，AE∥BG，∴四边形ABGE是平行四边形，∴AB＝EG，∵EG＝FH＝2，∴AB＝2，∴菱形ABCD的周长＝8．4．（2019•宁波）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形．（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上．（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC 于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．解：（1）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∠F AB与∠EBA互余，∴四边形ABEF是邻余四边形；（2）如图所示（答案不唯一），四边形AFEB为所求；（3）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，∴BD＝CD，∵DE＝2BE，∴BD＝CD＝3BE，∴CE＝CD+DE＝5BE，∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，∴DM＝ME，∴∠MDE＝∠MED，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△DBQ∽△ECN，∴，∵QB＝3，∴NC＝5，∵AN＝CN，∴AC＝2CN＝10，∴AB＝AC＝10．5．（2019•宁波）如图1，⊙O经过等边△ABC的顶点A，C（圆心O在△ABC内），分别与AB，CB的延长线交于点D，E，连结DE，BF⊥EC交AE于点F．（1）求证：BD＝BE．（2）当AF：EF＝3：2，AC＝6时，求AE的长．（3）设＝x，tan∠DAE＝y．①求y关于x的函数表达式；②如图2，连结OF，OB，若△AEC的面积是△OFB面积的10倍，求y的值．证明：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠C＝60°，∵∠DEB＝∠BAC＝60°，∠D＝∠C＝60°，∴∠DEB＝∠D，∴BD＝BE；（2）如图1，过点A作AG⊥BC于点G，∵△ABC是等边三角形，AC＝6，∴BG＝，∴在Rt△ABG中，AG＝BG＝3，∵BF⊥EC，∴BF∥AG，∴，∵AF：EF＝3：2，∴BE＝BG＝2，∴EG＝BE+BG＝3+2＝5，在Rt△AEG中，AE＝；（3）①如图1，过点E作EH⊥AD于点H，∵∠EBD＝∠ABC＝60°，∴在Rt△BEH中，，∴EH＝，BH＝，∵，∴BG＝xBE，∴AB＝BC＝2BG＝2xBE，∴AH＝AB+BH＝2xBE+BE＝（2x+）BE，∴在Rt△AHE中，tan∠EAD＝，∴y＝；②如图2，过点O作OM⊥BC于点M，设BE＝a，∵，∴CG＝BG＝xBE＝ax，∴EC＝CG+BG+BE＝a+2ax，∴EM＝EC＝a+ax，∴BM＝EM﹣BE＝ax﹣a，∵BF∥AG，∴△EBF∽△EGA，∴，∵AG＝，∴BF＝，∴△OFB的面积＝，∴△AEC的面积＝，∵△AEC的面积是△OFB的面积的10倍，∴，∴2x2﹣7x+6＝0，解得：，∴，6．（2019•温州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点E在BC边上，且CA＝CE，过A，C，E 三点的⊙O交AB于另一点F，作直径AD，连结DE并延长交AB于点G，连结CD，CF．（1）求证：四边形DCFG是平行四边形．（2）当BE＝4，CD＝AB时，求⊙O的直径长．（1）证明：连接AE，∵∠BAC＝90°，∴CF是⊙O的直径，∵AC＝EC，∴CF⊥AE，∵AD是⊙O的直径，∴∠AED＝90°，即GD⊥AE，∴CF∥DG，∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD＝90°，∴∠ACD+∠BAC＝180°，∴AB∥CD，∴四边形DCFG是平行四边形；（2）解：由CD＝AB，设CD＝3x，AB＝8x，∴CD＝FG＝3x，∵∠AOF＝∠COD，∴AF＝CD＝3x，∴BG＝8x﹣3x﹣3x＝2x，∵GE∥CF，∴，∵BE＝4，∴AC＝CE＝6，∴BC＝6+4＝10，∴AB＝＝8＝8x，∴x＝1，在Rt△ACF中，AF＝10，AC＝6，∴CF＝＝3，即⊙O的直径长为3．7．（2019•嘉兴）在6×6的方格纸中，点A，B，C都在格点上，按要求画图：（1）在图1中找一个格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形．（2）在图2中仅用无刻度的直尺，把线段AB三等分（保留画图痕迹，不写画法）．解：（1）由勾股定理得：CD＝AB＝CD'＝，BD＝AC＝BD''＝，AD'＝BC＝AD''＝；画出图形如图1所示；（2）如图2所示．8．（2019•嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的边长．（2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC，在AB上任取一点P'，画正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC边上，N'在△ABC 内，连结BN'并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PPQMN．小波把线段BN称为“波利亚线”．（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．（4）拓展：在（2）的条件下，在射线BN上截取NE＝NM，连结EQ，EM（如图3）．当tan∠NBM＝时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．（1）解：如图1中，∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴＝，即＝，解得PN＝．（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．（3）证明：如图2中，由画图可知：∠QMN＝∠PQM＝∠NPQ＝∠BM′N′＝90°，∴四边形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，∴△BN′M′∽△BNM，∴＝，同理可得：＝，∴＝，∵M′N′＝P′N′，∴MN＝PN，∴四边形PQMN是正方形．（4）解：如图3中，结论：∠QEM＝90°．理由：由tan∠NBM＝＝，可以假设MN＝3k，BM＝4k，则BN＝5k，BQ＝k，BE＝2k，∴＝＝，＝＝，∴＝，∵∠QBE＝∠EBM，∴△BQE∽△BEM，∴∠BEQ＝∠BME，∵NE＝NM，∴∠NEM＝∠NME，∵∠BME+∠EMN＝90°，∴∠BEQ+∠NEM＝90°，∴∠QEM＝90°．9．（2019•湖州）已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1分别交x轴和y轴于点A（﹣3，0），B（0，3）．（1）如图1，已知⊙P经过点O，且与直线l1相切于点B，求⊙P的直径长；（2）如图2，已知直线l2：y＝3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线l2上的一个动点，以Q为圆心，2为半径画圆．①当点Q与点C重合时，求证：直线l1与⊙Q相切；②设⊙Q与直线l1相交于M，N两点，连结QM，QN．问：是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）如图1，连接BC，∵∠BOC＝90°，∴点P在BC上，∵⊙P与直线l1相切于点B，∴∠ABC＝90°，而OA＝OB，∴△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长＝BC＝AB＝3；（2）过点作CM⊥AB，由直线l2：y＝3x﹣3得：点C（1，0），则CM＝AC sin45°＝4×＝2＝圆的半径，故点M是圆与直线l1的切点，即：直线l1与⊙Q相切；（3）如图3，①当点M、N在两条直线交点的下方时，由题意得：MQ＝NQ，∠MQN＝90°，设点Q的坐标为（m，3m﹣3），则点N（m，m+3），则NQ＝m+3﹣3m+3＝2，解得：m＝3﹣；②当点M、N在两条直线交点的上方时，同理可得：m＝3；故点P的坐标为（3﹣，6﹣3）或（3+，6+3）．10．（2019•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x 轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中点．（1）求OC的长和点D的坐标；（2）如图2，M是线段OC上的点，OM＝OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B 三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连结DE交AB于点F．①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长．解：（1）∵OA＝3，tan∠OAC＝＝，∴OC＝，∵四边形OABC是矩形，∴BC＝OA＝3，∵D是BC的中点，∴CD＝BC＝，∴D（，）；（2）①∵tan∠OAC＝，∴∠OAC＝30°，∴∠ACB＝∠OAC＝30°，设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，则DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，∴∠DB'C＝∠ACB＝30°∴∠BDB'＝60°，∴∠BDF＝∠B'DF＝30°，∵∠B＝90°，∴BF＝BD•tan30°＝，∵AB＝，∴AF＝BF＝，∵∠BFD＝∠AEF，∴∠B＝∠F AE＝90°，∴△BFD≌△AFE（ASA），∴AE＝BD＝，∴OE＝OA+AE＝，∴点E的坐标（，0）；②动点P在点O时，∵抛物线过点P（0，0）、D（，）、B（3，）求得此时抛物线解析式为y＝﹣x2+x，∴E（，0），∴直线DE：y＝﹣x+，∴F1（3，）；当动点P从点O运动到点M时，∵抛物线过点P（0，）、D（，）、B（3，）求得此时抛物线解析式为y＝﹣x2+x+，∴E（6，0），∴直线DE：y＝﹣x+，∴F2（3，）；∴点F运动路径的长为F1F2＝＝，∵△DFG为等边三角形，∴G运动路径的长为．11．（2019•绍兴）在屏幕上有如下内容：如图，△ABC内接于⊙O，直径AB的长为2，过点C的切线交AB的延长线于点D．张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答．（1）在屏幕内容中添加条件∠D＝30°，求AD的长．请你解答．（2）以下是小明、小聪的对话：小明：我加的条件是BD＝1，就可以求出AD的长小聪：你这样太简单了，我加的是∠A＝30°，连结OC，就可以证明△ACB与△DCO全等．参考此对话，在屏幕内容中添加条件，编制一道题目（可以添线添字母），并解答．解：（1）连接OC，如图，∵CD为切线，∴OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∵∠D＝30°，∴OD＝2OC＝2，∴AD＝AO+OD＝1+2＝3；（2）添加∠DCB＝30°，求AC的长，解：∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ACO+∠OCB＝90°，∠OCB+∠DCB＝90°，∴∠ACO＝∠DCB，∵∠ACO＝∠A，∴∠A＝∠DCB＝30°，在Rt△ACB中，BC＝AB＝1，∴AC＝BC＝．12．（2019•绍兴）有一块形状如图的五边形余料ABCDE，AB＝AE＝6，BC＝5，∠A＝∠B＝90°，∠C＝135°，∠E＞90°，要在这块余料中截取一块矩形材料，其中一条边在AE上，并使所截矩形材料的面积尽可能大．（1）若所截矩形材料的一条边是BC或AE，求矩形材料的面积．（2）能否截出比（1）中更大面积的矩形材料？如果能，求出这些矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．解：（1）①若所截矩形材料的一条边是BC，如图1所示：过点C作CF⊥AE于F，S1＝AB•BC＝6×5＝30；②若所截矩形材料的一条边是AE，如图2所示：过点E作EF∥AB交CD于F，FG⊥AB于G，过点C作CH⊥FG于H，则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，∵∠C＝135°，∴∠FCH＝45°，∴△CHF为等腰直角三角形，∴AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，∴BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝6﹣5＝1，∴AG＝AB﹣BG＝6﹣1＝5，∴S2＝AE•AG＝6×5＝30；（2）能；理由如下：在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于M，FN⊥AE于N，过点C作CG⊥FM于G，则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，∵∠C＝135°，∴∠FCG＝45°，∴△CGF为等腰直角三角形，∴MG＝BC＝5，BM＝CG，FG＝DG，设AM＝x，则BM＝6﹣x，∴FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，∴S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x＝﹣（x﹣5.5）2+30.25，∴当x＝5.5时，S的最大值为30.25．13．（2019•绍兴）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．（1）在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．解：（1）①AM＝AD+DM＝40，或AM＝AD﹣DM＝20．②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，AM2＝AD2﹣DM2＝302﹣102＝800，∴AM＝20或（﹣20舍弃）．当∠ADM＝90°时，AM2＝AD2+DM2＝302+102＝1000，∴AM＝10或（﹣10舍弃）．综上所述，满足条件的AM的值为20或10．（2）如图2中，连接CD．由题意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝30，∵∠AD2C＝135°，∴∠CD2D1＝90°，∴CD1＝＝30，∵∠BAC＝∠A1AD2＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD2＝∠D2AD1﹣∠CAD2，∴∠BAD1＝∠CAD2，∵AB＝AC，AD2＝AD1，∴△BAD2≌△CAD1（SAS），∴BD2＝CD1＝30．14．（2019•绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F 分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN：EF．（1）若a：b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值．（2）若a：b的值为，求k的最大值和最小值．（3）若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a：b的值．解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．∵四边形ABCD是正方形，∴FH＝AB，MQ＝BC，∵AB＝CB，∴FH＝MQ，∵EF⊥MN，∴∠EON＝90°，∵∠ECN＝90°，∴∠MNQ+∠CEO＝180°，∠FEH+∠CEO＝180°∴∠FEH＝∠MNQ，∵∠EHF＝∠MQN＝90°，∴△FHE≌△MQN（ASA），∴MN＝EF，∴k＝MN：EF＝1．（2）∵a：b＝1：2，∴b＝2a，由题意：2a≤MN≤a，a≤EF≤a，∴当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值＝，当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．（3）连接FN，ME．∵k＝3，MP＝EF＝3PE，∴＝＝3，∴＝＝2，∵∠FPN＝∠EPM，∴△PNF∽△PME，∴＝＝2，ME∥NF，设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H．∵∠MPE＝∠FPH＝60°，∴PH＝2m，FH＝2m，DH＝10m，∴＝＝＝．②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH＝m，HE＝m，∴HC＝PH+PC＝13m，∴tan∠HCE＝＝＝，∵ME∥FC，∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD，∵∠B＝∠D，∴△MEB∽△CFD，∴＝＝2，∴＝＝＝，综上所述，a：b的值为或．15．（2019•金华）如图，在▱OABC中，以O为圆心，OA为半径的圆与BC相切于点B，与OC相交于点D．（1）求的度数．（2）如图，点E在⊙O上，连结CE与⊙O交于点F，若EF＝AB，求∠OCE的度数．解：（1）连接OB，∵BC是圆的切线，∴OB⊥BC，∵四边形OABC是平行四边形，∴OA∥BC，∴OB⊥OA，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠ABO＝45°，∴的度数为45°；（2）连接OE，过点O作OH⊥EC于点H，设EH＝t，∵OH⊥EC，∴EF＝2HE＝2t，∵四边形OABC是平行四边形，∴AB＝CO＝EF＝2t，∵△AOB是等腰直角三角形，∴OA＝t，则HO＝＝＝t，∵OC＝2OH，∴∠OCE＝30°．16．（2019•金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．（2）已知点G为AF的中点．①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．（1）证明：如图1中，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∵CD＝CF，∴AD＝CF，∵∠ADC＝∠DCF＝90°，∴AD∥CF，∴四边形ADFC是平行四边形，∴OD＝OC，∵BD＝2OD．（2）①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．由题意：BD＝AD＝CD＝7，BC＝BD＝14，∵DT⊥BC，∴BT＝TC＝7，∵EC＝2，∴TE＝5，∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，∴∠TDE＝∠FEH，∵ED＝EF，∴△DTE≌△EHF（AAS），∴FH＝ET＝5，∵∠DDBE＝∠DFE＝45°，∴B，D，E，F四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵∠DBE＝45°，∴∠FBH＝45°，∵∠BHF＝90°，∴∠HBF＝∠HFB＝45°，∴BH＝FH＝5，∴BF＝5，∵∠ADC＝∠ABF＝90°，∴DG∥BF，∵AD＝DB，∴AG＝GF，∴DG＝BF＝．②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．∵AD＝6BD，∴BD＝AB＝2，∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，∴DT＝BT＝2，∵△DTE≌△EHF，∴EH＝DT＝2，∴BH＝FH＝12﹣x，∵FH∥AC，∴＝，∴＝，整理得：x2﹣12x+28＝0，解得x＝6±2．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．设EC＝x，由2①可知BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，∴∠DGO＝∠HDE，∴△EHD∽△DOG，∴＝，∴＝，整理得：x2﹣36x+268＝0，解得x＝18﹣2或18+2（舍弃），如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC 于H，EK⊥CG于K．设EC＝x．∵∠DBE＝∠DFE＝45°，∴D，B，F，E四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∵∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵AO＝OB，AG＝GF，∴OG∥BF，∴∠AOG＝∠ABF＝90°，∴OG⊥AB，∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，∴O，G，C共线，由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12﹣x，BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），CK＝EK＝x，GK＝7﹣（12﹣x）﹣x，由△OGD∽△KEG，可得＝，∴＝，解得x＝2，，综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2．17．（2019•衢州）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AB，垂足为E．（1）求证：DE是⊙O的切线．（2）若DE＝，∠C＝30°，求的长．（1）证明：连接OD；∵OD＝OC，∴∠C＝∠ODC，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠B＝∠ODC，∴OD∥AB，∴∠ODE＝∠DEB；∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴∠ODE＝90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．（2）解：连接AD，∵AC是直径，∴∠ADC＝90°，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，BD＝CD，∴∠OAD＝60°，∵OA＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD＝60°，∵DE＝，∠B＝30°，∠BED＝90°，∴CD＝BD＝2DE＝2，∴OD＝AD＝tan30°•CD＝×2＝2，∴的长为：＝．18．（2019•衢州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F、G．（1）求CD的长．（2）若点M是线段AD的中点，求的值．（3）请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？解：（1）∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝∠BAC＝30°，在Rt△ADC中，DC＝AC•tan30°＝6×＝2．（2）由题意易知：BC＝6，BD＝4，∵DE∥AC，∴∠FDM＝∠GAM，∵AM＝DM，∠DMF＝∠AMG，∴△DFM≌△AGM（ASA），∴DF＝AG，∵DE∥AC，∴＝＝，∴＝＝＝＝．（3）∵∠CPG＝60°，过C，P，G作外接圆，圆心为Q，∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．①当⊙Q与DE相切时，如图3﹣1中，作QH⊥AC于H，交DE于P．连接QC，QG．菁优网设⊙Q的半径为r．则QH＝r，r+r＝2，∴r＝，∴CG＝×＝4，AG＝2，由△DFM∽△AGM，可得＝＝，∴DM＝AD＝．②当⊙Q经过点E时，如图3﹣2中，延长CO交AB于K，设CQ＝r．∵QC＝QG，∠CQG＝120°，∴∠KCA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠AKC＝90°，在Rt△EQK中，QK＝3﹣r，EQ＝r，EK＝1，∴12+（3﹣r）2＝r2，解得r＝，∴CG＝×＝，由△DFM∽△AGM，可得DM＝．③当⊙Q经过点D时，如图3﹣3中，此时点M，点G与点A重合，可得DM＝AD＝4．观察图象可知：当DM＝或＜DM≤4时，满足条件的点P只有一个．19．（2019•台州）我们知道，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．对一个各条边都相等的凸多边形（边数大于3），可以由若干条对角线相等判定它是正多边形．例如，各条边都相等的凸四边形，若两条对角线相等，则这个四边形是正方形．（1）已知凸五边形ABCDE的各条边都相等．①如图1，若AC＝AD＝BE＝BD＝CE，求证：五边形ABCDE是正五边形；②如图2，若AC＝BE＝CE，请判断五边形ABCDE是不是正五边形，并说明理由：（2）判断下列命题的真假．（在括号内填写“真”或“假”）如图3，已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等．①若AC＝CE＝EA，则六边形ABCDEF是正六边形；（假）②若AD＝BE＝CF，则六边形ABCDEF是正六边形．（假）（1）①证明：∵凸五边形ABCDE的各条边都相等，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、EAB中，，∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB（SSS），∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，∴五边形ABCDE是正五边形；②解：若AC＝BE＝CE，五边形ABCDE是正五边形，理由如下：在△ABE、△BCA和△DEC中，，∴△ABE≌△BCA≌△DEC（SSS），∴∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，在△ACE和△BEC中，，∴△ACE≌△BEC（SSS），∴∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，∴五边形ABCDE是正五边形；（2）解：①若AC＝CE＝EA，如图3所示：则六边形ABCDEF是正六边形；假命题；理由如下：∵凸六边形ABCDEF的各条边都相等，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝F A，在△AEF、△CAB和△ECD中，，∴△AEF≌△CAB≌△ECD（SSS），如果△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形，则∠F＝∠D＝∠B＝90°，而正六边形的各个内角都为120°，∴六边形ABCDEF不是正六边形；故答案为：假；②若AD＝BE＝CF，则六边形ABCDEF是正六边形；假命题；理由如下：如图4所示：连接AE、AC、CE、BF，在△BFE和△FBC中，，∴△BFE≌△FBC（SSS），∴∠BFE＝∠FBC，∵AB＝AF，∴∠AFB＝∠ABF，∴∠AFE＝∠ABC，在△F AE和△BCA中，，∴△F AE≌△BCA（SAS），∴AE＝CA，同理：AE＝CE，∴AE＝CA＝CE，由①得：△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形，则∠F＝∠D＝∠B＝90°，而正六边形的各个内角都为120°，∴六边形ABCDEF不是正六边形；故答案为：假．20．（2019•台州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD．（1）求的值；（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF，求证：MF＝PF；（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ＝AP，连接BQ，BN．将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上．请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上，并说明理由．解：（1）设AP＝FD＝a，∴AF＝2﹣a，∵四边形ABCD是正方形∴AB∥CD∴△AFP∽△DFC∴即∴a＝﹣1∴AP＝FD＝﹣1，∴AF＝AD﹣DF＝3﹣∴＝（2）在CD上截取DH＝AF∵AF＝DH，∠P AF＝∠D＝90°，AP＝FD，∴△P AF≌△HDF（SAS）∴PF＝FH，∵AD＝CD，AF＝DH∴FD＝CH＝AP＝﹣1∵点E是AB中点，∴BE＝AE＝1＝EM∴PE＝P A+AE＝∵EC2＝BE2+BC2＝1+4＝5，∴EC＝∴EC＝PE，CM＝﹣1∴∠P＝∠ECP∵AP∥CD∴∠P＝∠PCD∴∠ECP＝∠PCD，且CM＝CH＝﹣1，CF＝CF∴△FCM≌△FCH（SAS）∴FM＝FH∴FM＝PF（3）若点B'在BN上，如图，以A原点，AB为y轴，AD为x轴建立平面直角坐标系，∵EN⊥AB，AE＝BE∴AQ＝BQ＝AP＝﹣1由旋转的性质可得AQ＝AQ'＝﹣1，AB＝AB'＝2，Q'B'＝QB＝﹣1，∵点B（0，﹣2），点N（2，﹣1）∴直线BN解析式为：y＝x﹣2设点B'（x，x﹣2）∴AB'＝＝2∴x＝∴点B'（，﹣）∵点Q'（﹣1，0）∴B'Q'＝≠﹣1∴点B旋转后的对应点B'不落在线段BN上．。

2019全国各地中考数学压轴大题几何综合七、最值综合题1.（2019•绍兴）有一块形状如图的五边形余料ABCDE，AB＝AE＝6，BC＝5，∠A＝∠B＝90°，∠C＝135°，∠E＞90°，要在这块余料中截取一块矩形材料，其中一条边在AE上，并使所截矩形材料的面积尽可能大．（1）若所截矩形材料的一条边是BC或AE，求矩形材料的面积．（2）能否截出比（1）中更大面积的矩形材料？如果能，求出这些矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．解：（1）①若所截矩形材料的一条边是BC，如图1所示：过点C作CF⊥AE于F，S1＝AB•BC＝6×5＝30；②若所截矩形材料的一条边是AE，如图2所示：过点E作EF∥AB交CD于F，FG⊥AB于G，过点C作CH⊥FG于H，则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，∵∠C＝135°，∴∠FCH＝45°，∴△CHF为等腰直角三角形，∴AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，∴BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝6﹣5＝1，∴AG＝AB﹣BG＝6﹣1＝5，∴S2＝AE•AG＝6×5＝30；（2）能；理由如下：在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于M，FN⊥AE于N，过点C作CG⊥FM于G，则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，∵∠C＝135°，∴∠FCG＝45°，∴△CGF为等腰直角三角形，∴MG＝BC＝5，BM＝CG，FG＝DG，设AM＝x，则BM＝6﹣x，∴FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，∴S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x＝﹣（x﹣5.5）2+30.25，∴当x＝5.5时，S的最大值为30.25．2.（2019•绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN：EF．（1）若a：b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值．（2）若a：b的值为，求k的最大值和最小值．（3）若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a：b的值．解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．∵四边形ABCD是正方形，∴FH＝AB，MQ＝BC，∵AB＝CB，∴FH＝MQ，∵EF⊥MN，∴∠EON＝90°，∵∠ECN＝90°，∴∠MNQ+∠CEO＝180°，∠FEH+∠CEO＝180°∴∠FEH＝∠MNQ，∵∠EHF＝∠MQN＝90°，∴△FHE≌△MQN（ASA），∴MN＝EF，∴k＝MN：EF＝1．（2）∵a：b＝1：2，∴b＝2a，由题意：2a≤MN≤a，a≤EF≤a，∴当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值＝，当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．（3）连接FN，ME．∵k＝3，MP＝EF＝3PE，∴＝＝3，∴＝＝2，∵∠FPN＝∠EPM，∴△PNF∽△PME，∴＝＝2，ME∥NF，设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H．∵∠MPE＝∠FPH＝60°，∴PH＝2m，FH＝2m，DH＝10m，∴＝＝＝．②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH＝m，HE＝m，∴HC＝PH+PC＝13m，∴tan∠HCE＝＝＝，∵ME∥FC，∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD，∵∠B＝∠D，∴△MEB∽△CFD，∴＝＝2，∴＝＝＝，综上所述，a：b的值为或．3.（2019•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．（1）当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；（2）设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；（3）当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD 的值．解：（1）如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，∵矩形ABCD中，CD⊥AD，∴∠CDE+∠ADO＝90°，又∵∠OAD+∠ADO＝90°，∴∠CDE＝∠OAD＝30°，∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，∴OD＝AD＝3，∴点C的坐标为（2，3+2）；（2）∵M为AD的中点，∴DM＝3，S△DCM＝6，又S四边形OMCD＝，∴S△ODM＝，∴S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9，∴x2+y2＝2xy，即x＝y，将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，解得x＝3（负值舍去），∴OA＝3；（3）OC的最大值为8，如图2，M为AD的中点，∴OM＝3，CM＝＝5，∴OC≤OM+CM＝8，当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，∴△CMD∽△OMN，∴＝＝，即＝＝，解得MN＝，ON＝，∴AN＝AM﹣MN＝，在Rt△OAN中，OA＝＝，∴cos∠OAD＝＝．4.（2019•淮安）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点．小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB．将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E 的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：（1）当点E在直线AD上时，如图②所示．①∠BEP＝50°；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是EC∥AB．（2）请在图③中画出△BPE，使点E在直线AD的右侧，连接CE．试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．（3）当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．解：（1）①如图②中，∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，②结论：AB∥EC．理由：∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分线段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案为50，AB∥EC．（2）如图③中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．∵AD垂直平分线段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．（3）如图④中，作AH⊥CE于H，∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．5.（2019•巴中）如图，在菱形ABCD中，连结BD、AC交于点O，过点O作OH⊥BC于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M．①求证：DC是⊙O的切线．②若AC＝4MC且AC＝8，求图中阴影部分的面积．③在②的条件下，P是线段BD上的一动点，当PD为何值时，PH+PM的值最小，并求出最小值．解：①过点O作OG⊥CD，垂足为G，在菱形ABCD中，AC是对角线，则AC平分∠BCD，∵OH⊥BC，OG⊥CD，∴OH＝OG，∴OH、OG都为圆的半径，即DC是⊙O的切线；②∵AC＝4MC且AC＝8，∴OC＝2MC＝4，MC＝OM＝2，∴OH＝2，在直角三角形OHC中，HO＝CO，∴∠OCH＝30°，∠COH＝60°，∴HC＝，S阴影＝S△OCH﹣S扇形OHM＝CH•OH﹣OH2＝2﹣；③作M关于BD的对称点N，连接HN交BD于点P，∵PM＝NP，∴PH+PM＝PH+PN＝HN，此时PH+PM最小，∵ON＝OM＝OH，∠MOH＝60°，∴∠MNH＝30°，∴∠MNH＝∠HCM，∴HN=HC=2，即：PH+PM的最小值为2，∴PD=OP+OD=26.（2019•河北）如图，△ABC和△ADE中，AB＝AD＝6，BC＝DE，∠B＝∠D＝30°，边AD与边BC交于点P（不与点B，C重合），点B，E在AD异侧，I为△APC的内心．（1）求证：∠BAD＝∠CAE；（2）设AP＝x，请用含x的式子表示PD，并求PD的最大值；（3）当AB⊥AC时，∠AIC的取值范围为m°＜∠AIC＜n°，分别直接写出m，n的值．解：（1）在△ABC和△ADE中，（如图1）∴△ABC≌△ADE（SAS）∴∠BAC＝∠DAE即∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE∴∠BAD＝∠CAE．（2）∵AD＝6，AP＝x，∴PD＝6﹣x当AD⊥BC时，AP AB＝3最小，即PD＝6﹣3＝3为PD的最大值．（3）如图2，设∠BAP＝α，则∠APC＝α+30°，∵AB⊥AC∴∠BAC＝90°，∠PCA＝60°，∠P AC＝90°﹣α，∵I为△APC的内心∴AI、CI分别平分∠P AC，∠PCA，∴∠IAC∠P AC，∠ICA∠PCA∴∠AIC＝180°﹣（∠IAC+∠ICA）＝180°（∠P AC+∠PCA）＝180°（90°﹣α+60°）α+105°∵0＜α＜90°，∴105°α+105°＜150°，即105°＜∠AIC＜150°，∴m＝105，n＝150．7.（2019•广州）如图，等边△ABC中，AB＝6，点D在BC上，BD＝4，点E为边AC上一动点（不与点C重合），△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE．（1）当点F在AC上时，求证：DF∥AB；（2）设△ACD的面积为S1，△ABF的面积为S2，记S＝S1﹣S2，S是否存在最大值？若存在，求出S的最大值；若不存在，请说明理由；（3）当B，F，E三点共线时．求AE的长．解：（1）∵△ABC是等边三角形∴∠A＝∠B＝∠C＝60°由折叠可知：DF＝DC，且点F在AC上∴∠DFC＝∠C＝60°∴∠DFC＝∠A∴DF∥AB；（2）存在，过点D作DM⊥AB交AB于点M，∵AB＝BC＝6，BD＝4，∴CD＝2∴DF＝2，∴点F在以D为圆心，DF为半径的圆上，∴当点F在DM上时，S△ABF最小，∵BD＝4，DM⊥AB，∠ABC＝60°∴MD＝2∴S△ABF的最小值6×（22）＝66∴S最大值2×3（66）＝﹣36（3）如图，过点D作DG⊥EF于点G，过点E作EH⊥CD于点H，∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE∴DF＝DC＝2，∠EFD＝∠C＝60°∵GD⊥EF，∠EFD＝60°∴FG＝1，DGFG∵BD2＝BG2+DG2，∴16＝3+（BF+1）2，∴BF1∴BG∵EH⊥BC，∠C＝60°∴CH，EHHCEC∵∠GBD＝∠EBH，∠BGD＝∠BHE＝90°∴△BGD∽△BHE∴∴∴EC1∴AE＝AC﹣EC＝78.（2019•南通）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4．E，F分别在AD，BC上，点A与点C关于EF所在的直线对称，P是边DC上的一动点．（1）连接AF，CE，求证四边形AFCE是菱形；（2）当△PEF的周长最小时，求的值；（3）连接BP交EF于点M，当∠EMP＝45°时，求CP的长．证明：（1）如图：连接AF，CE，AC交EF于点O∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC∴∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，∵点A与点C关于EF所在的直线对称∴AO＝CO，AC⊥EF∵∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，AO＝CO∴△AEO≌△CFO（AAS）∴AE＝CF，且AE∥CF∴四边形AFCE是平行四边形，且AC⊥EF∴四边形AFCE是菱形；（2）如图，作点F关于CD的对称点H，连接EH，交CD于点P，此时△EFP的周长最小，∵四边形AFCE是菱形∴AF＝CF＝CE＝AE，∵AF2＝BF2+AB2，∴AF2＝（4﹣AF）2+4，∴AF∴AECF∴DE∵点F，点H关于CD对称∴CF＝CH∵AD∥BC∴（3）如图，延长EF，延长AB交于点N，过点E作EH⊥BC于H，交BP于点G，过点B作BO⊥FN 于点O，由（2）可知，AE＝CF，BF＝DE∵EH⊥BC，∠A＝∠ABC＝90°∴四边形ABHE是矩形∴AB＝EH＝2，BH＝AE∴FH＝1∴EF，∵AD∥BC∴△BFN∽△AEN∴∴∴BN＝3，NF∴AN＝5，NE∵∠N＝∠N，∠BON＝∠A＝90°∴△NBO∽△NEA∴∴∴BO，NO∵∠EMP＝∠BMO＝45°，BO⊥EN∴∠OBM＝∠BMO＝45°∴BO＝MO∴ME＝EN﹣NO﹣MO∵AB∥EH∴△BNM∽△GEM∴∴∴EG∴GH＝EH﹣EG∵EH∥CD∴△BGH∽△BPC∴∴∴CP9.（2019•贵港）已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E．（1）如图1，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F．①写出旋转角α的度数；②求证：EA′+EC＝EF；（2）如图2，在（1）的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接P A，PF，若AB，求线段P A+PF 的最小值．（结果保留根号）（1）①解：旋转角为105°．理由：如图1中，∵A′D⊥AC，∴∠A′DC＝90°，∵∠CA′D＝15°，∴∠A′CD＝75°，∴∠ACA′＝105°，∴旋转角为105°．②证明：连接A′F，设EF交CA′于点O．在EF时截取EM＝EC，连接CM．∵∠CED＝∠A′CE+∠CA′E＝45°+15°＝60°，∴∠CEA′＝120°，∵FE平分∠CEA′，∴∠CEF＝∠FEA′＝60°，∵∠FCO＝180°﹣45°﹣75°＝60°，∴∠FCO＝∠A′EO，∵∠FOC＝∠A′OE，∴△FOC∽△A′OE，∴，∴，∵∠COE＝∠FOA′，∴△COE∽△FOA′，∴∠F A′O＝∠OEC＝60°，∴△A′CF是等边三角形，∴CF＝CA′＝A′F，∵EM＝EC，∠CEM＝60°，∴△CEM是等边三角形，∠ECM＝60°，CM＝CE，∵∠FCA′＝∠MCE＝60°，∴∠FCM＝∠A′CE，∴△FCM≌△A′CE（ASA），∴FM＝A′E，∴CE+A′E＝EM+FM＝EF．（2）解：如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．由②可知，∠EA′F＝′EA′B′＝75°，A′E＝A′E，A′F＝A′B′，∴△A′EF≌△A′EB′，∴EF＝EB′，∴B′，F关于A′E对称，∴PF＝PB′，∴P A+PF＝P A+PB′≥AB′，在Rt△CB′M中，CB′＝BCAB＝2，∠MCB′＝30°，∴B′MCB′＝1，CM，∴AB′．∴P A+PF的最小值为．10.（2019秋•朝阳区校级月考）如图，菱形EFGH的顶点E、G分别在矩形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在矩形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG DE=；（2）若3AB=，4BC=，则菱形EFGH的面积最大值是758．（1）证明：Q 四边形ABCD 是矩形， //AD BC ∴，FBG HDE ∴∠=∠，Q 四边形EFGH 是菱形，FG EH ∴=，EFG EHG ∠=∠，12GFH EFG ∠=∠，12EHF EHG ∠=∠， GFH EHG ∴∠=∠，BFG DHE ∴∠=∠，在BFG ∆和DHE ∆中，FBG HDE BFG DHE FG EH ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()BFG DHE AAS ∴∆≅∆， BG DE ∴=；（2）解：当点F 与B 重合，点H 与D 重合时，菱形EFGH 的面积最大，如图所示： Q 四边形EFGH 是菱形， EG BD ∴⊥，BE DE BG ==， Q 四边形ABCD 是矩形， 90BAD ∴∠=︒，设BE DE x ==，则4AE x =-， 在Rt ABE ∆中，由勾股定理得：2223(4)x x +-=， 解得：258x =， 257488CG AE ∴==-=， ∴菱形EFGH 的面积最大值=矩形ABCD 的面积ABE -∆的面积CDG -∆的面积17753423288=⨯-⨯⨯⨯=； 故答案为：758．。

浙江11市2019年中考数学试题分类解析汇编专题8：平面几何基础一、选择题1.（2019浙江湖州3分）△ABC中的三条中位线围成的三角形周长是15cm，则△ABC的周长为【】A．60cm B．45cm C．30cm D．152cm【答案】C。

【考点】三角形中位线定理，相似三角形的性质。

【分析】∵三角形的中位线平行且等于底边的一半，∴△ABC三条中位线围成的三角形与△ABC相似，且相似比是12。

∵△ABC中的三条中位线围成的三角形周长是15cm，∴△ABC的周长为30cm。

故选C。

2. （2019浙江嘉兴、舟山4分）已知△ABC中，∠B是∠A的2倍，∠C比∠A大20°，则∠A等于【】A．40°B．60°C．80°D．90°【答案】A。

【考点】一元一次方程的应用（几何问题），三角形内角和定理。

【分析】设∠A=x，则∠B=2x，∠C=x+20°，则x+2x+x+20°=180°，解得x=40°，即∠A=40°。

故选A。

3. （2019浙江丽水、金华3分）如图，小明在操场上从A点出发，先沿南偏东30°方向走到B点，再沿南偏东60°方向走到C点．这时，∠ABC的度数是【】A．120°B．135°C．150°D．160°【答案】 C。

【考点】方向角，平行线的性质。

【分析】由题意得：∠1＝30°，∠2＝60°，∵AE∥BF，∴∠1＝∠4＝30°。

∵∠2＝60°，∴∠3＝90°－60°＝30°。

∴∠ABC＝∠4＋∠FBD＋∠3＝30°＋90°＋30°＝150°。

故选C。

4. （2019浙江台州4分）如图，点D、E、F分别为∠ABC三边的中点，若△DEF的周长为10，则△ABC的周长为【】A．5 B．10 C．20 D．40【答案】C。

2019年全国各地中考数学压轴题分类汇编（浙江专版）几何综合参考答案与试题解析1．（2019•杭州）如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为S1，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1＝S2．（1）求线段CE的长；（2）若点H为BC边的中点，连接HD，求证：HD＝HG．解：（1）设正方形CEFG的边长为a，∵正方形ABCD的边长为1，∴DE＝1﹣a，∵S1＝S2，∴a2＝1×（1﹣a），解得，（舍去），，即线段CE的长是；（2）证明：∵点H为BC边的中点，BC＝1，∴CH＝0.5，∴DH＝＝，∵CH＝0.5，CG＝，∴HG＝，∴HD＝HG．2．（2019•杭州）如图，已知锐角三角形ABC内接于圆O，OD⊥BC于点D，连接OA．（1）若∠BAC＝60°，①求证：OD＝OA．②当OA＝1时，求△ABC面积的最大值．（2）点E在线段OA上，OE＝OD，连接DE，设∠ABC＝m∠OED，∠ACB＝n∠OED（m，n是正数），若∠ABC＜∠ACB，求证：m﹣n+2＝0．解：（1）①连接OB、OC，则∠BOD＝BOC＝∠BAC＝60°，∴∠OBC＝30°，∴OD＝OB＝OA；②∵BC长度为定值，∴△ABC面积的最大值，要求BC边上的高最大，当AD过点O时，AD最大，即：AD＝AO+OD＝，△ABC面积的最大值＝×BC×AD＝×2OB sin60°×＝；（2）如图2，连接OC，设：∠OED＝x，则∠ABC＝mx，∠ACB＝nx，则∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣mx﹣nx＝∠BOC＝∠DOC，∵∠AOC＝2∠ABC＝2mx，∴∠AOD＝∠COD+∠AOC＝180°﹣mx﹣nx+2mx＝180°+mx﹣nx，∵OE＝OD，∴∠AOD＝180°﹣2x，即：180°+mx﹣nx＝180°﹣2x，化简得：m﹣n+2＝0．3．（2019•宁波）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG＝DE；（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．解：（1）∵四边形EFGH是矩形，∴EH＝FG，EH∥FG，∴∠GFH＝∠EHF，∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，∴∠BFG＝∠DHE，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠GBF＝∠EDH，∴△BGF≌△DEH（AAS），∴BG＝DE；（2）连接EG，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵E为AD中点，∴AE＝ED，∵BG＝DE，∴AE＝BG，AE∥BG，∴四边形ABGE是平行四边形，∴AB＝EG，∵EG＝FH＝2，∴AB＝2，∴菱形ABCD的周长＝8．4．（2019•宁波）定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．（1）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：四边形ABEF是邻余四边形．（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上．（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．解：（1）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∠F AB与∠EBA互余，∴四边形ABEF是邻余四边形；（2）如图所示（答案不唯一），四边形AFEB为所求；（3）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，∴BD＝CD，∵DE＝2BE，∴BD＝CD＝3BE，∴CE＝CD+DE＝5BE，∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，∴DM＝ME，∴∠MDE＝∠MED，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△DBQ∽△ECN，∴，∵QB＝3，∴NC＝5，∵AN＝CN，∴AC＝2CN＝10，∴AB＝AC＝10．5．（2019•宁波）如图1，⊙O经过等边△ABC的顶点A，C（圆心O在△ABC内），分别与AB，CB 的延长线交于点D，E，连结DE，BF⊥EC交AE于点F．（1）求证：BD＝BE．（2）当AF：EF＝3：2，AC＝6时，求AE的长．（3）设＝x，tan∠DAE＝y．①求y关于x的函数表达式；②如图2，连结OF，OB，若△AEC的面积是△OFB面积的10倍，求y的值．证明：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠C＝60°，∵∠DEB＝∠BAC＝60°，∠D＝∠C＝60°，∴∠DEB＝∠D，∴BD＝BE；（2）如图1，过点A作AG⊥BC于点G，∵△ABC是等边三角形，AC＝6，∴BG＝，∴在Rt△ABG中，AG＝BG＝3，∵BF⊥EC，∴BF∥AG，∴，∵AF：EF＝3：2，∴BE＝BG＝2，∴EG＝BE+BG＝3+2＝5，在Rt△AEG中，AE＝；（3）①如图1，过点E作EH⊥AD于点H，∵∠EBD＝∠ABC＝60°，∴在Rt△BEH中，，∴EH＝，BH＝，∵，∴BG＝xBE，∴AB＝BC＝2BG＝2xBE，∴AH＝AB+BH＝2xBE+BE＝（2x+）BE，∴在Rt△AHE中，tan∠EAD＝，∴y＝；②如图2，过点O作OM⊥BC于点M，设BE＝a，∵，∴CG＝BG＝xBE＝ax，∴EC＝CG+BG+BE＝a+2ax，∴EM＝EC＝a+ax，∴BM＝EM﹣BE＝ax﹣a，∵BF∥AG，∴△EBF∽△EGA，∴，∵AG＝，∴BF＝，∴△OFB的面积＝，∴△AEC的面积＝，∵△AEC的面积是△OFB的面积的10倍，∴，∴2x2﹣7x+6＝0，解得：，∴，6．（2019•温州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点E在BC边上，且CA＝CE，过A，C，E三点的⊙O交AB于另一点F，作直径AD，连结DE并延长交AB于点G，连结CD，CF．（1）求证：四边形DCFG是平行四边形．（2）当BE＝4，CD＝AB时，求⊙O的直径长．（1）证明：连接AE，∵∠BAC＝90°，∴CF是⊙O的直径，∵AC＝EC，∴CF⊥AE，∵AD是⊙O的直径，∴∠AED＝90°，即GD⊥AE，∴CF∥DG，∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD＝90°，∴∠ACD+∠BAC＝180°，∴AB∥CD，∴四边形DCFG是平行四边形；（2）解：由CD＝AB，设CD＝3x，AB＝8x，∴CD＝FG＝3x，∵∠AOF＝∠COD，∴AF＝CD＝3x，∴BG＝8x﹣3x﹣3x＝2x，∵GE∥CF，∴，∵BE＝4，∴AC＝CE＝6，∴BC＝6+4＝10，∴AB＝＝8＝8x，∴x＝1，在Rt△ACF中，AF＝10，AC＝6，∴CF＝＝3，即⊙O的直径长为3．7．（2019•嘉兴）在6×6的方格纸中，点A，B，C都在格点上，按要求画图：（1）在图1中找一个格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形．（2）在图2中仅用无刻度的直尺，把线段AB三等分（保留画图痕迹，不写画法）．解：（1）由勾股定理得：CD＝AB＝CD'＝，BD＝AC＝BD''＝，AD'＝BC＝AD''＝；画出图形如图1所示；（2）如图2所示．8．（2019•嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N 分别在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的边长．（2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC，在AB上任取一点P'，画正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC边上，N'在△ABC内，连结BN'并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PPQMN．小波把线段BN称为“波利亚线”．（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．（4）拓展：在（2）的条件下，在射线BN上截取NE＝NM，连结EQ，EM（如图3）．当tan∠NBM＝时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．（1）解：如图1中，∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴＝，即＝，解得PN＝．（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．（3）证明：如图2中，由画图可知：∠QMN＝∠PQM＝∠NPQ＝∠BM′N′＝90°，∴四边形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，∴△BN′M′∽△BNM，∴＝，同理可得：＝，∴＝，∵M′N′＝P′N′，∴MN＝PN，∴四边形PQMN是正方形．（4）解：如图3中，结论：∠QEM＝90°．理由：由tan∠NBM＝＝，可以假设MN＝3k，BM＝4k，则BN＝5k，BQ＝k，BE＝2k，∴＝＝，＝＝，∴＝，∵∠QBE＝∠EBM，∴△BQE∽△BEM，∴∠BEQ＝∠BME，∵NE＝NM，∴∠NEM＝∠NME，∵∠BME+∠EMN＝90°，∴∠BEQ+∠NEM＝90°，∴∠QEM＝90°．9．（2019•湖州）已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1分别交x轴和y轴于点A（﹣3，0），B（0，3）．（1）如图1，已知⊙P经过点O，且与直线l1相切于点B，求⊙P的直径长；（2）如图2，已知直线l2：y＝3x﹣3分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线l2上的一个动点，以Q为圆心，2为半径画圆．①当点Q与点C重合时，求证：直线l1与⊙Q相切；②设⊙Q与直线l1相交于M，N两点，连结QM，QN．问：是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）如图1，连接BC，∵∠BOC＝90°，∴点P在BC上，∵⊙P与直线l1相切于点B，∴∠ABC＝90°，而OA＝OB，∴△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长＝BC＝AB＝3；（2）过点作CM⊥AB，由直线l2：y＝3x﹣3得：点C（1，0），则CM＝AC sin45°＝4×＝2＝圆的半径，故点M是圆与直线l1的切点，即：直线l1与⊙Q相切；（3）如图3，①当点M、N在两条直线交点的下方时，由题意得：MQ＝NQ，∠MQN＝90°，设点Q的坐标为（m，3m﹣3），则点N（m，m+3），则NQ＝m+3﹣3m+3＝2，解得：m＝3﹣；②当点M、N在两条直线交点的上方时，同理可得：m＝3；故点P的坐标为（3﹣，6﹣3）或（3+，6+3）．10．（2019•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x 轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，tan∠OAC＝，D是BC的中点．（1）求OC的长和点D的坐标；（2）如图2，M是线段OC上的点，OM＝OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B 三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连结DE交AB于点F．①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长．解：（1）∵OA＝3，tan∠OAC＝＝，∴OC＝，∵四边形OABC是矩形，∴BC＝OA＝3，∵D是BC的中点，∴CD＝BC＝，∴D（，）；（2）①∵tan∠OAC＝，∴∠OAC＝30°，∴∠ACB＝∠OAC＝30°，设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，则DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，∴∠DB'C＝∠ACB＝30°∴∠BDB'＝60°，∴∠BDF＝∠B'DF＝30°，∵∠B＝90°，∴BF＝BD•tan30°＝，∵AB＝，∴AF＝BF＝，∵∠BFD＝∠AEF，∴∠B＝∠F AE＝90°，∴△BFD≌△AFE（ASA），∴AE＝BD＝，∴OE＝OA+AE＝，∴点E的坐标（，0）；②动点P在点O时，∵抛物线过点P（0，0）、D（，）、B（3，）求得此时抛物线解析式为y＝﹣x2+x，∴E（，0），∴直线DE：y＝﹣x+，∴F1（3，）；当动点P从点O运动到点M时，∵抛物线过点P（0，）、D（，）、B（3，）求得此时抛物线解析式为y＝﹣x2+x+，∴E（6，0），∴直线DE：y＝﹣x+，∴F2（3，）；∴点F运动路径的长为F1F2＝＝，∵△DFG为等边三角形，∴G运动路径的长为．11．（2019•绍兴）在屏幕上有如下内容：如图，△ABC内接于⊙O，直径AB的长为2，过点C的切线交AB的延长线于点D．张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答．（1）在屏幕内容中添加条件∠D＝30°，求AD的长．请你解答．（2）以下是小明、小聪的对话：小明：我加的条件是BD＝1，就可以求出AD的长小聪：你这样太简单了，我加的是∠A＝30°，连结OC，就可以证明△ACB与△DCO全等．参考此对话，在屏幕内容中添加条件，编制一道题目（可以添线添字母），并解答．解：（1）连接OC，如图，∵CD为切线，∴OC⊥CD，∴∠OCD＝90°，∵∠D＝30°，∴OD＝2OC＝2，∴AD＝AO+OD＝1+2＝3；（2）添加∠DCB＝30°，求AC的长，解：∵AB为直径，∴∠ACB＝90°，∵∠ACO+∠OCB＝90°，∠OCB+∠DCB＝90°，∴∠ACO＝∠DCB，∵∠ACO＝∠A，∴∠A＝∠DCB＝30°，在Rt△ACB中，BC＝AB＝1，∴AC＝BC＝．12．（2019•绍兴）有一块形状如图的五边形余料ABCDE，AB＝AE＝6，BC＝5，∠A＝∠B＝90°，∠C＝135°，∠E＞90°，要在这块余料中截取一块矩形材料，其中一条边在AE上，并使所截矩形材料的面积尽可能大．（1）若所截矩形材料的一条边是BC或AE，求矩形材料的面积．（2）能否截出比（1）中更大面积的矩形材料？如果能，求出这些矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．解：（1）①若所截矩形材料的一条边是BC，如图1所示：过点C作CF⊥AE于F，S1＝AB•BC＝6×5＝30；②若所截矩形材料的一条边是AE，如图2所示：过点E作EF∥AB交CD于F，FG⊥AB于G，过点C作CH⊥FG于H，则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，∵∠C＝135°，∴∠FCH＝45°，∴△CHF为等腰直角三角形，∴AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，∴BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝6﹣5＝1，∴AG＝AB﹣BG＝6﹣1＝5，∴S2＝AE•AG＝6×5＝30；（2）能；理由如下：在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于M，FN⊥AE于N，过点C作CG⊥FM于G，则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，∵∠C＝135°，∴∠FCG＝45°，∴△CGF为等腰直角三角形，∴MG＝BC＝5，BM＝CG，FG＝DG，设AM＝x，则BM＝6﹣x，∴FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，∴S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x＝﹣（x﹣5.5）2+30.25，∴当x＝5.5时，S的最大值为30.25．13．（2019•绍兴）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．（1）在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．解：（1）①AM＝AD+DM＝40，或AM＝AD﹣DM＝20．②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，AM2＝AD2﹣DM2＝302﹣102＝800，∴AM＝20或（﹣20舍弃）．当∠ADM＝90°时，AM2＝AD2+DM2＝302+102＝1000，∴AM＝10或（﹣10舍弃）．综上所述，满足条件的AM的值为20或10．（2）如图2中，连接CD．由题意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝30，∵∠AD2C＝135°，∴∠CD2D1＝90°，∴CD1＝＝30，∵∠BAC＝∠A1AD2＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD2＝∠D2AD1﹣∠CAD2，∴∠BAD1＝∠CAD2，∵AB＝AC，AD2＝AD1，∴△BAD2≌△CAD1（SAS），∴BD2＝CD1＝30．14．（2019•绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN：EF．（1）若a：b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值．（2）若a：b的值为，求k的最大值和最小值．（3）若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a：b的值．解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．∵四边形ABCD是正方形，∴FH＝AB，MQ＝BC，∵AB＝CB，∴FH＝MQ，∵EF⊥MN，∴∠EON＝90°，∵∠ECN＝90°，∴∠MNQ+∠CEO＝180°，∠FEH+∠CEO＝180°∴∠FEH＝∠MNQ，∵∠EHF＝∠MQN＝90°，∴△FHE≌△MQN（ASA），∴MN＝EF，∴k＝MN：EF＝1．（2）∵a：b＝1：2，∴b＝2a，由题意：2a≤MN≤a，a≤EF≤a，∴当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值＝，当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．（3）连接FN，ME．∵k＝3，MP＝EF＝3PE，∴＝＝3，∴＝＝2，∵∠FPN＝∠EPM，∴△PNF∽△PME，∴＝＝2，ME∥NF，设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H．∵∠MPE＝∠FPH＝60°，∴PH＝2m，FH＝2m，DH＝10m，∴＝＝＝．②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH＝m，HE＝m，∴HC＝PH+PC＝13m，∴tan∠HCE＝＝＝，∵ME∥FC，∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD，∵∠B＝∠D，∴△MEB∽△CFD，∴＝＝2，∴＝＝＝，综上所述，a：b的值为或．15．（2019•金华）如图，在▱OABC中，以O为圆心，OA为半径的圆与BC相切于点B，与OC相交于点D．（1）求的度数．（2）如图，点E在⊙O上，连结CE与⊙O交于点F，若EF＝AB，求∠OCE的度数．解：（1）连接OB，∵BC是圆的切线，∴OB⊥BC，∵四边形OABC是平行四边形，∴OA∥BC，∴OB⊥OA，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠ABO＝45°，∴的度数为45°；（2）连接OE，过点O作OH⊥EC于点H，设EH＝t，∵OH⊥EC，∴EF＝2HE＝2t，∵四边形OABC是平行四边形，∴AB＝CO＝EF＝2t，∵△AOB是等腰直角三角形，∴OA＝t，则HO＝＝＝t，∵OC＝2OH，∴∠OCE＝30°．16．（2019•金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC 上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．（2）已知点G为AF的中点．①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．（1）证明：如图1中，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∵CD＝CF，∴AD＝CF，∵∠ADC＝∠DCF＝90°，∴AD∥CF，∴四边形ADFC是平行四边形，∴OD＝OC，∵BD＝2OD．（2）①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．由题意：BD＝AD＝CD＝7，BC＝BD＝14，∵DT⊥BC，∴BT＝TC＝7，∵EC＝2，∴TE＝5，∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，∴∠TDE＝∠FEH，∵ED＝EF，∴△DTE≌△EHF（AAS），∴FH＝ET＝5，∵∠DDBE＝∠DFE＝45°，∴B，D，E，F四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵∠DBE＝45°，∴∠FBH＝45°，∵∠BHF＝90°，∴∠HBF＝∠HFB＝45°，∴BH＝FH＝5，∴BF＝5，∵∠ADC＝∠ABF＝90°，∴DG∥BF，∵AD＝DB，∴AG＝GF，∴DG＝BF＝．②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．∵AD＝6BD，∴BD＝AB＝2，∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，∴DT＝BT＝2，∵△DTE≌△EHF，∴EH＝DT＝2，∴BH＝FH＝12﹣x，∵FH∥AC，∴＝，∴＝，整理得：x2﹣12x+28＝0，解得x＝6±2．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．设EC＝x，由2①可知BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，∴∠DGO＝∠HDE，∴△EHD∽△DOG，∴＝，∴＝，整理得：x2﹣36x+268＝0，解得x＝18﹣2或18+2（舍弃），如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC于H，EK⊥CG于K．设EC＝x．∵∠DBE＝∠DFE＝45°，∴D，B，F，E四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∵∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵AO＝OB，AG＝GF，∴OG∥BF，∴∠AOG＝∠ABF＝90°，∴OG⊥AB，∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，∴O，G，C共线，由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12﹣x，BF＝（12﹣x），OG＝BF＝（12﹣x），CK＝EK＝x，GK＝7﹣（12﹣x）﹣x，由△OGD∽△KEG，可得＝，∴＝，解得x＝2，，综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2．17．（2019•衢州）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AB，垂足为E．（1）求证：DE是⊙O的切线．（2）若DE＝，∠C＝30°，求的长．（1）证明：连接OD；∵OD＝OC，∴∠C＝∠ODC，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠B＝∠ODC，∴OD∥AB，∴∠ODE＝∠DEB；∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴∠ODE＝90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．（2）解：连接AD，∵AC是直径，∴∠ADC＝90°，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，BD＝CD，∴∠OAD＝60°，∵OA＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠AOD＝60°，∵DE＝，∠B＝30°，∠BED＝90°，∴CD＝BD＝2DE＝2，∴OD＝AD＝tan30°•CD＝×2＝2，∴的长为：＝．18．（2019•衢州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC 于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F、G．（1）求CD的长．（2）若点M是线段AD的中点，求的值．（3）请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？解：（1）∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝∠BAC＝30°，在Rt△ADC中，DC＝AC•tan30°＝6×＝2．（2）由题意易知：BC＝6，BD＝4，∵DE∥AC，∴∠FDM＝∠GAM，∵AM＝DM，∠DMF＝∠AMG，∴△DFM≌△AGM（ASA），∴DF＝AG，∵DE∥AC，∴＝＝，∴＝＝＝＝．（3）∵∠CPG＝60°，过C，P，G作外接圆，圆心为Q，∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．①当⊙Q与DE相切时，如图3﹣1中，作QH⊥AC于H，交DE于P．连接QC，QG．菁优网设⊙Q的半径为r．则QH＝r，r+r＝2，∴r＝，∴CG＝×＝4，AG＝2，由△DFM∽△AGM，可得＝＝，∴DM＝AD＝．②当⊙Q经过点E时，如图3﹣2中，延长CO交AB于K，设CQ＝r．∵QC＝QG，∠CQG＝120°，∴∠KCA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠AKC＝90°，在Rt△EQK中，QK＝3﹣r，EQ＝r，EK＝1，∴12+（3﹣r）2＝r2，解得r＝，∴CG＝×＝，由△DFM∽△AGM，可得DM＝．③当⊙Q经过点D时，如图3﹣3中，此时点M，点G与点A重合，可得DM＝AD＝4．观察图象可知：当DM＝或＜DM≤4时，满足条件的点P只有一个．19．（2019•台州）我们知道，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形．对一个各条边都相等的凸多边形（边数大于3），可以由若干条对角线相等判定它是正多边形．例如，各条边都相等的凸四边形，若两条对角线相等，则这个四边形是正方形．（1）已知凸五边形ABCDE的各条边都相等．①如图1，若AC＝AD＝BE＝BD＝CE，求证：五边形ABCDE是正五边形；②如图2，若AC＝BE＝CE，请判断五边形ABCDE是不是正五边形，并说明理由：（2）判断下列命题的真假．（在括号内填写“真”或“假”）如图3，已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等．①若AC＝CE＝EA，则六边形ABCDEF是正六边形；（假）②若AD＝BE＝CF，则六边形ABCDEF是正六边形．（假）（1）①证明：∵凸五边形ABCDE的各条边都相等，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、EAB中，，∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB（SSS），∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，∴五边形ABCDE是正五边形；②解：若AC＝BE＝CE，五边形ABCDE是正五边形，理由如下：在△ABE、△BCA和△DEC中，，∴△ABE≌△BCA≌△DEC（SSS），∴∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，在△ACE和△BEC中，，∴△ACE≌△BEC（SSS），∴∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，∴五边形ABCDE是正五边形；（2）解：①若AC＝CE＝EA，如图3所示：则六边形ABCDEF是正六边形；假命题；理由如下：∵凸六边形ABCDEF的各条边都相等，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝F A，在△AEF、△CAB和△ECD中，，∴△AEF≌△CAB≌△ECD（SSS），如果△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形，则∠F＝∠D＝∠B＝90°，而正六边形的各个内角都为120°，∴六边形ABCDEF不是正六边形；故答案为：假；②若AD＝BE＝CF，则六边形ABCDEF是正六边形；假命题；理由如下：如图4所示：连接AE、AC、CE、BF，在△BFE和△FBC中，，∴△BFE≌△FBC（SSS），∴∠BFE＝∠FBC，∵AB＝AF，∴∠AFB＝∠ABF，∴∠AFE＝∠ABC，在△F AE和△BCA中，，∴△F AE≌△BCA（SAS），∴AE＝CA，同理：AE＝CE，∴AE＝CA＝CE，由①得：△AEF、△CAB、△ECD都为相同的等腰直角三角形，则∠F＝∠D＝∠B＝90°，而正六边形的各个内角都为120°，∴六边形ABCDEF不是正六边形；故答案为：假．20．（2019•台州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD．（1）求的值；（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF，求证：MF＝PF；（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ＝AP，连接BQ，BN．将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上．请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上，并说明理由．解：（1）设AP＝FD＝a，∴AF＝2﹣a，∵四边形ABCD是正方形∴AB∥CD∴△AFP∽△DFC∴即∴a＝﹣1∴AP＝FD＝﹣1，∴AF＝AD﹣DF＝3﹣∴＝（2）在CD上截取DH＝AF∵AF＝DH，∠P AF＝∠D＝90°，AP＝FD，∴△P AF≌△HDF（SAS）∴PF＝FH，∵AD＝CD，AF＝DH∴FD＝CH＝AP＝﹣1∵点E是AB中点，∴BE＝AE＝1＝EM∴PE＝P A+AE＝∵EC2＝BE2+BC2＝1+4＝5，∴EC＝∴EC＝PE，CM＝﹣1∴∠P＝∠ECP∵AP∥CD∴∠P＝∠PCD∴∠ECP＝∠PCD，且CM＝CH＝﹣1，CF＝CF∴△FCM≌△FCH（SAS）∴FM＝FH∴FM＝PF（3）若点B'在BN上，如图，以A原点，AB为y轴，AD为x轴建立平面直角坐标系，∵EN⊥AB，AE＝BE∴AQ＝BQ＝AP＝﹣1由旋转的性质可得AQ＝AQ'＝﹣1，AB＝AB'＝2，Q'B'＝QB＝﹣1，∵点B（0，﹣2），点N（2，﹣1）∴直线BN解析式为：y＝x﹣2设点B'（x，x﹣2）∴AB'＝＝2∴x＝∴点B'（，﹣）∵点Q'（﹣1，0）∴B'Q'＝≠﹣1∴点B旋转后的对应点B'不落在线段BN上．。

2019年全国各地中考数学压轴题汇编（浙江专版）几何综合参考答案与试题解析1．数学课上，张老师举了下面的例题：例1等腰三角形ABC中，∠A=110°，求∠B的度数．（答案：35°）例2等腰三角形ABC中，∠A=40°，求∠B的度数，（答案：40°或70°或100°）张老师启发同学们进行变式，小敏编了如下一题：变式等腰三角形ABC中，∠A=80°，求∠B的度数．（1）请你解答以上的变式题．（2）解（1）后，小敏发现，∠A的度数不同，得到∠B的度数的个数也可能不同，如果在等腰三角形ABC中，设∠A=x°，当∠B有三个不同的度数时，请你探索x取值范围．解：（1）若∠A为顶角，则∠B=（180°﹣∠A）÷2=50°；若∠A为底角，∠B为顶角，则∠B=180°﹣2×80°=20°；若∠A为底角，∠B为底角，则∠B=80°；故∠B=50°或20°或80°；（2）分两种情况：①当90≤x＜180时，∠A只能为顶角，∴∠B的度数只有一个；②当0＜x＜90时，若∠A为顶角，则∠B=（）°；若∠A为底角，∠B为顶角，则∠B=（180﹣2x）°；若∠A为底角，∠B为底角，则∠B=x°．当≠180﹣2x且180﹣2x≠x且≠x，即x≠60时，∠B有三个不同的度数．2．如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC，AB相交于点D，E，连结AD．已知∠CAD=∠B．（1）求证：AD是⊙O的切线．（2）若BC=8，tanB=，求⊙O的半径．（1）证明：连接OD，∵OB=OD，∴∠3=∠B，∵∠B=∠1，∴∠1=∠3，在Rt△ACD中，∠1+∠2=90°，∴∠4=180°﹣（∠2+∠3）=90°，∴OD⊥AD，则AD为圆O的切线；（2）设圆O的半径为r，在Rt△ABC中，AC=BCtanB=4，根据勾股定理得：AB==4，∴OA=4﹣r，在Rt△ACD中，tan∠1=tanB=，∴CD=ACtan∠1=2，根据勾股定理得：AD2=AC2+CD2=16+4=20，在Rt△ADO中，OA2=OD2+AD2，即（4﹣r）2=r2+20，解得：r=．3．如图，在6×6的网格中，每个小正方形边长为1，点A在格点（小正方形的顶点）上．试在各网格中画出顶点在格点上，面积为6，且符合相应条件图形．解：符合条件的图形如图所示：4．如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，AD∥EC，∠AED=∠B．（1）求证：△AED≌△EBC．（2）当AB=6时，求CD的长．（1）证明：∵AD∥EC，∵E是AB中点，∴AE=EB，∵∠AED=∠B，∴△AED≌△EBC．（2）解：∵△AED≌△EBC，∴AD=EC，∵AD∥EC，∴四边形AECD是平行四边形，∴CD=AE，∵AB=6，∴CD=AB=3．5．如图，已知AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，OC∥BD，交AD于点E，连结BC．（1）求证：AE=ED；（2）若AB=10，∠CBD=36°，求的长．证明：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∵OC∥BD，∴∠AEO=∠ADB=90°，即OC⊥AD，∴AE=ED；（2）∵OC⊥AD，∴∠ABC=∠CBD=36°，∴∠AOC=2∠ABC=2×36°=72°，∴．6．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段AB于点D；以点A为圆心，AD长为半径画弧，交线段AC于点E，连结CD．（1）若∠A=28°，求∠ACD的度数．（2）设BC=a，AC=b．①线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根吗？说明理由．②若AD=EC，求的值．解：（1）∵∠ACB=90°，∠A=28°，∴∠B=62°，∵BD=BC，∴∠BCD=∠BDC=59°，∴∠ACD=90°﹣∠BCD=31°；（2）①由勾股定理得，AB==，∴AD=﹣a，解方程x2+2ax﹣b2=0得，x==﹣a，∴线段AD的长是方程x2+2ax﹣b2=0的一个根；②∵AD=AE，∴AE=EC=，由勾股定理得，a2+b2=（b+a）2，整理得，=．7．在5×3的方格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上．（1）在图1中画出线段BD，使BD∥AC，其中D是格点；（2）在图2中画出线段BE，使BE⊥AC，其中E是格点．解：（1）如图所示，线段BD即为所求；（2）如图所示，线段BE即为所求．8．如图，在▱ABCD中，AC是对角线，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，求证：AE=CF．证明：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠BAE=∠DCF．又BE⊥AC，DF⊥AC，∴∠AEB=∠CFD=90°．在△ABE与△CDF中，，∴得△ABE≌△CDF（AAS），∴AE=CF．9．已知：在△ABC中，AB=AC，D为AC的中点，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F，且DE=DF．求证：△ABC是等边三角形．证明：∵DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F，∴∠AED=∠CFD=90°，∵D为AC的中点，∴AD=DC，在Rt△ADE和Rt△CDF中，，∴Rt△ADE≌Rt△CDF，∴∠A=∠C，∴BA=BC，∵AB=AC，∴AB=BC=AC，∴△ABC是等边三角形．10．如图，D是△ABC的BC边上一点，连接AD，作△ABD的外接圆，将△ADC 沿直线AD折叠，点C的对应点E落在BD上．（1）求证：AE=AB．（2）若∠CAB=90°，cos∠ADB=，BE=2，求BC的长．解：（1）由折叠的性质可知，△ADE≌△ADC，∴∠AED=∠ACD，AE=AC，∵∠ABD=∠AED，∴∠ABD=∠ACD，∴AB=AC，∴AE=AB；（2）如图，过A作AH⊥BE于点H，∵AB=AE，BE=2，∴BH=EH=1，∵∠ABE=∠AEB=∠ADB，cos∠ADB=，∴cos∠ABE=cos∠ADB=，∴=．∵∠BAC=90°，AC=AB，∴BC=3．11．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F，G．（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．①若点G为DE中点，求FG的长．②若DG=GF，求BC的长．（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．解：（1）①在正方形ACDE中，DG=GE=6，中Rt△AEG中，AG==6，∵EG∥AC，∴△ACF∽△GEF，∴=，∴==，∴FG=AG=2．②如图1中，正方形ACDE中，AE=ED，∠AEF=∠DEF=45°，∵EF=EF，∴△AEF≌△DEF，∴∠1=∠2，设∠1=∠2=x，∵AE∥BC，∵GF=GD，∴∠3=∠2=x，在△DBF中，∠3+∠FDB+∠B=180°，∴x+（x+90°）+x=180°，解得x=30°，∴∠B=30°，∴在Rt△ABC中，BC==12．（2）在Rt△ABC中，AB===15，如图2中，当点D中线段BC上时，此时只有GF=GD，∵DG∥AC，∴△BDG∽△BCA，设BD=3x，则DG=4x，BG=5x，∴GF=GD=4x，则AF=15﹣9x，∵AE∥CB，∴△AEF∽△BCF，∴=，∴=，整理得：x2﹣6x+5=0，解得x=1或5（舍弃）∴腰长GD为=4x=4．如图3中，当点D中线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点中AE上方时，此时只有GF=DG，设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，∴FG=DG=12+4x，∵AE∥BC，∴△AEF∽△BCF，∴=，∴=，解得x=2或﹣2（舍弃），∴腰长DG=4x+12=20．如图4中，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点中BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作DH⊥FG．设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12，∴FH=GH=DG•cos∠DGB=（4x+12）×=，∴GF=2GH=，∴AF=GF﹣AG=，∵AC∥DG，∴△ACF∽△GEF，∴=，∴=，解得x=或﹣（舍弃），∴腰长GD=4x+12=，如图5中，当点D中线段CB的延长线上时，此时只有DF=DG，作DH⊥AG于H．设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x﹣12，∴FH=GH=DG•cos∠DGB=，∴FG=2FH=，∴AF=AG﹣FG=，∵AC∥EG，∴△ACF∽△GEF，∴=，∴=，解得x=或﹣（舍弃），∴腰长DG=4x﹣12=，综上所述，等腰三角形△DFG的腰长为4或20或或．12．如图，△ABC是⊙O内接三角形，点D在上，点E在弦AB上（E不与A 重合），且四边形BDCE为菱形．（1）求证：AC=CE；（2）求证：BC2﹣AC2=AB•AC；（3）已知⊙O的半径为3．①若=，求BC的长；②当为何值时，AB•AC的值最大？解：（1）∵四边形EBDC为菱形，∴∠D=∠BEC，∵四边形ABDC是圆的内接四边形，∴∠A+∠D=180°，又∠BEC+∠AEC=180°，∴∠A=∠AEC，∴AC=AE；（2）以点C为圆心，CE长为半径作⊙C，与BC交于点F，于BC延长线交于点G，则CF=CG，由（1）知AC=CE=CD，∴CF=CG=AC，∵四边形AEFG是⊙C的内接四边形，∴∠G+∠AEF=180°，又∵∠AEF+∠BEF=180°，∴∠G=∠BEF，∵∠EBF=∠GBA，∴△BEF∽△BGA，∴=，即BF•BG=BE•AB，∵BF=BC﹣CF=BC﹣AC、BG=BC+CG=BC+AC，BE=CE=AC，∴（BC﹣AC）（BC+AC）=AB•AC，即BC2﹣AC2=AB•AC；（3）设AB=5k、AC=3k，∵BC2﹣AC2=AB•AC，∴BC=2k，连接ED交BC于点M，∵四边形BDCE是菱形，∴DE垂直平分BC，则点E、O、M、D共线，在Rt△DMC中，DC=AC=3k，MC=BC=k，∴DM==k，∴OM=OD﹣DM=3﹣k，在Rt△COM中，由OM2+MC2=OC2得（3﹣k）2+（k）2=32，解得：k=或k=0（舍），∴BC=2k=4；②设OM=d，则MD=3﹣d，MC2=OC2﹣OM2=9﹣d2，∴BC2=（2MC）2=36﹣4d2，AC2=DC2=DM2+CM2=（3﹣d）2+9﹣d2，由（2）得AB•AC=BC2﹣AC2=﹣4d2+6d+18=﹣4（d﹣）2+，∴当x=，即OM=时，AB•AC最大，最大值为，∴DC2=，∴AC=DC=，∴AB=，此时=．13．小敏思考解决如下问题：原题：如图1，点P，Q分别在菱形ABCD的边BC，CD上，∠PAQ=∠B，求证：AP=AQ．（1）小敏进行探索，若将点P，Q的位置特殊化；把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF，使AE⊥BC，点E，F分别在边BC，CD上，如图2．此时她证明了AE=AF，请你证明．（2）受以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．请你继续完成原题证明．（3）如果在原题中添加条件：AB=4，∠B=60°，如图1，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴∠B+∠C=180°，∠B=∠D，AB=AD，∵∠EAF=∠B，∴∠EAF+∠C=180°，∴∠AEC+∠AFC=180°，∵AE⊥BC，∴AF⊥CD，在△AEB和△AFD中，，∴△AEB≌△AFD，∴AE=AF；（2）证明：由（1）得，∠PAQ=∠EAF=∠B，AE=AF，∴∠EAP=∠FAQ，在△AEP和△AFQ中，，∴△AEP≌△AFQ，∴AP=AQ；（3）解：已知：AB=4，∠B=60°，求四边形APCQ的面积，解：连接AC、BD交于O，∵∠ABC=60°，BA=BC，∴△ABC为等边三角形，∵AE⊥BC，∴BE=EC，同理，CF=FD，∴四边形AECF的面积=×四边形ABCD的面积，由（2）得，四边形APCQ的面积=四边形AECF面积，OA=AB=2，OB=AB=2，∴四边形ABCD的面积=×2×2×4=8，∴四边形APCQ的面积=4．14．如图，已知P为锐角∠MAN内部一点，过点P作PB⊥AM于点B，PC⊥AN 于点C，以PB为直径作⊙O，交直线CP于点D，连接AP，BD，AP交⊙O于点E．（1）求证：∠BPD=∠BAC．（2）连接EB，ED，当tan∠MAN=2，AB=2时，在点P的整个运动过程中．①若∠BDE=45°，求PD的长．②若△BED为等腰三角形，求所有满足条件的BD的长．（3）连接OC，EC，OC交AP于点F，当tan∠MAN=1，OC∥BE时，记△OFP 的面积为S1，△CFE的面积为S2，请写出的值．解：（1）∵PB⊥AM、PC⊥AN，∴∠ABP=∠ACP=90°，∴∠BAC+∠BPC=180°，又∠BPD+∠BPC=180°，∴∠BPD=∠BAC；（2）①如图1，∵∠APB=∠BDE=45°，∠ABP=90°，∴BP=AB=2，∵∠BPD=∠BAC，∴tan∠BPD=tan∠BAC，∴BP=PD，∴PD=2；②当BD=BE时，∠BED=∠BDE，∴∠BPD=∠BPE=∠BAC，∴tan∠BPE=2，∵AB=2，∴BP=，∴BD=2；当BE=DE时，∠EBD=∠EDB，∵∠APB=∠BDE、∠DBE=∠APC，∴∠APB=∠APC，∴AC=AB=2，过点B作BG⊥AC于点G，得四边形BGCD是矩形，∵AB=2、tan∠BAC=2，∴AG=2，∴BD=CG=2﹣2；当BD=DE时，∠DEB=∠DBE=∠APC，∵∠DEB=∠DPB=∠BAC，∴∠APC=∠BAC，设PD=x，则BD=2x，∴，∴x=，∴BD=2x=3，综上所述，当BD=2、3或2﹣2时，△BDE为等腰三角形；（3）如图3，过点O作OH⊥DC于点H，∵tan∠BPD=tan∠MAN=1，∴BD=PD，设BD=PD=2a、PC=2b，则OH=a、CH=a+2b、AC=4a+2b，∵OC∥BE且∠BEP=90°，∴∠PFC=90°，∴∠PAC+∠APC=∠OCH+∠APC=90°，∴∠OCH=∠PAC，∴△ACP∽△CHO，∴=，即OH•AC=CH•PC，∴a（4a+2b）=2b（a+2b），∴a=b，即CP=2a、CH=3a，则OC=a，∵△CPF∽△COH，∴=，即=，则CF=a，OF=OC﹣CF=a，∵BE∥OC且BO=PO，∴OF为△PBE的中位线，∴EF=PF，∴==．15．如图，在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D，E分别在AC，BC上，且CD=CE．（1）如图1，求证：∠CAE=∠CBD；（2）如图2，F是BD的中点，求证：AE⊥CF；（3）如图3，F，G分别是BD，AE的中点，若AC=2，CE=1，求△CGF的面积．解：（1）在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD，∴∠CAE=∠CBD；（2）如图2，在Rt△BCD中，点F是BD的中点，∴CF=BF，∴∠BCF=∠CBF，由（1）知，∠CAE=∠CBD，∴∠BCF=∠CAE，∴∠CAE+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠BAC=90°，∴∠AMC=90°，∴AE⊥CF；（3）如图3，∵AC=2，∴BC=AC=2，∵CE=1，∴CD=CE=1，在Rt△BCD中，根据勾股定理得，BD==3，∵点F是BD中点，∴CF=DF=BD=，同理：EG=AE=，连接EF，过点F作FH⊥BC，∵∠ACB=90°，点F是BD的中点，∴FH=CD=，=CE•FH=×1×=，∴S△CEF由（2）知，AE⊥CF，=CF•ME=×ME=ME，∴S△CEF∴ME=，∴ME=，∴GM=EG﹣ME=﹣=，=CF•GM=××=．∴S△CFG16．如图1，直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，点C 是线段OA上一动点（0＜AC＜）．以点A为圆心，AC长为半径作⊙A交x 轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交⊙A于点F．（1）求直线l的函数表达式和tan∠BAO的值；（2）如图2，连结CE，当CE=EF时，①求证：△OCE∽△OEA；②求点E的坐标；（3）当点C在线段OA上运动时，求OE•EF的最大值．解：∵直线l：y=﹣x+b与x轴交于点A（4，0），∴﹣×4+b=0，∴b=3，∴直线l的函数表达式y=﹣x+3，∴B（0，3），∴OA=4，OB=3，在Rt△AOB中，tan∠BAO==；（2）①如图2，连接DF，∵CE=EF，∴∠CDE=∠FDE，∴∠CDF=2∠CDE，∵∠OAE=2∠CDE，∴∠OAE=∠ODF，∵四边形CEFD是⊙O的圆内接四边形，∴∠OEC=∠ODF，∴∠OEC=∠OAE，∵∠COE=∠EOA，∴△COE∽△EOA，②过点E⊥OA于M，由①知，tan∠OAB=，设EM=3m，则AM=4m，∴OM=4﹣4m，AE=5m，∴E（4﹣4m，3m），AC=5m，∴OC=4﹣5m，由①知，△COE∽△EOA，∴，∴OE2=OA•OC=4（4﹣5m）=16﹣20m，∵E（4﹣4m，3m），∴（4﹣4m）2+9m2=25m2﹣32m+16，∴25m2﹣32m+16=16﹣20m，∴m=0（舍）或m=，∴4﹣4m=，3m=，∴（，），（3）如图，设⊙O的半径为r，过点O作OG⊥AB于G，∴AG==×=，∴EG=AG﹣AE=﹣r，连接FH，∵EH是⊙O直径，∴EH=2r，∠EFH=90°=∠EGO，∵∠OEG=∠HEF，∴△OEG∽△HEF，∴，∴OE•EF=HE•EG=2r（﹣r）=﹣2（r﹣）2+，∴r=时，OE•EF最大值为．。

专题13 图形的变化之解答题参考答案与试题解析一．解答题（共9小题）1．（2019•宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按下列要求选取一个涂上阴影：（1）使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（2）使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）【答案】解：（1）如图1所示：6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形；（2）如图2所示：6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．【点睛】此题主要考查了中心对称图形以及轴对称图形，正确把握相关定义是解题关键．2．（2019•绍兴）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD＝30，DM＝10．（1）在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长．②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长．（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2，此时∠AD2C＝135°，CD2＝60，求BD2的长．【答案】解：（1）①AM＝AD+DM＝40，或AM＝AD﹣DM＝20．②显然∠MAD不能为直角．当∠AMD为直角时，AM2＝AD2﹣DM2＝302﹣102＝800，∴AM＝20或（﹣20舍弃）．当∠ADM＝90°时，AM2＝AD2+DM2＝302+102＝1000，∴AM＝10或（﹣10舍弃）．综上所述，满足条件的AM的值为20或10．（2）如图2中，连接CD．由题意：∠D1AD2＝90°，AD1＝AD2＝30，∴∠AD2D1＝45°，D1D2＝30，∵∠AD2C＝135°，∴∠CD2D1＝90°，∴CD130，∵∠BAC＝∠A1AD2＝90°，∴∠BAC﹣∠CAD2＝∠D2AD1﹣∠CAD2，∴∠BAD1＝∠CAD2，∵AB＝AC，AD2＝AD1，∴△BAD2≌△CAD1（SAS），∴BD2＝CD1＝30．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．3．（2019•金华）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝14，点D，E分别在边AB，BC上，将线段ED绕点E按逆时针方向旋转90°得到EF．（1）如图1，若AD＝BD，点E与点C重合，AF与DC相交于点O．求证：BD＝2DO．（2）已知点G为AF的中点．①如图2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的长．②若AD＝6BD，是否存在点E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的长；若不存在，试说明理由．【答案】（1）证明：如图1中，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∵CD＝CF，∴AD＝CF，∵∠ADC＝∠DCF＝90°，∴AD∥CF，∴四边形ADFC是平行四边形，∵BD＝2OD．（2）①解：如图2中，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．由题意：BD＝AD＝CD＝7，BC BD＝14，∵DT⊥BC，∴BT＝TC＝7，∵EC＝2，∴TE＝5，∵∠DTE＝∠EHF＝∠DEF＝90°，∴∠DET+∠TDE＝90°，∠DET+∠FEH＝90°，∴∠TDE＝∠FEH，∵ED＝EF，∴△DTE≌△EHF（AAS），∴FH＝ET＝5，∵∠DDBE＝∠DFE＝45°，∴B，D，E，F四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵∠DBE＝45°，∴∠FBH＝45°，∵∠BHF＝90°，∴∠HBF＝∠HFB＝45°，∴BH＝FH＝5，∵∠ADC＝∠ABF＝90°，∴DG∥BF，∵AD＝DB，∴AG＝GF，∴DG BF．②解：如图3﹣1中，当∠DEG＝90°时，F，E，G，A共线，作DT⊥BC于点T，FH⊥BC于H．设EC＝x．∵AD＝6BD，∴BD AB＝2，∵DT⊥BC，∠DBT＝45°，∴DT＝BT＝2，∵△DTE≌△EHF，∴EH＝DT＝2，∴BH＝FH＝12﹣x，∵FH∥AC，∴，∴，整理得：x2﹣12x+28＝0，解得x＝6±2．如图3﹣2中，当∠EDG＝90°时，取AB的中点O，连接OG．作EH⊥AB于H．设EC＝x，由2①可知BF（12﹣x），OG BF（12﹣x），∵∠EHD＝∠EDG＝∠DOG＝90°，∴∠ODG+∠OGD＝90°，∠ODG+∠EDH＝90°，∴∠DGO＝∠HDE，∴△EHD∽△DOG，∴，∴，整理得：x2﹣36x+268＝0，解得x＝18﹣2或18+2（舍弃），如图3﹣3中，当∠DGE＝90°时，取AB的中点O，连接OG，CG，作DT⊥BC于T，FH⊥BC 于H，EK⊥CG于K．设EC＝x．∵∠DBE＝∠DFE＝45°，∴D，B，F，E四点共圆，∴∠DBF+∠DEF＝90°，∵∠DEF＝90°，∴∠DBF＝90°，∵AO＝OB，AG＝GF，∴OG∥BF，∴∠AOG＝∠ABF＝90°，∴OG⊥AB，∵OG垂直平分线段AB，∵CA＝CB，∴O，G，C共线，由△DTE≌△EHF，可得EH＝DT＝BT＝2，ET＝FH＝12﹣x，BF（12﹣x），OG BF （12﹣x），CK＝EK x，GK＝7（12﹣x）x，由△OGD∽△KEG，可得，∴，解得x＝2，，综上所述，满足条件的EC的值为6±2或18﹣2或2．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．4．（2019•绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，点M，N分别在边AB，CD上，点E，F 分别在边BC，AD上，MN，EF交于点P，记k＝MN：EF．（1）若a：b的值为1，当MN⊥EF时，求k的值．（2）若a：b的值为，求k的最大值和最小值．（3）若k的值为3，当点N是矩形的顶点，∠MPE＝60°，MP＝EF＝3PE时，求a：b的值．【答案】解：（1）如图1中，作EH⊥BC于H，MQ⊥CD于Q，设EF交MN于点O．∵四边形ABCD是正方形，∴FH＝AB，MQ＝BC，∵AB＝CB，∴FH＝MQ，∵EF⊥MN，∴∠EON＝90°，∵∠ECN＝90°，∴∠MNQ+∠CEO＝180°，∠FEH+∠CEO＝180°∴∠FEH＝∠MNQ，∵∠EHF＝∠MQN＝90°，∴△FHE≌△MQN（ASA），∴MN＝EF，∴k＝MN：EF＝1．（2）∵a：b＝1：2，∴b＝2a，由题意：2a≤MN a，a≤EF a，∴当MN的长取最大时，EF取最短，此时k的值最大最大值，当MN的最短时，EF的值取最大，此时k的值最小，最小值为．（3）连接FN，ME．∵k＝3，MP＝EF＝3PE，∴3，∴2，∵∠FPN＝∠EPM，∴△PNF∽△PME，∴2，ME∥NF，设PE＝2m，则PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，①如图2中，当点N与点D重合时，点M恰好与B重合．作FH⊥BD于H．∵∠MPE＝∠FPH＝60°，∴PH＝2m，FH＝2m，DH＝10m，∴．②如图3中，当点N与C重合，作EH⊥MN于H．则PH＝m，HE m，∴HC＝PH+PC＝13m，∴tan∠HCE，∵ME∥FC，∴∠MEB＝∠FCB＝∠CFD，∵∠B＝∠D，∴△MEB∽△CFD，∴2，∴，综上所述，a：b的值为或．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．5．（2019•台州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP＝FD．（1）求的值；（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM＝EB，连接MF，求证：MF＝PF；（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ＝AP，连接BQ，BN．将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q'落在边AD上．请判断点B旋转后的对应点B'是否落在线段BN上，并说明理由．【答案】解：（1）设AP＝FD＝a，∴AF＝2﹣a，∵四边形ABCD是正方形∴AB∥CD∴△AFP∽△DFC∴即∴a 1∴AP＝FD1，∴AF＝AD﹣DF＝3∴（2）在CD上截取DH＝AF∵AF＝DH，∠P AF＝∠D＝90°，AP＝FD，∴△P AF≌△HDF（SAS）∴PF＝FH，∵AD＝CD，AF＝DH∴FD＝CH＝AP 1∵点E是AB中点，∴BE＝AE＝1＝EM∴PE＝P A+AE∵EC2＝BE2+BC2＝1+4＝5，∴EC∴EC＝PE，CM 1∴∠P＝∠ECP∵AP∥CD∴∠P＝∠PCD∴∠ECP＝∠PCD，且CM＝CH1，CF＝CF∴△FCM≌△FCH（SAS）∴FM＝FH∴FM＝PF（3）若点B'在BN上，如图，以A原点，AB为y轴，AD为x轴建立平面直角坐标系，∵EN⊥AB，AE＝BE∴AQ＝BQ＝AP 1由旋转的性质可得AQ＝AQ'1，AB＝AB'＝2，Q'B'＝QB1，∵点B（0，﹣2），点N（2，﹣1）∴直线BN解析式为：y x﹣2设点B'（x，x﹣2）∴AB' 2∴x∴点B'（，）∵点Q'（1，0）∴B'Q' 1∴点B旋转后的对应点B'不落在线段BN上．【点睛】本题是相似形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．6．（2019•衢州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC 于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F、G．（1）求CD的长．（2）若点M是线段AD的中点，求的值．（3）请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？【答案】解：（1）∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC∠BAC＝30°，在Rt△ADC中，DC＝AC•tan30°＝62．（2）由题意易知：BC＝6，BD＝4，∵DE∥AC，∴∠FDM＝∠GAM，∵AM＝DM，∠DMF＝∠AMG，∴△DFM≌△AGM（ASA），∴DF＝AG，∵DE∥AC，∴，∴．（3）∵∠CPG＝60°，过C，P，G作外接圆，圆心为Q，∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．①当⊙Q与DE相切时，如图3﹣1中，作QH⊥AC于H，交DE于P．连接QC，QG．菁优网设⊙Q的半径为r．则QH r，r r＝2，∴r，∴CG4，AG＝2，由△DFM∽△AGM，可得，∴DM AD．②当⊙Q经过点E时，如图3﹣2中，延长CQ交AB于K，设CQ＝r．∵QC＝QG，∠CQG＝120°，∴∠KCA＝30°，∵∠CAB＝60°，∴∠AKC＝90°，在Rt△EQK中，QK＝3r，EQ＝r，EK＝1，∴12+（3r）2＝r2，解得r，∴CG，由△DFM∽△AGM，可得DM．③当⊙Q经过点D时，如图3﹣3中，此时点M，点G与点A重合，可得DM＝AD＝4．观察图象可知：当DM或DM≤4时，满足条件的点P只有一个．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．7．（2019•台州）图1是一辆在平地上滑行的滑板车，图2是其示意图．已知车杆AB长92cm，车杆与脚踏板所成的角∠ABC＝70°，前后轮子的半径均为6cm，求把手A离地面的高度（结果保留小数点后一位；参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）．【答案】解：过点A作AD⊥BC于点D，延长AD交地面于点E，∵sin∠ABD，∴AD＝92×0.94≈86.48，∵DE＝6，∴AE＝AD+DE＝92.5，∴把手A离地面的高度为92.5cm．【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．8．（2019•绍兴）如图1为放置在水平桌面l上的台灯，底座的高AB为5cm，长度均为20cm的连杆BC，CD与AB始终在同一平面上．（1）转动连杆BC，CD，使∠BCD成平角，∠ABC＝150°，如图2，求连杆端点D离桌面l 的高度DE．（2）将（1）中的连杆CD再绕点C逆时针旋转，使∠BCD＝165°，如图3，问此时连杆端点D离桌面l的高度是增加还是减少？增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据： 1.41，1.73）【答案】解：（1）如图2中，作BO⊥DE于O．∵∠OEA＝∠BOE＝∠BAE＝90°，∴四边形ABOE是矩形，∴∠OBA＝90°，∴∠DBO＝150°﹣90°＝60°，∴OD＝BD•sin60°＝20（cm），∴DF＝OD+OE＝OD+AB＝205≈39.6（cm）．（2）作DF⊥l于F，CP⊥DF于P，BG⊥DF于G，CH⊥BG于H．则四边形PCHG是矩形，∵∠CBH＝60°，∠CHB＝90°，∴∠BCH＝30°，∵∠BCD＝165°，°∠DCP＝45°，∴CH＝BC sin60°＝10（cm），DP＝CD sin45°＝10（cm），∴DF＝DP+PG+GF＝DP+CH+AB＝（10105）（cm），∴下降高度：DE﹣DF＝205﹣10105＝1010 3.2（cm）．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．9．（2019•舟山）某挖掘机的底座高AB＝0.8米，动臂BC＝1.2米，CD＝1.5米，BC与CD的固定夹角∠BCD＝140°．初始位置如图1，斗杆顶点D与铲斗顶点E所在直线DE垂直地面AM于点E，测得∠CDE＝70°（示意图2）．工作时如图3，动臂BC会绕点B转动，当点A，B，C 在同一直线时，斗杆顶点D升至最高点（示意图4）．（1）求挖掘机在初始位置时动臂BC与AB的夹角∠ABC的度数．（2）问斗杆顶点D的最高点比初始位置高了多少米？（精确到0.1米）（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34， 1.73）【答案】解：（1）过点C作CG⊥AM于点G，如图1，∵AB⊥AM，DE⊥AM，∴AB∥CG∥DE，∴∠DCG＝180°﹣∠CDE＝110°，∴BCG＝∠BCD﹣∠GCD＝30°，∴∠ABC＝180°﹣∠BCG＝150°；（2）过点C作CP⊥DE于点P，过点B作BQ⊥DE于点Q，交CG于点N，如图2，在Rt△CPD中，DP＝CP×cos70°≈0.51（米），在Rt△BCN中，CN＝BC×cos30°≈1.04（米），所以，DE＝DP+PQ+QE＝DP+CN+AB＝2.35（米），如图3，过点D作DH⊥AM于点H，过点C作CK⊥DH于点K，在Rt△CKD中，DK＝CD×cos50°≈1.16（米），所以，DH＝DK+KH＝3.16（米），所以，DH﹣DE＝0.8（米），所以，斗杆顶点D的最高点比初始位置高了0.8米．【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，充分体现了数学与实际生活的密切联系，解题的关键是正确构造直角三角形.。

2019年浙江省中考数学分类汇编专题三角形部分（解析版）一、单选题1.下列长度的三条线段，能组成三角形的是（）A. 3，4，8B. 5，6，10C. 5，5，11D. 5，6，11【答案】B【考点】三角形三边关系【解析】【解答】解：A.∵3+4＜8，故不能组成三角形，A不符合题意；B.∵5+6＞10，故能组成三角形，B符合题意；C.∵5+5＜11，故不能组成三角形，C不符合题意；D.∵5+6=11，故不能组成三角形，D不符合题意；故答案为：B.【分析】三角形三边的关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，依此即可得出答案.2.已知直线m∥n，将一块含45°角的直角三角板ABC按如图方式放置，其中斜边BC与直线n交于点D.若∠1=25°，则∠2的度数为（）A. 60°B. 65°C. 70°D. 75°【答案】C【考点】平行线的性质，三角形的外角性质【解析】【解答】解：设直线n与AB的交点为E。

∵∠AED是△BED的一个外角，∴∠AED=∠B+∠1，∵∠B=45°，∠1=25°，∴∠AED=45°+25°=70°∵m∥n，∴∠2=∠AED=70°。

故答案为：C。

【分析】设直线n与AB的交点为E。

由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠AED=∠B+∠1，再根据两直线平行内错角相等可得∠2=∠AED可求解。

3.若长度分别为a，3，5的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（）A. 1B. 2C. 3D. 8【答案】C【考点】三角形三边关系【解析】【解答】解：∵三角形三边长分别为：a，3，5，∴a的取值范围为：2＜a＜8，∴a的所有可能取值为：3，4，5，6，7.故答案为：C.【分析】三角形三边的关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，由此得出a的取值范围，从而可得答案.4.如图，墙上钉着三根木条，a，b，c，量得∠1=70°，∠2=100°，那么木条a，b所在直线所夹的锐角是（）A. 5°B. 10°C. 30°D. 70°【答案】B【考点】三角形内角和定理【解析】【解答】解：如图，∵∠2=∠3=100°，∠1=70°∴a、b两直线所夹的锐角为：180°-∠1-∠3=180°-70°-100°=10°故答案为：B【分析】根据对顶角相等，可求出∠3的度数，再利用三角形内角和定理就可求出a、b两直线所夹的锐角的度数。

2019年全国各地中考数学真题分类汇编（浙江专版）三角形参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2019•杭州）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB和AC上，DE∥BC，M为BC边上一点（不与点B，C重合），连接AM交DE于点N，则（）A．＝B．＝C．＝D．＝解：∵DN∥BM，∴△ADN∽△ABM，∴＝，∵NE∥MC，∴△ANE∽△AMC，∴＝，∴＝．故选：C．2．（2019•宁波）已知直线m∥n，将一块含45°角的直角三角板ABC按如图方式放置，其中斜边BC与直线n交于点D．若∠1＝25°，则∠2的度数为（）A．60°B．65°C．70°D．75°解：设AB与直线n交于点E，则∠AED＝∠1+∠B＝25°+45°＝70°．又直线m∥n，∴∠2＝∠AED＝70°．故选：C．3．（2019•温州）某简易房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，则坡屋顶上弦杆AB的长为（）A．米B．米C．米D．米解：作AD⊥BC于点D，则BD＝0.3＝，∵cosα＝，∴sinα＝，解得，AB＝米，故选：B．4．（2019•杭州）如图，一块矩形木板ABCD斜靠在墙边（OC⊥OB，点A，B，C，D，O在同一平面内），已知AB＝a，AD＝b，∠BCO＝x，则点A到OC的距离等于（）A．a sin x+b sin x B．a cos x+b cos xC．a sin x+b cos x D．a cos x+b sin x解：作AE⊥OC于点E，作AF⊥OB于点F，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∵∠ABC＝∠AEC，∠BCO＝x，∴∠EAB＝x，∴∠FBA＝x，∵AB＝a，AD＝b，∴FO＝FB+BO＝a•cos x+b•sin x，故选：D．5．（2019•湖州）如图，已知在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，BD平分∠ABC，AB＝6，BC＝9，CD＝4，则四边形ABCD的面积是（）A．24B．30C．36D．42解：过D作DH⊥AB交BA的延长线于H，∵BD平分∠ABC，∠BCD＝90°，∴DH＝CD＝4，∴四边形ABCD的面积＝S△ABD+S△BCD＝AB•DH+BC•CD＝×6×4+×9×4＝30，故选：B．6．（2019•衢州）“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角．这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动、C点固定，OC＝CD＝DE，点D、E可在槽中滑动．若∠BDE＝75°，则∠CDE的度数是（）A．60°B．65°C．75°D．80°解：∵OC＝CD＝DE，∴∠O＝∠ODC，∠DCE＝∠DEC，∴∠DCE＝∠O+∠ODC＝2∠ODC，∵∠O+∠OED＝3∠ODC＝∠BDE＝75°，∴∠ODC＝25°，∵∠CDE+∠ODC＝180°﹣∠BDE＝105°，∴∠CDE＝105°﹣∠ODC＝80°．故选：D．7．（2019•金华）如图，矩形ABCD的对角线交于点O．已知AB＝m，∠BAC＝∠α，则下列结论错误的是（）A．∠BDC＝∠αB．BC＝m•tanαC．AO＝D．BD＝解：A、∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠DCB＝90°，AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∴AO＝OB＝CO＝DO，∴∠DBC＝∠ACB，∴由三角形内角和定理得：∠BAC＝∠BDC＝∠α，故本选项不符合题意；B、在Rt△ABC中，tanα＝，即BC＝m•tanα，故本选项不符合题意；C、在Rt△ABC中，AC＝，即AO＝，故本选项符合题意；D、∵四边形ABCD是矩形，∴DC＝AB＝m，∵∠BAC＝∠BDC＝α，∴在Rt△DCB中，BD＝，故本选项不符合题意；故选：C．8．（2019•衢州）如图，取两根等宽的纸条折叠穿插，拉紧，可得边长为2的正六边形．则原来的纸带宽为（）A．1B．C．D．2解：边长为2的正六边形由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高为原来的纸带宽度，所以原来的纸带宽度＝×2＝．故选：C．二．填空题（共6小题）9．（2019•宁波）如图，某海防哨所O发现在它的西北方向，距离哨所400米的A处有一艘船向正东方向航行，航行一段时间后到达哨所北偏东60°方向的B处，则此时这艘船与哨所的距离OB 约为567米．（精确到1米，参考数据：≈1.414，≈1.732）解：如图，设线段AB交y轴于C，在直角△OAC中，∠ACO＝∠CAO＝45°，则AC＝OC．∵OA＝400米，∴OC＝OA•cos45°＝400×＝200（米）．∵在直角△OBC中，∠COB＝60°，OC＝200米，∴OB＝＝＝400≈567（米）故答案是：567．10．（2019•温州）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为（5+5）分米；当OB从水平状态旋转到OB'（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB'上的点E'处，则B'E'﹣BE为4分米．解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．∵AM⊥CD，∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，∴四边形OQMP是矩形，∴QM＝OP，∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，∴△COD是等边三角形，∵OP⊥CD，∴∠COP＝∠COD＝30°，∴QM＝OP＝OC•cos30°＝5（分米），∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴AQ＝OA＝5（分米），∴AM＝AQ+MQ＝5+5．∵OB∥CD，∴∠BOD＝∠ODC＝60°在Rt△OFK中，KO＝OF•cos60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝2（分米），在Rt△PKE中，EK＝＝2（分米）∴BE＝10﹣2﹣2＝（8﹣2）（分米），在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ＝2（分米），在Rt△FJE′中，E′J＝＝2，∴B′E′＝10﹣（2﹣2）＝12﹣2，∴B′E′﹣BE＝4．故答案为5+5，4．11．（2019•湖州）有一种落地晾衣架如图1所示，其原理是通过改变两根支撑杆夹角的度数来调整晾衣杆的高度．图2是支撑杆的平面示意图，AB和CD分别是两根不同长度的支撑杆，夹角∠BOD ＝α．若AO＝85cm，BO＝DO＝65cm．问：当α＝74°时，较长支撑杆的端点A离地面的高度h 约为120cm．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6．）解：过O作OE⊥BD，过A作AF⊥BD，可得OE∥AF，∵BO＝DO，∴OE平分∠BOD，∴∠BOE＝∠BOD＝×74°＝37°，∴∠F AB＝∠BOE＝37°，在Rt△ABF中，AB＝85+65＝150cm，∴h＝AF＝AB•cos∠F AB＝150×0.8＝120cm，故答案为：12012．（2019•绍兴）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠P AD＝30°，以点B为圆心，AB 长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连结ED，则∠ADE的度数为15°或45°．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时，由题意得，点E与点B重合，∴∠ADE＝45°，当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时，由题意得，E′A＝E′M，∴△AE′M为等边三角形，∴∠E′AM＝60°，∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°，∵AD＝AE′，∴∠ADE′＝15°，故答案为：15°或45°．13．图2，图3是某公共汽车双开门的俯视示意图，ME、EF、FN是门轴的滑动轨道，∠E＝∠F＝90°，两门AB、CD的门轴A、B、C、D都在滑动轨道上，两门关闭时（图2），A、D分别在E、F处，门缝忽略不计（即B、C重合）；两门同时开启，A、D分别沿E→M，F→N的方向匀速滑动，带动B、C滑动：B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，已知AB＝50cm，CD＝40cm．（1）如图3，当∠ABE＝30°时，BC＝90﹣45cm．（2）在（1）的基础上，当A向M方向继续滑动15cm时，四边形ABCD的面积为2256cm2．解：∵A、D分别在E、F处，门缝忽略不计（即B、C重合）且AB＝50cm，CD＝40cm．∴EF＝50+40＝90cm∵B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，∴B、C两点的路程之比为5：4（1）当∠ABE＝30°时，在Rt△ABE中，BE＝AB＝25cm，∴B运动的路程为（50﹣25）cm∵B、C两点的路程之比为5：4∴此时点C运动的路程为（50﹣25）×＝（40﹣20）cm∴BC＝（50﹣25）+（40﹣20）＝（90﹣45）cm故答案为：90﹣45；（2）当A向M方向继续滑动15cm时，设此时点A运动到了点A'处，点B、C、D分别运动到了点B'、C'、D'处，连接A'D'，如图：则此时AA'＝15cm∴A'E＝15+25＝40cm由勾股定理得：EB'＝30cm，∴B运动的路程为50﹣30＝20cm∴C运动的路程为16cm∴C'F＝40﹣16＝24cm由勾股定理得：D'F＝32cm，∴四边形A'B'C'D'的面积＝梯形A'EFD'的面积﹣△A'EB'的面积﹣△D'FC'的面积＝﹣30×40﹣24×32＝2256cm2．∴四边形ABCD的面积为2256cm2．故答案为：2256．14．（2019•衢州）如图，人字梯AB，AC的长都为2米，当α＝50°时，人字梯顶端离地面的高度AD是 1.5米（结果精确到0.1m．参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）．解：∵sinα＝，∴AD＝AC•sinα≈2×0.77＝1.5，故答案为：1.5三．解答题（共9小题）15．（2019•杭州）如图，在△ABC中，AC＜AB＜BC．（1）已知线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，连接AP，求证：∠APC＝2∠B．（2）以点B为圆心，线段AB的长为半径画弧，与BC边交于点Q，连接AQ．若∠AQC＝3∠B，求∠B的度数．解：（1）证明：∵线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，∴P A＝PB，∴∠B＝∠BAP，∵∠APC＝∠B+∠BAP，∴∠APC＝2∠B；（2）根据题意可知BA＝BQ，∴∠BAQ＝∠BQA，∵∠AQC＝3∠B，∠AQC＝∠B+∠BAQ，∴∠BQA＝2∠B，∵∠BAQ+∠BQA+∠B＝180°，∴5∠B＝180°，∴∠B＝36°．16．（2019•嘉兴）在6×6的方格纸中，点A，B，C都在格点上，按要求画图：（1）在图1中找一个格点D，使以点A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形．（2）在图2中仅用无刻度的直尺，把线段AB三等分（保留画图痕迹，不写画法）．解：（1）由勾股定理得：CD＝AB＝CD'＝，BD＝AC＝BD''＝，AD'＝BC＝AD''＝；画出图形如图1所示；（2）如图2所示．17．（2019•温州）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AB边上一点，过点C作CF∥AB交ED的延长线于点F．（1）求证：△BDE≌△CDF．（2）当AD⊥BC，AE＝1，CF＝2时，求AC的长．（1）证明：∵CF∥AB，∴∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∴△BDE≌△CDF（AAS）；（2）解：∵△BDE≌△CDF，∴BE＝CF＝2，∴AB＝AE+BE＝1+2＝3，∵AD⊥BC，BD＝CD，∴AC＝AB＝3．18．（2019•宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有5个小等边三角形已涂上阴影，请在余下的空白小等边三角形中，按下列要求选取一个涂上阴影：（1）使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（2）使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）解：（1）如图1所示：6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形；（2）如图2所示：6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．19．（2019•温州）如图，在7×5的方格纸ABCD中，请按要求画图，且所画格点三角形与格点四边形的顶点均不与点A，B，C，D重合．（1）在图1中画一个格点△EFG，使点E，F，G分别落在边AB，BC，CD上，且∠EFG＝90°．（2）在图2中画一个格点四边形MNPQ，使点M，N，P，Q分别落在边AB，BC，CD，DA上，且MP＝NQ．解：（1）满足条件的△EFG，如图1，2所示．（2）满足条件的四边形MNPQ如图所示．20．（2019•湖州）如图，已知在△ABC中，D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，连结DF，EF，BF．（1）求证：四边形BEFD是平行四边形；（2）若∠AFB＝90°，AB＝6，求四边形BEFD的周长．（1）证明：∵D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，∴DF∥BC，EF∥AB，∴DF∥BE，EF∥BD，∴四边形BEFD是平行四边形；（2）解：∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，AB＝6，∴DF＝DB＝DA＝AB＝3，∵四边形BEFD是平行四边形，∴四边形BEFD是菱形，∵DB＝3，∴四边形BEFD的周长为12．21．（2019•衢州）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且BE＝DF，连结AE，AF．求证：AE＝AF．证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠B＝∠D，∵BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝CF．22．（2019•金华）如图，在7×6的方格中，△ABC的顶点均在格点上．试按要求画出线段EF（E，F均为格点），各画出一条即可．解：如图：从图中可得到AC边的中点在格点上设为E，过E作AB的平行线即可在格点上找到F，则EG平分BC；EC＝，EF＝，FC＝，借助勾股定理确定F点，则EF⊥AC；借助圆规作AB的垂直平分线即可；23．（2019•嘉兴）某挖掘机的底座高AB＝0.8米，动臂BC＝1.2米，CD＝1.5米，BC与CD的固定夹角∠BCD＝140°．初始位置如图1，斗杆顶点D与铲斗顶点E所在直线DE垂直地面AM于点E，测得∠CDE＝70°（示意图2）．工作时如图3，动臂BC会绕点B转动，当点A，B，C在同一直线时，斗杆顶点D升至最高点（示意图4）．（1）求挖掘机在初始位置时动臂BC与AB的夹角∠ABC的度数．（2）问斗杆顶点D的最高点比初始位置高了多少米？（精确到0.1米）（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，≈1.73）解：（1）过点C作CG⊥AM于点G，如图1，（2）过点C作CP⊥DE于点P，过点B作BQ⊥DE于点Q，交CG于点N，如图2，在Rt△CPD中，DP＝CP×cos70°≈0.51（米），在Rt△BCN中，CN＝BC×cos30°≈1.04（米），所以，DE＝DP+PQ+QE＝DP+CN+AB＝2.35（米），如图3，过点D作DH⊥AM于点H，过点C作CK⊥DH于点K，在Rt△CKD中，DK＝CD×cos50°≈1.16（米），所以，DH＝DK+KH＝3.16（米），所以，DH﹣DE＝0.8（米），所以，斗杆顶点D的最高点比初始位置高了0.8米．。