专题39三角形（4）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期全国通用）【有答案】

专题39三角形（4）（全国一年）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．（2020·江苏南京?中考真题）如图，线段AB、BC的垂直平分线、相交于点，若39°，则=__________．【答案】78【解析】【分析】如图，利用线段垂直平分线的性质结合三角形外角性质得到∠AOC=∠2+∠3=2(∠A+∠C)，再利用垂直的定义结合三角形外角性质得到∠AOG=51-∠A，∠COF=51-∠C，利用平角的定义得到∠AOG+∠2+∠3+∠COF+∠1=180，计算即可求解．【详解】如图，连接BO并延长，∵、分别是线段AB、BC的垂直平分线，∴OA=OB，OB=OC，∠ODG=∠OEF=90，∴∠A=∠ABO，∠C=∠CBO，∴∠2=2∠A，∠3=2∠C，∠OGD=∠OFE=90-39=51，∴∠AOC=∠2+∠3=2(∠A+∠C)，∵∠OGD=∠A+∠AOG，∠OFE=∠C+∠COF，∴∠AOG=51-∠A，∠COF=51-∠C，而∠AOG+∠2+∠3+∠COF+∠1=180，∴51-∠A+2∠A+2∠C+51-∠C+39=180，∴∠A+∠C=39，∴∠AOC=2(∠A+∠C)=78，故答案为：78．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，三角形外角的性质，垂直的定义，平角的定义，注意掌握辅助线的作法，注意掌握整体思想与数形结合思想的应用．2．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在中，，M是的中点，点D在上，，，垂足分别为E，F，连接．则下列结论中：①；②；③；④；⑤若平分，则；⑥，正确的有___________．（只填序号）【答案】①②③④⑤⑥【解析】【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF=CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到EF=EM，可判断③，同时得到∠MEF=∠MFE=45°，可判断②；再证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN=DM，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出DE=EM，再证明△ADE≌△ACE，得到DE=CE，则有，从而判断⑤；最后证明△CDM∽ADE，得到，结合BM=CM，AE=CF，可判断⑥.【详解】解：∵∠ACB=90°，∴∠BCF+∠ACE=90°，∵∠BCF+∠CBF=90°，∴∠ACE=∠CBF，又∵∠BFD=90°=∠AEC，AC=BC，∴△BCF≌△CAE（AAS），∴BF=CE，故①正确；由全等可得：AE=CF，BF=CE，∴AE-CE=CF=CE=EF，连接FM，CM，∵点M是AB中点，∴CM=AB=BM=AM，CM⊥AB，在△BDF和△CDM中，∠BFD=∠CMD，∠BDF=∠CDM，∴∠DBF=∠DCM，又BM=CM，BF=CE，∴△BFM≌△CEM，∴FM=EM，∠BMF=∠CME，∵∠BMC=90°，∴∠EMF=90°，即△EMF为等腰直角三角形，∴EF=EM=，故③正确，∠MEF=∠MFE=45°，∵∠AEC=90°，∴∠MEF=∠AEM=45°，故②正确，设AE与CM交于点N，连接DN，∵∠DMF=∠NME，FM=EM，∠DFM=∠DEM=∠AEM=45°，∴△DFM≌△NEM，∴DF=EN，DM=MN，∴△DMN为等腰直角三角形，∴DN=DM，而∠DEA=90°，∴，故④正确；∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠CAB=45°，∵AE平分∠BAC，∴∠DAE=∠CAE=22.5°，∠ADE=67.5°，∵∠DEM=45°，∴∠EMD=67.5°，即DE=EM，∵AE=AE，∠AED=∠AEC，∠DAE=∠CAE，∴△ADE≌△ACE，∴DE=CE，∵△MEF为等腰直角三角形，∴EF=，∴，故⑤正确；∵∠CDM=∠ADE，∠CMD=∠AED=90°，∴△CDM∽ADE，∴，∵BM=CM，AE=CF，∴，∴，故⑥正确；故答案为：①②③④⑤⑥.【点睛】本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，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，找到全等三角形说明角相等和线段相等.3．（2020·黑龙江牡丹江?中考真题）如图，在中，，点E在边上．将沿直线翻折，点A落在点处，连接，交于点F．若，，则__________．【答案】【解析】【分析】根据题意设AC=4x，AB=5x，则BC=3x，再证明△BCE为等腰直角三角形，得到EC=3x，根据△A′EF∽△BCF，得到.【详解】解：∵，，∴，设AC=4x，AB=5x，则BC=3x，∵，∴∠AEA′=90°，A′E∥BC，由于折叠，∴∠A′EB=∠AEB=（360-90）÷2=135°，且△A′EF∽△BCF，∴∠BEC=45°，即△BCE为等腰直角三角形，∴EC=3x，∴AE=AC-EC=x=A′E，∴.故答案为：.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，折叠的性质，三角函数，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是根据折叠得出△BCE为等腰直角三角形.4．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，中，点在边上，，，垂直于的延长线于点，，，则边的长为_____．【答案】【解析】【分析】如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则由线段垂直平分线的性质可得CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠EFC=∠A=2∠CBE，再根据三角形的外角性质和等腰三角形的判定可得FC=FG，设CE=EF=x，则可根据线段间的和差关系求出DF的长，进而可求出FC的长，然后根据勾股定理即可求出CD的长，再一次运用勾股定理即可求出答案．【详解】解：如图，延长BD到点G，使DG=BD，连接CG，则CB=CG，在EG上截取EF=EC，连接CF，则∠EFC=∠ECF，∠G=∠CBE，∵EA=EB，∴∠A=∠EBA，∵∠AEB=∠CEF，∴∠EFC=∠A=2∠CBE=2∠G，∵∠EFC=∠G+∠FCG，∴∠G=∠FCG，∴FC=FG，设CE=EF=x，则AE=BE=11－x，∴DE=8－（11－x）=x－3，∴DF=x－（x－3）=3，∵DG=DB=8，∴FG=5，∴CF=5，在Rt△CDF中，根据勾股定理，得，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理和三角形的外角性质、勾股定理以及线段垂直平分线的性质等知识，具有一定的难度，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键．5．（2020·贵州贵阳?中考真题）如图，是的内接正三角形，点是圆心，点，分别在边，上，若，则的度数是____度．【答案】120【解析】【分析】本题可通过构造辅助线，利用垂径定理证明角等，继而利用SAS定理证明三角形全等，最后根据角的互换结合同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求解本题．【详解】连接OA，OB，作OH⊥AC，OM⊥AB，如下图所示：因为等边三角形ABC，OH⊥AC，OM⊥AB，由垂径定理得：AH=AM，又因为OA=OA，故△OAH△OAM（HL）．∴∠OAH=∠OAM．又∵OA=OB,AD=EB,∴∠OAB=∠OBA=∠OAD,∴△ODA△OEB（SAS）,∴∠DOA=∠EOB,∴∠DOE=∠DOA+∠AOE=∠AOE+∠EOB=∠AOB．又∵∠C=60°以及同弧，∴∠AOB=∠DOE=120°．故本题答案为：120．【点睛】本题考查圆与等边三角形的综合，本题目需要根据等角的互换将所求问题进行转化，构造辅助线是本题难点，全等以及垂径定理的应用在圆综合题目极为常见，圆心角、弧、圆周角的关系需熟练掌握．6．（2020·江西中考真题）如图，平分，，的延长线交于点，若，则的度数为__________．【答案】【解析】【分析】如图，连接，延长与交于点利用等腰三角形的三线合一证明是的垂直平分线，从而得到再次利用等腰三角形的性质得到：从而可得答案．【详解】解：如图，连接，延长与交于点平分，，是的垂直平分线，故答案为：【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．7．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，的一边为平面镜，，一束光线（与水平线平行）从点C射入经平面镜反射后，反射光线落在上的点E处，则的度数是_______度．【答案】76°【解析】【分析】根据平行线的性质可得∠ADC的度数，由光线的反射定理可得∠ODE的度数，在根据三角形外角性质即可求解．【详解】解：∵DC∥OB，∴∠ADC=∠AOB=38°，由光线的反射定理易得，∠ODE=∠ACD=38°，∠DEB=∠ODE+∠AOB=38°+38°=76°，故答案为：76°．【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角性质和光线的反射定理，掌握入射角=反射角是解题的关键．8．（2020·河南中考真题）如图，在扇形中，平分交狐于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】如图，先作扇形关于对称的扇形连接交于，再分别求解的长即可得到答案．【详解】解：最短，则最短，如图，作扇形关于对称的扇形连接交于，则此时点满足最短，平分而的长为：最短为故答案为：【点睛】本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．9．（2020·河南中考真题）如图，在边长为的正方形中，点分别是边的中点，连接点分别是的中点，连接，则的长度为__________．

【答案】1【解析】【分析】过E作，过G作，过H作，与相交于I，分别求出HI和GI的长，利用勾股定理即可求解．【详解】过E作，过G作，过H作，垂足分别为P，R，R，与相交于I，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴，，∴四边形AEPD是矩形，∴，∵点E，F分别是AB，BC边的中点，∴，，，∵点G是EC的中点，是的中位线，，同理可求：，由作图可知四边形HIQP是矩形，又HP=FC，HI=HR=PC，而FC=PC，∴，∴四边形HIQP是正方形，∴，∴是等腰直角三角形，故答案为：1．【点睛】此题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的中位线与勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答此题的关键．10．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图，为半⊙O的直径，，是半圆上的三等分点，，与半⊙O相切于点，点为上一动点（不与点，重合），直线交于点，于点，延长交于点，则下列结论正确的是______________．（写出所有正确结论的序号）①；②的长为；③；④；⑤为定值．【答案】②⑤【解析】【分析】①先根据圆的切线的性质可得，再根据半圆上的三等分点可得，然后根据圆周角定理可得，最后假设，根据角的和差、三角形的外角性质可得，这与点为上一动点相矛盾，由此即可得；②根据弧长公式即可得；③先根据等边三角形的性质可得，再根据角的和差即可得；④先根据三角形的外角性质可得，从而可得对应角与不可能相等，由此即可得；⑤先根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，由此即可得．【详解】如图，连接OP与半⊙O相切于点是半圆上的三等分点是等边三角形由圆周角定理得：假设，则又点为上一动点不是一个定值，与相矛盾即PB与PD不一定相等，结论①错误则的长为，结论②正确是等边三角形，，则结论③错误，即对应角与不可能相等与不相似，则结论④错误在和中，，即又是等边三角形，即为定值，结论⑤正确综上，结论正确的是②⑤故答案为：②⑤．【点睛】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、弧长公式、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的题①，先假设结论成立，再推出矛盾点是解题关键．11．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，在菱形中，是对角线，，⊙O与边相切于点，则图中阴影部分的面积为_______．【答案】【解析】【分析】连接OD，先求出等边三角形OAB的面积，再求出扇形的面积，即可求出阴影部分的面积．【详解】解：如图，连接OD，∵AB是切线，则OD⊥AB，在菱形中，∴，∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=∠A=60°，∴OD=，∴，∴扇形的面积为：，∴阴影部分的面积为：；故答案为：．【点睛】本题考查了求不规则图形的面积，扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确求出等边三角形的面积和扇形的面积．12．（2020·山东菏泽?中考真题）如图，矩形中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．【答案】【解析】【分析】由矩形的性质求得BD，进而求得PD，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．【详解】∵四边形ABCD是矩形，，，∴∠BAD=∠BCD=90º，AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，∴，又=5，∴PD=8，∵AB∥DQ，∴，即解得：CQ=3，在Rt△BCQ中，BC=12，CQ=3，．故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例定理列相关比例式是解答的关键．13．（2020·四川广元?中考真题）如图所示，均为等边三角形，边长分别为，B、C、D三点在同一条直线上，则下列结论正确的________________．（填序号）①②③为等边三角形④⑤CM平分【答案】①②③⑤【解析】【分析】①根据等边三角形的性质得CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，则∠ACE＝60°，利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE，则AD＝BE；②过E作,根据等边三角形求出ED、CN的长，即可求出BE的长；③由等边三角形的判定得出△CMN是等边三角形；④证明△DMC∽△DBA，求出CM长；⑤证明M、F、C、G四点共圆，由圆周角定理得出∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，得出∠BMC＝∠DMC，所以CM平分∠BMD.【详解】解：连接MC，FG，过点E作EN⊥BD，垂足为N，①∵△ABC和△CDE都是等边三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，∴∠ACE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE＝120°，在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；①正确；②∵△CDE都是等边三角形，且边长为3cm.∴CN=cm，EN=cm.∵BC=5cm.∴，②正确；③∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD＝∠CBE，在△ACG和△BCF中，∴△ACG≌△BCF（ASA），∴CG＝CF而∠GCF＝60°，∴△CMN是等边三角形，③正确；⑤∵∠EMD＝∠MBD＋∠MDB＝∠MAC＋∠MDB＝60°＝∠FCG，∴M、F、C、G四点共圆，∴∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，∴∠BMC＝∠DMC，∴CM平分∠BMD，⑤正确；④∵∠DMC=∠ABD，∠MDC=∠BDA∴△DMC∽△DBA∴∴∴CM=.④错误.故答案为：①②③⑤.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．14．（2020·山东临沂?中考真题）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．【答案】【解析】【分析】连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.【详解】解：根据题意可得：点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，连接OA，与圆O交于点B，可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，∵A（2，1），∴OA==，∵圆O的半径为1，∴AB=OA-OB=，∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，故答案为：.【点睛】本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.15．（2020·黑龙江哈尔滨?中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若，，,则线段AE的长为_____．【答案】【解析】【分析】设BE=x，根据菱形性质可得到AB=AD=CD=2x，进而得到，解得x值，根据勾股定理即可求得AE值．【详解】解：设BE=x，∵菱形，∴AB=AD=CD=2x，∵，∴,∴BD=3x，∴OB=OD=，∴，∴x=2，∴AB=4，BE=2，∴，∴,故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质结合勾股定理的应用，熟练掌握菱形性质是解题的关键．16．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在直角坐标系中，点，是第一象限角平分线上的两点，点的纵坐标为1，且，在轴上取一点，连接，，，，使得四边形的周长最小，这个最小周长的值为________．【答案】【解析】【分析】先求出AC=BC=2，作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，即此时四边形的周长最小；作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，根据勾股定理求出AE即可．【详解】解：∵，点的纵坐标为1，∴AC∥x轴，∵点，是第一象限角平分线上的两点，∴∠BAC=45°，∵，∴∠BAC=∠ABC=45°，∴∠C=90°，∴BC∥y轴，∴AC=BC=2，作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，∴此时四边形的周长最小，作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，∴EG=2，GA=4，在Rt△AGE中，，∴四边形的周长最小值为2+2+=4+．【点睛】本题考查了四条线段和最短问题．由于AC=BC=2,因此本题实质就是求AD+BD最小值，从而转化为“将军饮马”问题，这是解题关键．17．（2020·安徽中考真题）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将分别沿折叠，此时点落在上的同一点处．请完成下列探究：的大小为__________；当四边形是平行四边形时的值为__________．【答案】30【解析】【分析】（1）根据折叠得到∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，，进而得到∠AQP=90°，以及∠A=180°-∠B=90°，再由折叠，得到∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°即可；（2）根据题意得到DC∥AP，从而证明∠APQ=∠PQR，得到QR=PR和QR=AR，结合（1）中结论，设QR=a，则AP=2a，由勾股定理表达出AB=AQ=即可解答．【详解】解：（1）由题意可知，∠D+∠C=180°，∴AD∥BC，由折叠可知∠AQD=∠AQR，∠CQP=∠PQR，∴∠AQR+∠PQR=，即∠AQP=90°，∴∠B=90°，则∠A=180°-∠B=90°，由折叠可知，∠DAQ=∠BAP=∠PAQ，∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°，故答案为：30；（2）若四边形APCD为平行四边形，则DC∥AP，∴∠CQP=∠APQ，由折叠可知：∠CQP=∠PQR，∴∠APQ=∠PQR，∴QR=PR，同理可得：QR=AR，即R为AP的中点，由（1）可知，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，且AB=AQ，设QR=a，则AP=2a，∴QP=，∴AB=AQ=，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了四边形中的折叠问题，涉及了平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是读懂题意，熟悉折叠的性质．18．（2020·四川成都?中考真题）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．【答案】【解析】【分析】连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．【详解】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，∴当t最大即EP最大时，PQ最大，由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，∴PQ的最大值=；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，∴，∵EF=3，∴FM=1，ME=2，∴，∵∠BHM=∠BEM=90°，∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，∴，∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，∴NO=2，CN=1，∴DN=3，则在Rt△DON中，，∴DH的最小值=DO－OH=．故答案为：，．【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．19．（2020·山东济宁?中考真题）已知三角形的两边长分别为3和6,则这个三角形的第三边长可以是__________(写出一个即可)，【答案】4（答案不唯一，在3＜x＜9之内皆可）【解析】【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于三边”，求得第三边的取值范围，即可得出结果．【详解】解：根据三角形的三边关系，得：

第三边应大于6-3=3，而小于6+3=9，

故第三边的长度3＜x＜9．

故答案为：4（答案不唯一，在3＜x＜9之内皆可）．【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式，确定取值范围即可．20．（2020·四川南充?中考真题）从长度分别为1,2,3,4的四条线段中任选3条，能构成三角形的概率为____．【答案】【解析】【分析】利用列举法就可以求出任意三条线段可以组成的组数．再根据三角形三边关系定理确定能构成三角形的组数，就可求出概率．【详解】解：这四条线段中任取三条，所有的结果有：

（1，2，3），（1，2，4），（1，3，4），（2，3，4）

共4个结果，

根据三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，

其中能构成三角形的只有（2，3，4）一种情况，

故能构成三角形的概率是．故答案为：.【点睛】注意分析任取三条的总情况，再分析构成三角形的情况，从而求出构成三角形的概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．21．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，在和中，，，，则________º．【答案】130【解析】【分析】证明△ABC≌△ADC即可．【详解】∵，，AC=AC，∴△ABC≌△ADC，∴∠D=∠B=130°，故答案为：130．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握判定定理是解题关键．22．（2020·湖南衡阳?中考真题）一副三角板如图摆放，且，则∠1的度数为_________．【答案】【解析】【分析】如图，把顶点标注字母，由平行线的性质求解,再利用三角形的外角的性质可得答案．【详解】解：如图，把顶点标注字母，故答案为：【点睛】本题考查的是平行线的性质，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．23．（2020·湖南湘潭?中考真题）如图，点是的角平分线上一点，，垂足为点，且，点是射线上一动点，则的最小值为________．【答案】3【解析】【分析】根据垂线段最短可知当PM⊥OC时，PM最小，再根据角的平分线的性质，即可得出答案．【详解】解：根据垂线段最短可知：当PM⊥OC时，PM最小，当PM⊥OC时，又∵OP平分∠AOC，，，∴PM=PD=3故答案为：3【点睛】本题考查了垂线段最短、角平分线的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．24．（2020·新疆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，在x轴、y轴的正半轴上分别截取OA、OB，使OA=OB；再分别以点A、B为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点P．若点C的坐标为()，则a的值为________．【答案】3【解析】【分析】由题意根据角平分线的性质及第一象限内点的坐标特点进行分析计算即可得出答案．【详解】解：∵由题意可知，点C在∠AOB的平分线上，∴，解得．故答案为：3．【点睛】本题主要考查角平分线的性质以及坐标点的性质，熟练掌握并利用角平分线的作法得出C点坐标性质是解题的关键．25．（2020·浙江杭州?中考真题）如图，AB∥CD，EF分别与AB，CD交于点B，F．若∠E＝30°，∠EFC＝130°，则∠A＝_____．【答案】20°【解析】【分析】直接利用平行线的性质得出∠ABF＝50°，进而利用三角形外角的性质得出答案．【详解】∵AB∥CD，∴∠ABF+∠EFC＝180°，∵∠EFC＝130°，∴∠ABF＝50°，∵∠A+∠E＝∠ABF＝50°，∠E＝30°，∴∠A＝20°．故答案为：20°．【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及三角形外角的性质，求出∠ABF＝50°是解答此题的关键．26．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，已知锐角三角形内接于半径为2的，于点，，则________．【答案】1【解析】【分析】连接OB和OC，根据圆周角定理得出∠BOC的度数，再依据等腰三角形的性质得到∠BOD的度数，结合直角三角形的性质可得OD.【详解】解：连接OB和OC，∵△ABC内接于半径为2的圆O，∠BAC=60°，∴∠BOC=120°，OB=OC=2，∵OD⊥BC，OB=OC，∴∠BOD=∠COD=60°，∴∠OBD=30°，∴OD=OB=1，故答案为：1.【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形外接圆的性质，等腰三角形三线合一，30°的直角三角形的性质，解题时需要添加辅助线，从而运用圆周角定理.27．（2020·山东德州?中考真题）菱形的一条对角线长为8，其边长是方程的一个根，则该菱形的周长为________．【答案】20【解析】【分析】解方程得出x=4，或x=5，分两种情况：①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；②当AB=AD=5时，5+5＞8，即可得出菱形ABCD的周长．【详解】解：如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∵因式分解得：（x-4）（x-5）=0，解得：x=4，或x=5，分两种情况：当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；当AB=AD=5时，5+5＞8，可构成三角形；∴菱形ABCD的周长=4AB=20．故答案为：20．【点睛】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．28．（2020·江苏无锡?中考真题）如图，在菱形中，，点在上，若，则__________．【答案】115°【解析】【分析】先根据菱形性质求出∠BCD，∠ACE，再根据求出∠AEC，最后根据两直线平行，同旁内角互补解题即可．【详解】解：四边形ABCD是菱形，，∴AB∥CD，∴∠BCD=180°-∠B=130°，∠ACE=∠BCD=65°，∵，∴∠ACE=∠AEC=65°，∴∠BAE=180°-∠AEC=115°．【点睛】本题考查了菱形性质，等腰三角形性质，解题方法较多，根据菱形性质求解∠ACE是解题关键．29．（2020·黑龙江绥化?中考真题）在中，，若，则的长是________．【答案】17【解析】【分析】在Rt△ABC中，根据勾股定理列出方程即可求解．【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB-AC=2，BC=8，

∴AC2+BC2=AB2，

即（AB-2）2+82=AB2，

解得AB=17．

故答案为：17．【点睛】本题考查了勾股定理，解答的关键是熟练掌握勾股定理的定义及其在直角三角形中的表示形式．30．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，在中，过点C作，垂足为E，若，则的度数为____．【答案】50°【解析】【分析】由平行四边形的性质得出∠B=∠EAD=40°，由角的互余关系得出∠BCE=90°-∠B即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，

∴∠B=∠EAD=40°，

∵CE⊥AB，

∴∠BCE=90°-∠B=50°；

故答案为：50°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形的内角和；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠B的度数是解决问题的关键．31．（2020·湖南岳阳?中考真题）如图：在中，是斜边上的中线，若，则_________．【答案】【解析】【分析】先根据直角三角形斜边中线的性质得出，则有，最后利用三角形外角的性质即可得出答案．【详解】∵在中，是斜边上的中线，，∴．∵，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和三角形外角的性质，掌握直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和三角形外角的性质是解题的关键．32．（2020·黑龙江中考真题）如图，和中，，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件___________，使和全等．【答案】（或或等）【解析】【分析】由题意得和中，，故要添加条件需得到一组边相等即可．【详解】解：∵和均为直角三角形，∴,又∵，故要使得和全等，只需添加条件（或或等）即可．故答案为：（或或等）【点睛】本题考查了全等的判定，根据题意得到两个三角形有两组角分别相等，故只要添加一组对应边相等即可．33．（2020·江苏南京?中考真题）如图，在边长为的正六边形中，点P在BC上，则的面积为__________．【答案】【解析】【分析】如图，连接过作于，利用正六边形的性质求解的长，利用与上的高相等，从而可得答案．【详解】解：如图，连接过作于，正六边形,故答案为：【点睛】本题考查的是正多边形的性质，同时考查了锐角三角函数的应用，等腰三角形的性质，平行线的判定，掌握以上知识是解题的关键．34．（2020·贵州黔西?中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D在线段BC上，且∠B＝30°，∠ADC＝60°，BC＝，则BD的长度为________．【答案】【解析】【分析】首先证明DB=AD=2CD，然后再由条件BC=可得答案．【详解】解：∵∠C＝90°，∠ADC＝60°，∴∠DAC＝30°，∴CD＝AD．∵∠B＝30°，∠ADC＝60°，∴∠BAD＝30°，∴BD＝AD，∴BD＝2CD．∵BC＝，∴CD＋2CD＝，∴CD＝，∴DB＝，故答案为：．【点睛】此题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．35．（2020·贵州铜仁?中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻析，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝_____．【答案】【解析】【分析】依据△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出A1C＝A1B1，再根据折叠的性质，即可得到A1C＝BC＝2，最后依据勾股定理进行计算，即可得到CD的长，即AB的长．【详解】解：由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°，∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D，∴∠DA1B1＝∠CA1D，又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，∴△A1DB1≌△A1DC（AAS），∴A1C＝A1B1，∴BA1＝A1C＝BC＝2，∴Rt△A1CD中，CD＝＝，∴AB＝.故答案为：．【点睛】本题考查矩形与折叠，准确判断合适的全等三角形求出A1C＝BC＝2是解题的关键.36．（2020·浙江温州?中考真题）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为_______米，BC为_______米．【答案】【解析】【分析】过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则△ABG、△BCH都是等腰直角三角形，四边形BGEF、BHPF是矩形，于是可根据等腰直角三角形的性质和勾股定理依次求出AG、BG、AB的长，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，易证△AEF∽△CPM，然后根据相似三角形的性质即可得到关于x的方程，解方程即可求出x，再根据勾股定理即可求出BC的长．【详解】解：过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则GH⊥AE，GH⊥CP，∴四边形BGEF、BHPF是矩形，∵∠ANE＝45°，∴∠NAE＝45°，∴AE=EN=EF+FM+MN=15+2+8=25，∵∠ABG＝45°，∴∠GAB＝45°，∴AG=BG=EF=15，∴，GE=BF=PH=10，∵∠ABG＝45°，∠ABC＝90°，∴∠CBH＝45°，∴∠BCH=45°，∴BH=CH，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，∵∠1=∠2，∠AEF=∠CPM=90°，∴△AEF∽△CPM，∴，即，解得：x=20，即BH=CH=20，∴．∴米，米．故答案为：，．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握相关知识是解题的关键．37．（2020·贵州遵义?中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，延长AD交⊙O于点E，若BD＝4，CD＝1，则DE的长是_____．【答案】【解析】【分析】连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC=90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相交弦定理可求DE．【详解】解：如图,连结OB,OC,OA,过O点作OF⊥BC于F,作OG⊥AE于G,∵⊙O是△ABC的外接圆,∠BAC=45°,∴∠BOC=90°，∵BD=4，CD=1，∴BC=4+1=5，∴OB=OC=,∴.∴,在Rt△AGO中,,∴.∴,∴.故答案为.【点睛】考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，能正确构造辅助线求出AD的长是解题关键．38．（2020·浙江杭州?中考真题）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝_____，BE＝_____．【答案】2﹣1【解析】【分析】先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．【详解】∵四边形ABCD是矩形∴，∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处∴，，∴，∴∴在和中，∴∴∵∴∵∴∴，即∴解得或（不符题意，舍去）则故答案为：2，．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．39．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图，已知边长为2的等边三角形ABC中，分别以点A，C为圆心，m为半径作弧，两弧交于点D，连结BD．若BD的长为2，则m的值为_____．【答案】2或2．【解析】【分析】由作图知，点D在AC的垂直平分线上，得到点B在AC的垂直平分线上，求得BD垂直平分AC，设垂足为E，得到BE＝，当点D、B在AC的两侧时，如图，证出BE＝DE，即可求出m；当点D、B在AC的同侧时，如图，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：由作图知，点D在AC的垂直平分线上，∵△ABC是等边三角形，∴点B在AC的垂直平分线上，∴BD垂直平分AC，设垂足为E，∵AC＝AB＝2，∴BE＝AB·sin60°=，当点D、B在AC的两侧时，如图，∵BD＝2，∴BE＝DE，∴AD＝AB＝2，∴m＝2；当点D、B在AC的同侧时，如图，∵＝2，∴＝3，∴＝＝2，∴m＝2，综上所述，m的值为2或2，故答案为：2或2．【点睛】此题考查的是等边三角形的性质、垂直平分线的性质、锐角三角函数和勾股定理，掌握等边三角形的性质、垂直平分线的性质、分类讨论的数学思想、锐角三角函数和勾股定理是解决此题的关键．40．（2020·浙江绍兴?中考真题）如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为_____．【答案】4．【解析】【分析】根据题意和图形，可以得到直角三角形的一条直角边的长和斜边的长，从而可以得到直角三角形的另一条直角边长，再根据图形，可知阴影部分的面积是四个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可.【详解】解：由题意可得，直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，故直角三角形的另一条直角边长为：，故阴影部分的面积是：，故答案为：4.【点睛】此题考查勾股定理解三角形，正方形的性质，正确理解正方形的边长3与直角三角形的关系是解题的关键.41．（2020·浙江宁波?中考真题）如图，⊙O的半径OA＝2，B是⊙O上的动点（不与点A重合），过点B作⊙O的切线BC，BC＝OA，连结OC，AC．当△OAC是直角三角形时，其斜边长为__．【答案】2【解析】【分析】先根据切线的性质和等腰直角三角形的判定方法证得△OBC是等腰直角三角形，当AOC＝90°，连接OB，根据勾股定理可得斜边AC的长，当OAC＝90°，A与B重合，不符合题意．【详解】解：连接OB，∵BC是⊙O的切线，∴∠OBC＝90°，∵BC＝OA，∴OB＝BC＝2，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠BCO＝45°，∴∠ACO≤45°，当∠AOC＝90°，△OAC是直角三角形时，∴OC＝OB＝2，∴AC＝＝＝2；当OAC＝90°，A与B重合，不符合题意，故排除此种情况；∴其斜边长为2，故答案为：2．【点睛】本题考查切斜的性质、等腰直角三角形的判定及其性质、勾股定理，解题的关键是综合运用所学的知识求出OC．42．（2020·浙江台州?中考真题）如图，等边三角形纸片ABC的边长为6，E，F是边BC上的三等分点．分别过点E，F沿着平行于BA，CA方向各剪一刀，则剪下的△DEF的周长是_____．【答案】6【解析】【分析】先说明△DEF是等边三角形，再根据E，F是边BC上的三等分求出BC的长，最后求周长即可.【详解】解：∵等边三角形纸片ABC∴∠B=∠C=60°∵DE∥AB，DF∥AC∴∠DEF=∠DFE=60°∴△DEF是等边三角形∴DE=EF=DF∵E，F是边BC上的三等分点,BC=6∴EF=2∴DE=EF=DF=2∴△DEF=DE+EF+DF=6故答案为6．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、三等分点的意义，灵活应用等边三角形的性质是正确解答本题的关键．43．（2020·浙江中考真题）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都是格点的三角形称为格点三角形．如图，已知Rt△ABC是6×6网格图形中的格点三角形，则该图中所有与Rt△ABC相似的格点三角形中．面积最大的三角形的斜边长是_____．【答案】5【解析】【分析】根据相似三角形的性质确定两直角边的比值为1：2，以及6×6网格图形中，最长线段为6，进行尝试，可确定、、为边的这样一组三角形满足条件．【详解】解：∵在Rt△ABC中，AC=1，BC=2，∴AB=，AC：BC=1：2，∴与Rt△ABC相似的格点三角形的两直角边的比值为1：2，若该三角形最短边长为4，则另一直角边长为8，但在6×6网格图形中，最长线段为6，但此时画出的直角三角形为等腰直角三角形，从而画不出端点都在格点且长为8的线段，故最短直角边长应小于4，在图中尝试，可画出DE=，EF=2，DF=5的三角形，∵===，∴△ABC∽△DEF，∴∠DEF=∠C=90°，∴此时△DEF的面积为：×2÷2=10，△DEF为面积最大的三角形，其斜边长为：5．故答案为：5．【点睛】本题考查了作图-应用与设计、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．44．（2020·浙江中考真题）如图，已知AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，则CD与AB之间的距离是_____．【答案】3【解析】【分析】过点O作OH⊥CD于H，连接OC，先利用垂径定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．【详解】解：过点O作OH⊥CD于H，连接OC，如图，则CH＝DH＝CD＝4，在Rt△OCH中，OH＝＝3，所以CD与AB之间的距离是3．故答案为3．【点睛】此题主要考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题关键．45．（2020·浙江衢州?中考真题）图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆PA=PC=140cm，AB=BC=CQ=QA=60cm，OQ=50cm，O，P两点间距与OQ长度相等．当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）．（1）点P到MN的距离为_____cm．（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为_____cm．【答案】160【解析】【分析】（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．解直角三角形求出PT即可．（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA=xcm．解直角三角形求出HT即可．【详解】解：（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．由题意：OP=OQ=50cm，PQ=PA﹣AQ=14﹣=60=80（cm），PM=PA+BC=140+60=200（cm），PT⊥MN，∵OH⊥PQ，∴PH=HQ=40（cm），∵cos∠P==，∵=，∴PT=160（cm），∴点P到MN的距离为160cm，故答案为160．（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA=xcm．由题意AT=PT﹣PA=160﹣140=20（cm），OA=PA﹣OP=140﹣50=90（cm），OQ=50cm，AQ=60cm，∵QH⊥OA，∴QH2=AQ2﹣AH2=OQ2﹣OH2，∴602﹣x2=502﹣（90﹣x）2，解得x=，∴HT=AH+AT=（cm），∴点Q到MN的距离为cm．故答案为．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．46．（2020·湖南中考真题）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将，分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为_____．【答案】12【解析】【分析】设正方形ABCD的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出BE、BF及EF的长；在中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为DG的长．【详解】设正方形ABCD的边长为，则，由翻折的性质得：，，∵∴，，∴，如图，在中，由勾股定理得：即整理得：，即解得或（不符题意，舍去）则故答案为：12．【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握翻折的性质是解题关键．47．（2020·四川甘孜?中考真题）如图，AB为的直径，弦于点H，若，，则OH的长度为__．【答案】3【解析】【分析】连接OC，由垂径定理可求出CH的长度，在Rt△OCH中，根据CH和⊙O的半径，即可由勾股定理求出OH的长．【详解】连接OC，Rt△OCH中，OC=AB=5，CH=CD=4；由勾股定理，得：OH=；

即线段OH的长为3．故答案为：3．【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．48．（2020·四川甘孜?中考真题）三角形的两边长分别为4和7，第三边的长是方程的解，则这个三角形的周长是________．【答案】17【解析】【分析】先利用因式分解法求解得出x的值，再根据三角形三边之间的关系判断能否构成三角形，从而得出答案．【详解】解：解方程得x1=2，x2=6，

当x=2时，2+4=6<7，不能构成三角形，舍去；

当x=6时，2+6＞7，能构成三角形，此时三角形的周长为4+7+6=17.

故答案为：17．【点睛】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．49．（2020·黑龙江绥化?中考真题）如图，正五边形内接于，点P为上一点（点P与点D，点E不重合），连接、，，垂足为G，等于________度．【答案】54【解析】【分析】连接OC，OD，利用正五边形的性质求出∠COD的度数，再根据圆周角定理求得∠CPD，然后利用直角三角形的两锐角互余即可解答．【详解】连接OC，OD，∵ABCDE是正五边形，∴∠COD=，∴∠CPD=∠COD=36º，∵，∴∠DGP=90º∴∠PDG=90º-∠CPD=90º-36º=54º，故答案为：54º．【点睛】本题主要考查了圆内接正多边形的性质、圆周角定理、直角三角形的性质，熟练掌握圆心角与圆周角之间的关系是解答的关键．50．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知是一个锐角，以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交、于点、，再分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，画射线．过点作，交射线于点，过点作，交于点．设，，则________．【答案】【解析】【分析】连接AB交OD于点H，过点A作AG⊥ON于点G，根据等腰三角形的性质得OH⊥AB，AH=BH，从而得四边形ABED是平行四边形，利用勾股定理和三角形的面积法，求得AG的值，进而即可求解．【详解】连接AB交OD于点H，过点A作AG⊥ON于点G，由尺规作图步骤，可得：OD是∠MON的平分线，OA=OB，∴OH⊥AB，AH=BH，∵，∴DE∥AB，∵，∴四边形ABED是平行四边形，∴AB=DE=12，∴AH=6，∴OH=，∵OB∙AG=AB∙OH，∴AG===，∴=．故答案是：．

【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质定理，勾股定理，锐角三角函数的定义，添加合适的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．51．（2020·江苏苏州?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则_________．【答案】【解析】【分析】过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，∴∠DCE＝∠CAO，∵∠BCA＝2∠CAO，∴∠BCA＝2∠DCE，∴∠DCE＝∠DCB，∵CD⊥y轴，∴∠CDE＝∠CDB＝90°，又∵CD＝CD，∴CDE≌CDB（ASA），∴DE＝DB，∵B（0，4），C（3，n），∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，∴OE＝OD－DE＝n－（4－n）＝2n－4，∵A（－4，0），∴AO＝4，∵CD∥AO，∴AOE∽CDE，∴，∴，解得：，故答案为：．【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．52．（2020·四川达州?中考真题）已知的三边a、b、c满足，则的内切圆半径=____．【答案】1【解析】【分析】先将变形成，然后根据非负性的性质求得a、b、c的值，再运用勾股定理逆定理说明△ABC是直角三角形，最后根据直角三角形的内切圆半径等于两直角边的和与斜边差的一半解答即可．【详解】解：则=0，c-3=0，a-4=0，即a=4，b=5，c=3，∵42+32=52∴△ABC是直角三角形∴的内切圆半径==1．故答案为1．【点睛】本题考查了非负数性质的应用、勾股定理逆定理的应用以及直角三角形内切圆的求法，掌握直角三角形内切圆半径的求法以及求得a、b、c的值是解答本题的关键．53．（2020·四川自贡?中考真题）如图，直线与轴交于点，与双曲线在第三象限交于两点，且；下列等边三角形，，，……的边，，，……在轴上，顶点……在该双曲线第一象限的分支上，则=____，前25个等边三角形的周长之和为_______．【答案】；60【解析】【分析】设，设直线与轴的交点为H，先求解的坐标，得到∠HAO=30°，用含的代数式表示，联立函数解析式利用根与系数的关系得到关于的方程，从而可得第一空的答案；过分别向轴作垂线，垂足分别为先根据等边三角形的性质与反比例函数的性质求解的边长，依次同法可得后面等边三角形的边长，发现规律，再前25个等边三角形的周长之和即可．【详解】解：设，设直线与轴的交点为H，令则令则∴H（），又A（0，b），∴tan∠HAO=，∴∠HAO=30°，过作轴于过作轴于，∴AB=2BM，AC=2CN，∵BM=，，∴AB=，AC=，∴，联立得到。∴，由已知可得，∴，∴反比例函数的解析式为，过分别向轴作垂线，垂足分别为设由等边三角形的性质得：得：（舍去）经检验：符合题意，可得的边长为4，同理设，解得：（舍去）经检验：符合题意，的边长为，同理可得：的边长为，的边长为．∴前25个等边三角形的周长之和为=故答案为：【点睛】本题考查的是反比例函数的性质，考查一元二次方程的根与系数的关系，等边三角形的性质的应用，锐角三角函数的应用，同时考查与反比例函数相关的规律题，掌握以上知识是解题的关键．54．（2020·四川攀枝花?中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点、分别是、的中点，、交于点，的中点为，连接、．给出下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有________．（请填上所有正确结论的序号）【答案】①④【解析】【分析】证明△ADF≌△DCE，再利用全等三角形的性质结合余角的性质得到∠DGF=90°，可判断①，再利用三角形等积法AD×DF÷AF可算出DG，可判断②；再证明∠HDF=∠HFD=∠BAG，求出AG，DH，HF，可判定，可判断④；通过AB≠AG，得到∠ABG和∠AGB不相等，则∠AGB≠∠DHF，可判断③.【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∵E和F分别为BC和CD中点，∴DF=EC=2，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠AFD=∠DEC，∠FAD=∠EDC，∵∠EDC+∠DEC=90°，∴∠EDC+∠AFD=90°，∴∠DGF=90°，即DE⊥AF，故①正确；∵AD=4，DF=CD=2，∴AF=，∴DG=AD×DF÷AF=，故②错误；∵H为AF中点，∴HD=HF=AF=，∴∠HDF=∠HFD，∵AB∥DC，∴∠HDF=∠HFD=∠BAG，∵AG=，AB=4，∴，∴，故④正确；∴∠ABG=∠DHF，而AB≠AG，则∠ABG和∠AGB不相等，故∠AGB≠∠DHF，故HD与BG不平行，故③错误；故答案为：①④.【点睛】本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，勾股定理，三角形的高，直角三角形斜边中线定理，知识点较多，有一定难度，解题时注意利用线段关系计算相应线段的长.55．（2020·四川乐山?中考真题）如图是某商场营业大厅自动扶梯示意图．自动扶梯的倾斜角为，在自动扶梯下方地面处测得扶梯顶端的仰角为，、之间的距离为4．则自动扶梯的垂直高度=_________．（结果保留根号）【答案】【解析】【分析】先推出∠ABC=∠BAC，得BC=AC=4，然后利用三角函数即可得出答案．【详解】∵∠BAC+∠ABC=∠BCD=60°，∠BAC=30°，∴∠ABC=30°，∴∠ABC=∠BAC，∴BC=AC=4，在Rt△BCD中，BD=BCsin60°=4×=，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角函数，得出BC=AB=4是解题关键．56．（2020·四川乐山?中考真题）把两个含角的直角三角板按如图所示拼接在一起，点为的中点，连结交于点．则=_________．【答案】【解析】【分析】连接CE，设CD=2x，利用两个直角三角形的性质求得AD=4x，AC=2x，BC=x，AB=3，再由已知证得CE∥AB，则有，由角平分线的性质得，进而求得的值.【详解】连接CE，设CD=2x，在RtΔACD和RtΔABC中，∠BAC=∠CAD=30º，∴∠D=60º，AD=4x，AC=，BC==x，AB=x，∵点E为AD的中点，∴CE=AE=DE==2x，∴ΔCED为等边三角形，∴∠CED=60º，∵∠BAD=∠BAE+∠CAD=30º+30º=60º，∴∠CED=∠BAD，∴AB∥CE，∴，在ΔBAE中，∵∠BAE=∠CAD=30º∴AF平分∠BAE，∴，∴，∴，故答案为：.【点睛】本题考查了含30º的直角三角形、等边三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、角平分线的性质等知识，是一道综合性很强的填空题，解答的关键是认真审题，找到相关知识的联系，确定解题思路，进而探究、推理并计算.57．（2020·浙江金华?中考真题）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE=OF=1cm，AC=BD=6cm，CE=DF，CE:AE=2:3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．(1)当E，F两点的距离最大值时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是_____cm．(2)当夹子的开口最大（点C与点D重合）时，A，B两点的距离为_____cm．【答案】16【解析】【分析】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可．（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，可得，AH=BH，利用已知先求出，在Rt△OEF中利用勾股定理求出CO的长，由，求出AH，从而求出AB=2AH的长．【详解】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=EF=2cm，∴以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为2+6+2+6=16cm．（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，∴，AH=BH，∵AC=BD=6cm，CE∶AE=2∶3，∴，在Rt△OEF中，，∵，，∴AB=2AH=．故答案为16，．【点睛】本题主要考查了勾股定理与旋转的结合，做题时准确理解题意利用已知的直角三角形进行求解是解题的关键．58．（2020·浙江绍兴?中考真题）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的_____（填序号）．①，②1，③﹣1，④，⑤．【答案】①②③④．【解析】【分析】首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解．【详解】解：如下图所示：在BC上截取BE=1，连接AE∴△ABE为等腰直角三角形，AB=BE=1，AE=，CE=BC－BE=∴∠BAE=45°，∠EAD=90°－∠BAE=45°在AE上截取AF=1，连接DF、CF∴EF=AE－AF==CE∴△EFC为等腰三角形，腰长为过点F作FG⊥AD于G∴AG=AF·cos∠FAG=∴DG=AD－AG=∴FG垂直平分AD∴AF=FD=1∴△AFD为等腰三角形，腰长为1△DFC为等腰三角形，腰长为1；如下图所示：在AD上截取DF=1，连接BF∴△DFC为等腰直角三角形，腰长为1，AF=AD－DF=根据勾股定理可得CF=∴△CBF为等腰三角形，腰长为在AB上截取AE==AF∴△AEF为等腰直角三角形，腰长为，BE=AB－AE=根据勾股定理可得EF==BE∴△EBF为等腰三角形，腰长为；如下图所示：连接AC、BD交于点E易知△EAB、△EBC、△ECD和△EAD均为等腰三角形利用勾股定理AC=∴AE=BE=CE=DE=．综上：其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③﹣1，④，不可以是．故答案为：①②③④．【点睛】此题考查的是矩形的性质、等腰三角形的判定及性质和锐角三角函数，掌握矩形的性质、等腰三角形的判定及性质和锐角三角函数是解决此题的关键．二、解答题59．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，内接于，，点E在直径CD的延长线上，且．（1）试判断AE与的位置关系，并说明理由；（2）若，求阴影部分的面积．【答案】（1）AE与⊙O相切，理由见详解；（2）．【解析】【分析】（1）利用圆周角定理以及等腰三角形的性质得出∠E=∠ACE=∠OCA=∠OAC=30°，∠EAC=120°，进而得出∠EAO=90°，即可得出答案；（2）连接AD，利用解直角三角形求出圆的半径，然后根据，即可求出阴影部分的面积．【详解】（1）AE与⊙O相切，理由如下：连接AO，

∵∠B=60°，

∴∠AOC=120°，

∵AO=CO，AE=AC，

∴∠E=∠ACE，∠OCA=∠OAC=30°，

∴∠E=∠ACE=∠OCA=∠OAC=30°，

∴∠EAC=120°，

∴∠EAO=90°，

∴AE是⊙O的切线；（2）连接AD，则，∴∠DAC=90°，∴CD为⊙O的直径，在Rt△ACD中，AC=6，∠OCA=30°，∴，∴，∴，∠AOD=60°，∴∴．【点睛】本题考查了圆的切线的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，从而进行解题．60．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，抛物线经过A（－3，6），B（5，－4）两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．（1）求抛物线的表达式；（2）求证：AB平分；（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得是以AB为直角边的直角三角形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）详见解析；（3）存在，点M的坐标为（，－9）或（，11）．【解析】【分析】（1）将A（-3，0），B（5，-4）代入抛物线的解析式得到关于a、b的方程组，从而可求得a、b的值；

（2）先求得AC的长，然后取D（2，0），则AD=AC，连接BD，接下来，证明BC=BD，然后依据SSS可证明△ABC≌△ABD，接下来，依据全等三角形的性质可得到∠CAB=∠BAD；

（3）作抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F，作点A作AM′⊥AB，作BM⊥AB，分别交抛物线的对称轴与M′、M，依据点A和点B的坐标可得到tan∠BAE=，从而可得到tan∠M′AE=2或tan∠MBF=2，从而可得到FM和M′E的长，故此可得到点M′和点M的坐标．【详解】解:（1）将A（-3，0），B（5，-4）两点的坐标分别代入，得解得故抛物线的表达式为y＝．（2）证明：∵AO=3，OC=4，

∴AC==5．

取D（2，0），则AD=AC=5．

由两点间的距离公式可知BD==5．

∵C（0，-4），B（5，-4），

∴BC=5．

∴BD=BC．

在△ABC和△ABD中，AD=AC，AB=AB，BD=BC，

∴△ABC≌△ABD，

∴∠CAB=∠BAD，

∴AB平分∠CAO；（3）存在．如图所示：抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．

抛物线的对称轴为x=，则AE=．

∵A（-3，0），B（5，-4），

∴tan∠EAB=．

∵∠M′AB=90°．

∴tan∠M′AE=2．

∴M′E=2AE=11，

∴M′（，11）．

同理：tan∠MBF=2．

又∵BF=，

∴FM=5，

∴M（，-9）．

∴点M的坐标为（，11）或（，-9）．【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，主要应用了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的性质和判定、锐角三角函数的定义，求得FM和M′E的长是解题的关键61．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，在中．利用尺规作图，在BC边上求作一点P，使得点P到AB的距离的长等于PC的长；利用尺规作图，作出中的线段PD．要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑【答案】作图见解析；（2）作图见解析.【解析】【分析】由点P到AB的距离的长等于PC的长知点P在平分线上，再根据角平分线的尺规作图即可得（以点A为圆心，以任意长为半径画弧，与AC、AB分别交于一点，然后分别以这两点为圆心，以大于这两点距离的一半长为半径画弧，两弧交于一点，过点A及这个交点作射线交BC于点P，P即为要求的点）；根据过直线外一点作已知直线的垂线的尺规作图即可得（以点P为圆心，以大于点P到AB的距离为半径画弧，与AB交于两点，分别以这两点为圆心，以大于这两点间距离一半长为半径画弧，两弧在AB的一侧交于一点，过这点以及点P作直线与AB交于点D，PD即为所求）．【详解】如图，点P即为所求；如图，线段PD即为所求．【点睛】本题考查了作图-复杂作图、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本作图，灵活运用所学知识解决问题．62．（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，AB为的直径，C为上一点，D为BA延长线上一点，．求证：DC为的切线；线段DF分别交AC，BC于点E，F且，的半径为5，，求CF的长．【答案】证明见解析；．【解析】【分析】根据圆周角定理得：，根据同圆的半径相等和已知相等的角代换可得：，可得结论；先根据三角函数计算，，证明∽，得，设，，利用勾股定理列方程可得x的值，证明∽，列比例式可得CF的长．【详解】（1）如图，连接OC，为的直径，，，，，，，即，为的切线；中，，，，，，，∽，，设，，中，，，舍或，，，，设，，，，，∽，，，，．【点睛】本题考查了切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等，正确添加辅助线、熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.63．（2020·西藏中考真题）如图所示，AB是⊙O的直径，AD和BC分别切⊙O于A，B两点，CD与⊙O有公共点E，且AD＝DE．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AB＝12，BC＝4，求AD的长．【答案】（1）见解析；（2）8【解析】【分析】（1）连接OD，OE，根据切线的性质得到∠DAB＝90°，根据全等三角形的性质得到∠OED＝∠OAD＝90°，于是得到CD是⊙O的切线；（2）过C作CH⊥AD于H，根据已知条件推出四边形ABCH是矩形，求得CH＝AB＝12，AH＝BC＝4，根据切线的性质得到AD＝DE，CE＝BC，求得DH＝AD﹣BC＝AD﹣4，CD＝AD+4，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：连接OD，OE，∵AD切⊙O于A点，AB是⊙O的直径，∴∠DAB＝90°，∵AD＝DE，OA＝OE，OD＝OD，∵△ADO≌△EDO（SSS），∴∠OED＝∠OAD＝90°，∴CD是⊙O的切线；（2）过C作CH⊥AD于H，∵AB是⊙O的直径，AD和BC分别切⊙O于A，B两点，∴∠DAB＝∠ABC＝∠CHA＝90°，∴四边形ABCH是矩形，∴CH＝AB＝12，AH＝BC＝4，∵CD是⊙O的切线，∴AD＝DE，CE＝BC，∴DH＝AD﹣BC＝AD﹣4，CD＝AD+4，∵CH2+DH2＝CD2，∴122+（AD﹣4）2＝（AD+4）2，∴AD＝8．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．64．（2020·西藏中考真题）如图，中，D为BC