专题05 选择压轴重点题（解析版）

专题05选择压轴重点题一、单选题1．（2022·广东深圳·统考中考真题）如图所示，已知三角形为直角三角形，，BC为切线，为切点，为直径，则和面积之比为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定及性质进行计算即可．【详解】解：如图取中点O，连接．∵是圆O的直径．∴．∵与圆O相切．∴．∵．∴．∵．∴．又∵．∴．∵，，．∴．∴．∵点O是的中点．∴．∴．∴故答案是：1∶2．故选：B．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性质，理解切线的性质，圆周角定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．2．（2021·广东深圳·统考中考真题）在正方形中，，点E是边的中点，连接，延长至点F，使得，过点F作，分别交、于N、G两点，连接、、，下列正确的是：①；②；③；④（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】解：①中由即可得到，再由正切等于对边比邻边即可求解；②中先证明得到EM=EC，DM=FC，再证明即可求解；③中先证明GECM，得到即可求解；④中由得到，再由即可求解．【详解】解：①∵，∴∠DMF=90°=∠NCF，且对顶角∠MND=∠CNF，∴∠GFB=∠EDC，∵ABCD为正方形，E是BC的中点，∴BC=CD，∴，①正确；②由①知，又，已知，∴()，∴，∴，∵，，，∴()，∴，故②正确；③∵，，∴BE=ME，且∠B=∠GME=90°，GE为和的公共边，∴（），∴，∵，∴，由三角形外角定理可知：，∴，∴，∴，∵，，∴，故③错误；④由上述可知：，，∴，∵，∴，∴，故④正确．故选B．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．3．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边与x轴平行，A，B两点纵坐标分别为4，2，反比例函数经过A，B两点，若菱形面积为8，则k值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点A作，设，，根据菱形的面积得到AB的长度，在中应用勾股定理即可求解．【详解】解：过点A作，∵A，B两点纵坐标分别为4，2，反比例函数经过A，B两点，∴设，，∴，，∵菱形面积为8，∴，解得，∴，在中，，即，解得，∴，故选：A．【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质等内容，根据提示做出辅助线是解题的关键．4．（2023·广东深圳·统考二模）如图，矩形ABCD中，∠BAC=60°，点E在AB上，且BE：AB=1：3，点F在BC边上运动，以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF，连接CG，当CG最小时，的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图1，取EF的中点O，连接OB，OG，作射线BG，证明B，E，G，F在以O为圆心的圆上，得点G在∠ABC的平分线上，当CG⊥BG时，CG最小，此时，画出图2，根据△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，证明△EGB≌△FGC，可得BE=CF，设AB=m，根据BE∶AB=1∶3，可得CF=BE=m，根据含30度角的直角三角形可得AD，进而可得结论．【详解】解：如图1，取EF的中点O，连接OB，OG，作射线BG，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°∵O是EF的中点，∴OB=OE=OF∵∠EGF=90°，O是EF的中点，∴OG=OE=OF∴OB=OG=OE=OF∴B，E，G，在以O为圆心的圆上，∴∠EBG=∠EFG,∵∠EGF=90°，EG=FG，∴∠GEF=∠GFE=45°∴∠EBG=45°∴BG平分∠ABC，∴点G在∠ABC的平分线上，当CG⊥BG时，CG最小，此时，如图2，∵BG平分∠ABC，∴∠ABG=∠GBC=∠ABC=45°，∵CG⊥BG∴△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，∠BGC=90°∴BG=CG∵∠EGF=∠BGC=90°∴∠EGF-∠BGF=∠BGC-∠BGF,∴∠EGB=∠FGC,在△EGB和△FGC中，∴△EGB≌△FGC(SAS)，∴BE=CF∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC设AB=m∵BE∶AB=1∶3∴CF=BE=m，在Rt△ABC中，∠BAC=60°，∴∠ACB=30°∴AC=2AB=2m

∴BC=，∴AD=m，∴故选∶A．【点睛】本题属于几何综合题，是中考选择题的压轴题，考查了矩形的性质，四点共圆，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，垂线段最短，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是准确作辅助线综合运用以上知识．5．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考模拟预测）如图，正方形中，是中点，连接，，作交于，交于，交于，延长交延长线于，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正方形的性质可证得，推出，证明，得出，证明，得出，设，则，求出，进而可得答案.【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，∴，∵是中点，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，∴；故选：C.【点睛】本题考查了正方形的性质、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，熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键.6．（2023·广东深圳·校考模拟预测）在矩形ABCD中，连接AC，过点B作BH⊥AC于点H交AD于点I，AE平分∠BAC分别交BH、BC于点P、E，BF平分∠BC分别交AC、DC于点G、F．已知AB=4，tan∠BAE=．在下列说法中，①△ABP≌△AGP；②四边形BPGE的面积是；③sin∠HPG=；④FC=2FD．⑤连接FH，则FH∥BC，正确的是（

）A．①③④⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤【答案】C【分析】①根据已知可得∠BAC=∠HBC，然后利用角平分线的性质可得∠EAC=∠HBG，从而得∠BQP=∠AHP=90°，从而可证明△ABQ≌△AGQ，得到AB=AG，最后再证明△ABP≌△AGP；②由①可得AQ是BG的垂直平分线，然后证明四边形BPGE是菱形，求出两条对角线的长即可解答；③过点P作PM⊥BE，垂足为M，利用菱形的面积求出PM，然后在Rt△PBM中求出sin∠PBC的值即可解答；④先利用勾股定理求出AE的长，然后求出的值，从而求出的值，最后证明△ABG∽△CFG，即可解答；⑤通过计算求出的值，然后与的值进行比较即可判断．【详解】解：设AE与BF交于点Q，如图：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BAD=90°AB=CD=4，AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABH+∠HBC=90°∵BH⊥AC，∴∠AHB=90°，∴∠HAB+∠ABH=90°，∴∠BAC=∠HBC，∵AE平分∠BAC，BF平分∠IBC，∴∠BAE=∠EAC=∠BAC，∠HBG=∠GBC=∠HBC，∴∠EAC=∠HBG，∵∠APH=∠BPQ，∴∠BQP=∠AHP=90°，∴∠AQP=∠AQG=90°，∵AQ=AQ，∴△ABQ≌△AGQ（ASA），∴AB=AG，BQ=QG，∵AP=AP，∴△ABP≌△AGP（SAS），故①正确；∵AQ⊥BG，BQ=QG，∴AQ是BG的垂直平分线，∴BP=PG，BE=EG，∵BQ=BQ，∠BQE=∠BQP=90°，∠HBG=∠GBC，∴△PBQ≌△EBQ（ASA），∴BP=BE，∴BP=BE=PG=GE，∴四边形BPGE是菱形，∴PE=2QE，在Rt△ABE中，AB=4，tan∠BAE=，∴BE=ABtan∠BAE=4×=2，∵∠GBE=∠BAE，∴tan∠GBE=，在Rt△BQE中，tan∠QBE=，设QE=a，BQ=2a，∵BQ2+QE2=BE2，∴（2a）2+a2=4，∴a=或a=（舍去），∴，∴四边形BPGE的面积=，故②正确；∵四边形BPGE是菱形，∴PG∥BC，∴∠HPG=∠HBC，过点P作PM⊥BE，垂足为M，∵菱形BPGE的面积是，∴BE•PM=，∴PM=，在Rt△BPM中，，∴sin∠HPG=，故③正确；∵∠ABC=90°，AB=4，BE=2，∴，∴，∴，∵PG∥BC，∴，∵AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD，∠ABG=∠BFC，∴△ABG∽△CFG，∴，∴，∴CF=2DF，故④正确；∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∠AIB=∠IBE，∴△API∽△EPB，∴，∴，∴AI=3，∴，∴，∵∠AIB=∠IBE，∠IBC=∠BAC，∴∠BAC=∠AIB，∵∠ABC=∠BAI，∴△ABC∽△IAB，∴，∴，∴AC=，∴，∵，∴≠，∴FH与AD不平行，∴FH与BC不平行，故⑤错误；∴正确的有①②③④．故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，是解题的关键．7．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模）如图是物体在焦距为（即）的凸透镜下成倒立放大实像的光路示意图．从点发出的平行于的光束折射后经过右焦点，而经过光心点的光束不改变方向，最后点发出的光汇聚于点，点发出的光汇聚于点，从而得到最清晰的实像．若物距，则像距为（

）cm．A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得，，易推出，，根据相似三角形的性质及得，设，则，列出关于的分式方程，解方程即可．【详解】解：由题意得：，，，，，，，，，，，设，则，，解得：，经检验为原分式方程的解，，故选：D．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，分式方程，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．8．（2023·广东深圳·二模）如图，与相切于点，与交于两点，，于点，且经过圆心，连接，若，，则的长为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，根据切线的性质得到，推出是等腰直角三角形，得到，推出是等腰直角三角形，得到，根据勾股定理求得，即可得到结论．【详解】解：如下图，连接，∵与相切于点，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了切线的性质、等腰直角三角形的判定和性质、垂径定理、勾股定理等知识，熟练掌握切线的性质是解题的关键．9．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图是抛物线y1＝ax2+bx+c（a≠0）图象的一部分，抛物线的顶点坐标A（1，3），与x轴的一个交点B（4，0），直线y2＝mx+n（m≠0）与抛物线交于A，B两点，下列结论：①2a+b＝0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c＝3有两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是（﹣1，0）；⑤当1＜x＜4时，有y2＜y1．其中正确结论的个数是（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】根据二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系逐一判断即可【详解】解：①由抛物线对称轴为直线，从而，则，故①正确；②抛物线开口向下，与轴相交与正半轴，则，而，因而，故②错误；③方程的解，即是与直线的交点的横坐标，从图象可得，抛物线顶点为，则抛物线与直线有且只有一个交点，故方程有两个相等的实数根，故③正确；④由抛物线对称性，与轴的一个交点，根据对称轴为，可知另一个交点坐标为（−2，0），故④错误；⑤由图象可知，当1＜x＜4时，y1＞y2，故⑤正确；故正确的有①③⑤，共计3个故选C【点睛】本题考查二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系等知识，解答关键是数形结合．10．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】由翻折得，，垂直平分，可根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，则，则，即可根据勾股定理求出，再由，且得，则，由，求得,即可得出答案．【详解】解：∵四边形是边长为的正方形，∴，，∴，由翻折得，，垂直平分，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，且，∴，解得，∵，∴，解得，故选：．【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出和的长度是解题的关键．11．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，四边形是边长为的菱形，对角线、的长度分别是一元二次方程的两实数根，是边上的高，则值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据菱形的性质得到，，，，利用勾股定理得到，利用根与系数的关系求出，再根据完全平方公式的变形求出，得到，再根据菱形面积公式求出的长即可．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，，对角线，的长度分别是一元二次方程的两实数根，，，，，，，解得：，，当时，，不符合题意，舍去，∴，∴，∴，是边上的高，，，．故选：A．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，一元二次方根与系数的关系，灵活运用所学知识是解题的关键．12．（2023·广东深圳·统考二模）如图，A，B，C，D是边长为1的小正方形组成的6×5网格中的格点，连接交于点E，连接．给出4个结论：①；②；③；④．其中正确的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】连接，利用全等三角形的判定与性质得到，则为等腰直角三角形；利用角平分线的性质定理和平行线分线段成比例定理得到，则，利用平行线的性质得到，则为等腰直角三角形，则得①的结论正确；利用三角形的内角和定理得到，利用两直线平行，内错角相等得到，则②的结论正确；利用三角形的外交的性质得到，在中，利用直角三角形的边角关系定理得到，则得③的结论不正确；利用相似三角形的判定与性质，列出比例式计算，则得④的结论正确．【详解】解：连接，，为格点，如图，由题意得：，，，．在和中，，，，，，，为等腰直角三角形，．，，，，，，，，．①的结论正确；，，．，，．②的结论正确；，，，在中，，，③的结论不正确；，，，，，④的结论正确．综上，正确的结论有：①②④．故选：B．【点睛】本题主要考查了解直角三角形，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质平行线的判定与性质，平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的判定与性质，本题是网格题，熟练掌握网格的特性是解题的关键．13．（2023·广东深圳·深圳中学校联考二模）如图，在位于轴右侧且半径为6的，从的位置沿直线向上平移，交直线于点，且是与轴的一个公共点，若，则四边形的面积是（

）A．42 B．64 C．68 D．48【答案】D【分析】作轴交轴于，作交于，与相交于点，连接，根据题意可得四边形为矩形，为等腰直角三角形，从而得到，进而得到，再由垂径定理结合勾股定理即可得到，设点的坐标为，则，列出方程，求出的值，即可求出面积．【详解】解：如图所示，作轴交轴于，作交于，与相交于点，连接，，根据题意可得：轴，轴，四边形为矩形，点在直线上，设点的坐标为，即，为等腰直角三角形，，，，，，，，设点的坐标为，由图象可知，则，，，点坐标为，四边形的面积为，故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，垂径定理等知识点，添加恰当的辅助线是解题的关键．14．（2023·广东深圳·校联考二模）如图，为直径，弦且过半径的中点H，过点A的切线交的延长线于G，且，点E为上一动点，于点F，当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F经过的路径长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，，由，利用垂径定理得到H为的中点，证明，可求圆的半径，在直角三角形中，由与的长，利用勾股定理求出的长，进而确定出的长，由求出的长，在直角三角形中，利用勾股定理求出的长，由垂直于，得到三角形始终为直角三角形，点F的运动轨迹为以为直径的圆上，当E位于点B时，，此时F与H重合；当E位于点C时，此时F与C重合，可得出当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F所经过的路径长的长，在直角三角形中，利用锐角三角函数定义求出的度数，进而确定出所对圆心角的度数，再由的长求出半径，利用弧长公式即可求出的长，即可求出点F所经过的路径长．【详解】解：连接，，∵，∴H为的中点，即，∵是的切线，∴，又，∴，∴即，

∴，∴或（不符合题意，舍去）∴，，∴，∵，

∴始终为直角三角形，点F的运动轨迹为以为直径的圆上，当E位于点B时，，此时F与H重合；当E位于点C时，此时F与C重合，∴当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F所经过的路径长的长，在中，，∴，∴，∴所对圆心角的度数为，∵直径，∴的长，则当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F所经过的路径长的长为．故选：B．【点睛】此题考查了圆的综合题，涉及的知识有：坐标与图形性质，勾股定理，锐角三角函数定义，弧长公式，以及圆周角定理，其中根据题意得到当点E从点B出发逆时针运动到点C时，点F所经过的路径长为的长是解本题的关键．15．（2023·广东深圳·统考三模）如图，四边形中，，以为直径的经过点C，连接、交于点.连接交于点，连接，若，，则以下结论：①；②为的切线；③；④；则正确的结论个数为(

)

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①连接，证得，又知；②、则、，证为中位线知、，进一步求得，再在中利用勾股定理逆定理证即可得出结论；③连接，证明四点共圆，进而根据通弧所对的圆周角相等，即可得证；④先证得，再证得，联立得，即，结合知，据此可得，结合可得相关线段的长，代入计算可得．【详解】解：①连接，在和中，，，

②由①得，，，为的直径，，，即，，，，，，且，，，在中，，在中，，，，，则与相切；③连接，

，是圆的切线，为等腰直角三角形，为直径，，，，四点共圆，，故③正确④是的直径，，，，，即，又，，，，即，由可得，即，又，，，，，，，，，即，解得：，故④正确；故选：D．【点睛】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是掌握等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理逆定理等知识点．16．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校联考二模）如图，在正方形中，，为中点，为上的一点，且，，连接，延长交于点，交于点，则以下结论；①②③④；中正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】延长至H，使，证明，推出，，利用证明，可判断①；利用三角形外角的性质求出，然后利用三角形内角和求出，可判断②；在中，由勾股定理计算可判断③；证明，利用相似三角形的性质可判断④．【详解】解：延长至H，使，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，，，∵，∴，即，又，∴，∴，①正确；∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，②正确；设，∵为中点，∴，∴，，在中，由勾股定理得，解得，即，③不正确；∵，，∴，又，∴，∵，∴，∴，∴，④正确；综上，正确的有①②④，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．17．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模）如图，已知内接于，，将弧沿弦翻折后恰好经过弦的中点，则的半径为(

)

A． B． C．5 D．【答案】B【分析】连接，作于，连接并延长交于，连接，可由推出，进而求得，，，，，再在中列方程求得．【详解】解：如图，

连接，作于，连接并延长交于，连接，，，，，在中，，，，在中，，，，根据对称性可得，，，在中，，，，设，

在中，由勾股定理得，，故选：B．【点睛】本题考查了轴对称性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，得出18．（2023·广东深圳·深圳大学附属中学校考一模）已知抛物线是常数开口向下，过，两点，且下列四个结论：若，则；若时，则；若点，，在抛物线上，，且，则；当时，关于的一元二次方程必有两个不相等的实数根．如果，，那么当时，直线与该二次函数有一个公共点，则．其中结论正确的个数有（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】A【分析】根据和过点，可得，根据，列不等式组可解答；根据对称轴是直线，计算，最后将点的坐标代入抛物线的解析式可解答；计算对称轴，确定，可知：点到对称轴的距离点到对称轴的距离，开口向下时可得的大小；列方程计算可解答；根据已知确定解析式，列方程计算可解答．【详解】解：若，则，抛物线过，，，，当时，；当时，；联立此两个不等式，将代入以上不等式，可解得；故错误；当时，对称轴是直线，，当时，，，即，，故错误；由题意，抛物线的对称轴是直线，，，即，点，在抛物线上，，且，点到对称轴的距离点到对称轴的距离，，故正确；设抛物线的解析式为，方程，整理得，，，，，，关于的一元二次方程必有两个不相等的实数根．故正确，如果，则，如果，根据，则；又抛物线过，，，，当时，，当时，，根据图象知，直线与该二次函数有一个公共点，则，，故错误．故选：A．【点睛】本题考查二次函数的性质，一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．19．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在中，，点D在斜边上，以为直径的经过边上的点E，连接，且平分，若的半径为3，，则线段的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，由角平分线的性质，等腰三角形的性质的推出，得到，因此，得到：：代入有关数据，即可求出的长．【详解】解：如图，连接，平分，，，，，，，：：，的半径为，，，，：：，．故选：．【点睛】本题考查角平分线定义，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，关键是掌握相似三角形的判定和性质．20．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，正方形的边长为12，E是中点，F是对角线上一点，且，在上取点G，使得，交于H，则的长为（

）A．4 B． C． D．【答案】C【分析】过点F分别作，垂足分别为M，N，过点E作于点E，则，根据正方形的性质可求出的长，是等腰直角三角形，再由，可得，进而得到，继而得到，，再由，可得是等腰直角三角形，，再证明，可得，然后根据，可得，即可求解．【详解】解：如图，过点F分别作，垂足分别为M，N，过点E作于点E，则，在正方形中，，∴，是等腰直角三角形，∵，∴，∴，∵E是中点，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∵，∴，∴，∴，解得：，∴．故选：C【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，证明，是解题的关键．21．（2023·广东深圳·校考二模）如图，直线l：分别与x轴、y轴交于点A、B．点P为直线l在第一象限的点．作的外接圆，延长交于点D，当的面积最小时，则的半径长为（

）

A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】先求出点，可得，，再由圆周角定理可得，从而得到，再由三角形的面积公式可得，从而得到当最小时，最小，此时，然后根据，可得，即可求解．【详解】解：当时，，当时，，解得：，∴点，∴，∵，∴，，∵，∴，∵是直径，∴，∴，∴，∴，∴当最小时，最小，此时，∴，即，解得：，∴，∴，∴．故选：B【点睛】本题主要考查了圆周角定理，一次函数的几何应用，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握圆周角定理，一次函数的图象和性质，锐角三家函数是解题的关键．22．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上，连接AF．则AF的长为（）A． B． C． D．2【答案】A【分析】过点D作DH⊥AF于点H，由锐角三角函数的定义求出CD＝1，AD＝3，由旋转的性质得出DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，证出∠DCE＝∠DAF，设AH＝a，DH＝3a，由勾股定理得出a2+（3a）2＝32，求出a可得出答案．【详解】解：过点D作DH⊥AF于点H，∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，∴AD＝BD，∵tan∠ACB3，设CD＝x，∴AD＝3x，∴BC＝3x+x＝4，∴x＝1，∴CD＝1，AD＝3，∵将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，∴DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，∴，∴∠DCE＝∠DAF，∴tan∠DAH＝3，设AH＝a，DH＝3a，∵AH2+DH2＝AD2，∴a2+（3a）2＝32，∴a，∴AH，∵DA=DF，DH⊥AF，∴AF＝2AH，故A正确．故选：A．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定，应用三角函数解直角三角形，勾股定理的应用，正确作出辅助线是解题的关键．23．（2023·广东深圳·二模）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，连接AC，动点Q以每秒1个单位的速度沿A→B→C向点C匀速运动，同时点P以每秒2个单位的速度沿A→C→D向点D匀速运动，连接PQ，当点P到达终点D时，停止运动，设△APQ的面积为S，运动时间为t秒，则S与t函数关系的图象大致为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，由矩形的性质和勾股定理，得到AC=5，则得到点P的运动时间为秒，则对运动过程进行分类讨论：①当点P从点A运动到点C的过程，即；②点P经过点C之后，点Q到达点B时，即；③点Q经过点B后，点P到达点D停止，即；分别求出S与t的关系，即可得到答案.【详解】解：由矩形的性质，得∠B=90°，AB=DC=4，AD=BC=3，由勾股定理，得：，∴点P运动到点C的时间为：秒；点P运动到点D的时间为：秒；点Q运动到点B的时间为：秒；根据运动的情况，可分成以下三种情况：①当点P从点A运动到点C的过程，即，如图，作PE⊥AB于E，∴，，∵PE⊥AB，BC⊥AB，∴△APE∽△ACB，∴，∴，∴△APQ的面积为：（）；②点P经过点C之后，点Q到达点B时，即；如图，∴△APQ的面积为：（）；③点Q经过点B后，点P到达点D停止，即；如图，此时，，，∴，∴△APQ的面积为：，∴（）；∴S与t函数关系的图象大致为A选项中的图像；故选：A.【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，以及二次函数的性质，解题的关键是根据x的取值范围表示出S与x之间的函数关系式．24．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校（集团）高新中学校考三模）如图，在矩形中，，，点E、F分别为、的中点，、相交于点G，过点E作，交于点H，则线段的长度是（

）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】根据矩形的性质得出，求出，，求出，根据勾股定理求出，求出，根据三角形的中位线求出，根据相似三角形的判定得出，根据相似三角形的性质得出，再求出答案即可．【详解】解析：四边形是矩形，，，，，，点E、F分别为、的中点，，，，，，．由勾股定理得：，，，，，，解得：，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定，能熟记矩形的性质是解此题的关键．25．（2023·广东深圳·深圳市福田区北环中学校考二模）如图，在中，，点在边上，过的内心作于点．若，，则的长为（

）

A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】过点I作，垂足分别为G，F，可得，，设，，再由，即可求解．【详解】如图，过点I作，垂足分别为G，F，

∵点I为的内心，∴以为半径的圆I是的内切圆，∴，，设，∵，∴，∴，∵，∴，解得：，∴．故选：B【点睛】本题主要考查了三角形的内心，切线长定理，熟练掌握三角形的内心的性质，切线长定理是解题的关键．26．（2023·广东深圳·统考二模）已知点，在的图象上，下列说法错误的是（

）A．当时，二次函数与轴总有两个交点B．若，且，则C．若，则D．当时，的取值范围为【答案】D【分析】根据函数解析式，结合函数图象的顶点坐标、对称轴以及增减性依次对4个结论作出判断即可．【详解】解：由，∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为；A.当时，，所以，二次函数与轴总有两个交点，说法正确，故选项A不符合题意；B.当时，对应点为，关于对称轴对称的点为，即；当时，图象在和之间，所以，，故选项B说法正确，不符合题意；C.若，则，当时，则两点连线的中点在对称轴右侧，所以，，故选项C说法正确，不符合题意；D.当时，，当时，最高点为，所以，，故选项D说法错误，符合题意，故选：D【点睛】本题主要考查了二次函数图象与二次函数的系数的关系，需要利用数形结合思想解决本题．27．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，，，若，，则点到的距离是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点作，垂足为，过点作，交的延长线于点，在中，利用勾股定理可求出的长，再利用等腰直角三角形的性质可得，，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后根据的面积的面积的面积的面积进行计算即可解答．【详解】解：过点作，垂足为，过点作，交的延长线于点，，，，，，，，，，，，在中，，，的面积的面积的面积的面积，，，，点到的距离是，故选：B．【点睛】本题考查了等腰直角三角形，点到直线的距离，利用了勾股定理，锐角三角函数，根据题目的已知条件结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．28．（2023·广东深圳·深圳外国语学校校考一模）如图，为的直径，点为半圆上一点且，点、分别为、的中点，弦分别交，于点、．若，则（

）A． B． C．18 D．【答案】A【分析】由于点、分别为、的中点，根据垂径定理可得垂直平分，垂直平分，再由直径所对的圆周角是直角得出、、、都是等腰直角三角形，根据，设未知数，表示，，最后根据直角三角形的边角关系列方程求解即可．【详解】解：如图，连接、交、于点、，点、分别为、的中点，垂直平分，垂直平分，又为的直径，，，，，、、、都是等腰直角三角形，在中，由，在中，，，设，则，由勾股定理可得，又，，，，，，，又，，解得，，故选：A．【点睛】本题考查圆周角定理及推论，直角三角形的边角关系以及解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提，设未知数，表示三角形的边长是解决问题的关键．29．（2023·广东深圳·校考三模）矩形ABCD的对角线BD=4，DE⊥AC于点E，则当∠DBE最大时，BE的长度为（）A． B． C． D．2【答案】D【分析】设与的交点为点F，由矩形的性质可得，若固定不动，则E随的位置变动而变化，因，所以点E运动的轨迹是以为直径的圆，设该圆圆心为O，不难知道，当时，即为⊙O的切线时，最大，利用勾股定理即可求出答案．【详解】设与的交点为点F，由矩形的性质可得，，点在以为直径的上，如下图，∵当是⊙O的切线时，最大，∴当最大时，，∵，∴，∴．故答案为D．【点睛】本题考查了矩形的性质、切线的性质、圆的基本性质，关键在于确定E点运动轨迹，有一定难度．30．（2023·广东深圳·二模）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且EF＝2AE＝2CF，连接DE并延长交AB于点M，连接DF并延长交BC于点N，连接MN，则（

）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】设，首先证明，再利用平行线分线段成比例定理求出，推出，，可得结论．【详解】解：设，四边形是正方形，，，在和中，，，，在和中，，，，，，，，，，，故选：A．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数，设正方形的边长为，求出，．31．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，菱形中，交于点，，垂足为点，连接，若，则的长为（）A． B．16 C． D．【答案】D【分析】由菱形性质可知：，，，，由直角三角形斜边中线等于斜边一半得，再利用双勾股列方程求出，即可解答．【详解】解：∵菱形，∴，，，，又∵，∴，，∵，，设，则，∴，解得：（不符合题意，舍去），，∴，在中，，∴，故选D．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．32．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在中，，是上一点，连接，若，，则的值是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点E，连接，根据直角三角形的性质可得，再由，可得，可证明，从而得到，设，则，可得，，从而得到，的长，再由勾股定理求出，即可求解．【详解】解：如图，取的中点E，连接，

∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴可设，则，∴，，∴，∴（负值舍去），，∴，∴．故选：B【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，证得是解题的关键．33．（2023·广东深圳·统考二模）如图，四边形的对角线和相交于点E．若，且，，，则的长为（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】过点D作交的延长线于点F，证明，得到，令，则，运用勾股定理可求得，代入求出x即可．【详解】解：过点D作交的延长线于点F，∴，∵，∴，∵，，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，在中，，令，则，∴解得：（舍去），∴，故选：C．【点睛】此题是一道几何综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．34．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，在中，，作于点D，以为边作矩形，使得，延长，交于点G，作交于点H，作分别交，于点M、N，若，，则边的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】依据条件可判定，即可得到，，易证四边形是矩形，四边形是矩形，则，，，，又，则，设，则，，，再证，得，则，在中，由勾股定理，得，因为，所以，即，解之求出x值，即可求解．【详解】解：，，，，，，．在和中，，，，．∵矩形，，∴四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，，，又∵，，设，则，，，∵，∴∵，∴∵∴∴，∴，∴，在中，由勾股定理，得，∵∴，化简整理，得．解得：或（不符合题意，舍去），∴故选：B．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，解一元二次方程，本题属四边形综合题目，熟练掌握相似三角形判定与性质，全等三角形判定与性质是解题的关键．35．（2023·广东深圳·统考一模）如图，正方形ABCD中，AB=4，点E是BA延长线上一点，点M、N分别为边AB、BC上的点，且AM=BN=1，连接CM、ND，过点M作MF∥ND与∠EAD的平分线交于点F，连接CF分别与AD、ND交于点G、H，连接MH，则下列结论正确的有（

）个①MC⊥ND；②sin∠MFC=；③(BM+DG)²=AM²+AG²；④S△HMF=A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①设MC与DN交点是P，通过证明△MBC≌△NCD得到∠PNC=∠CMB，又证明则∠PNC+∠PCN=90°求出∠NPC=90°，则MC⊥ND，即可得到答案.故①MC⊥ND正确.②延长AE，作FQ⊥AF于点Q，利用勾股定理求出MC=5，再通过△MBC∽△FQM得到即，又因