几何选择压轴题-2024年中考数学复习压轴题（浙江新中考）（解析版）

第第页题型01直线型类型一三角形综合题1．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四边形中，，．记，．若，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了三角函数，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点作于，作的角平分线交于，过点作于，由题意可得，，，由得到，再证明，得到，，进而得到，由可得，求得，，再勾股定理可得，，，得到，由求出，再利用勾股定理即可求出的长，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：过点作于，作的角平分线交于，过点作于，则，∵，，，∴，，，∵平分，∴，设，，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，，当时，，∴不合，舍去，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故选：．2．（2023·浙江·模拟预测）如图，在四边形中，，为对角线，且满足，若，则的长度为（

）A．13 B． C． D．【答案】B【分析】本题考查四边形综合应用，涉及等腰直角三角形性质及应用，旋转的性质及应用等知识，将三角形绕逆时针旋转至，连接，证明，由，得，由，可得，根据勾股定理求出，进而可得，作出辅助线，灵活运用旋转的性质是解答此题的关键．【详解】解：将三角形绕逆时针旋转至，连接，如图：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故选：B．3．（2023·浙江·模拟预测）如图，在中，，于点D，点M是内一点，连接交于点N，已知，若点M是的内心，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查等腰三角形性质，全等三角形性质及判定，内心性质，三角形内角和定理．根据题意证明，可得，因为M是的内心，继而可得，再根据三角形内角和即可得到结论．【详解】解：∵，，∴，，∴在和中，，∴，∴，∴，∵M是的内心，∴，，∴，∵，，∴，即：，∵，∴，，∴，故选：B．4．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是边上的动点（不与点B、C重合），与交于点，连结．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在的延长线上，且的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】①正确．证明，可得结论；②正确．证明，，，四点共圆，利用圆周角定理证明；③正确．设，则．，，过点作于点，求出，，可得结论；④错误．将绕点顺时针旋转得到，连接，当点，点，点，点共线时，值最小，此时，，，设，则，构建方程求出，可得结论．【详解】解：如图1中，，，又，，，，，故①正确，，，，，取的中点，连接，，，则，，，，四点共圆，，故②正确，设，则．，，过点作于点，，，，，，，故③正确．如图2中，将绕点顺时针旋转得到，连接，，，，是等边三角形，，，当点，点，点，点共线时，值最小，此时，，，，设，则，，，，，故④错误．故选：B．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．5．（2024·浙江宁波·模拟预测）一个矩形按如图的方式分割成三个直角三角形，把较大的两个三角形纸片按图方式放置，若图中两个阴影部分面积满足，下列结论错误的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，证明，再由等角的余角相等可得，所以，可以判断正确；如图，过点作于，证明，根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得，设，，则，可判断正确；如图，先计算，由勾股定理得，由三角函数定义可判断正确；设，，则，可判断错误．【详解】解：、如图，∵四边形是矩形，∴，∴，如图，，∴∵，∴，∴，∴，故选项正确，不符合题意；、如图，过点作于，则，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，设，，则，∴，∴，故选项正确，不符合题意；、∵，∴如图，中，，，∵，∴，∴'故选项正确，不符合题意；、设，则，，∴，∴，∴故项错误，符合题意；【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线分线段成比例定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，设未知数表示各线段的长是解题的关键．6．（2024·浙江宁波·一模）如图，在中，过点作交于点，点为上一点，为上一点，且，过点作交于点，交于点，，，，则的面积为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，四点共圆，二次根式的混合运算，勾股定理等．根据条件可以得到，，利用四点共圆得到，可证，根据条件得到，设，则，，利用勾股定理求出值，继而得到高线的长，根据面积公式计算即可．【详解】解：，，，，又，∴，，，，连接、，作，垂足为，，点、、、四点共圆，，，，，，，∴，，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得：，．．故选：A．7．任意一张正方形先对折再翻折然后加上废旧的草杆就能做成一个简易的纸风车，迎着风就会哗啦啦转动起来，小小的纸风车带来童年满满的回忆．如图是彤彤折叠的一个纸风车，风车由四个全等的直角三角形组成，其中∠DOG为90°．延长直角三角形的斜边，恰好交于四个直角三角形的斜边中点，若，那么这个风车的面积为（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】连接由题意可得，进而说明为等腰直角三角形，再说明垂直平分、垂直平分，进而说明，然后再运用解直角三角形求得，然后再求得三角形的面积，最后求风车面积即可．【详解】解：如图：连接由题意可得：，为等腰直角三角形又：，，即又垂直平分同理：垂直平分是等腰三角形顶角的角平分线即由题意可得又，，在中，，，设，即，，设（），，，即，，又，，，．故选A．

【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，灵活应用相关知识以及数形结合思想成为解答本题的关键．8．（2023·浙江金华·一模）我们知道订书针的两条短边垂直长边．如图是由三枚完全相同的订书针，，拼成的图形，点B，E，C，F在同一条直线上，点D，K，L分别在，，上，，．当点，I重合时，的长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点J作，交于点N，交于点M，证明，设，利用全等，相似的性质计算即可．【详解】如图，过点J作，交于点N，交于点M，设，∵，∴，，∴四边形是矩形，，∴，，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴∵，∴解得，∴，故选B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．9．（2023·浙江杭州·一模）如图，在中，，点P在边上，，分别为的中点，连接．过点作的垂线，与分别交于，两点．连接，交于点．有以下判断：①；②且；③当时，的面积为；④的最大值为．其中正确的是（

）A．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】①由等腰三角形的性质可得，由三角形中位线定理可得，可求解；②由可证，全等，可得，，可求解；③由等腰三角形的性质和三角形中位线定理可求的长，再由三角形面积公式可求解；④利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出，的值，即可求得解【详解】解：①，分别为的中点，，；故①正确；②，是等腰直角三角形，∴，又，∴，∵是的中点，∴，∴，故②正确；③当时，∵是的中点，∴，故③正确；④设为，，∴即的最大值为故④正确，综上所述，①②③④正确，故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．10．（2022·浙江宁波·一模）如图，已知中，，，平分交于，是边上的点，且：：，：：，连结交于，连结，则面积的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点作于点，过点作，交于点，则，，列比例式，结合已知条件可求解，，再利用角平分线的定义可求解的长，根据当时，最大，即的面积最大，结合三角形的面积公式计算可求解．【详解】解：过点作于点，过点作，交于点，，，，：：，，，，，，，，，即，平分交于，，，，，，当时，最大，即的面积最大，的最大值为：，故选：D．【点睛】本题主要考查角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，确定的位置是解题的关键．11．如图，在中，，，，其中，，，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】延长至，使得，连接，过点作于点，延长使得，连接，证明，即可求解．【详解】解：如图，延长至，使得，连接，过点作于点，延长使得，连接，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，设∴,∴；∵，，∴，，∴，∴∵∴是等腰直角三角形，∴设，∴，∴∵∴又在与中，∴∴设，则∵,∴解得：即，故选：C．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．12．如图（1），有两全等的正三角形，，且，A分别为，的重心.固定点，将逆时针旋转，使得A落在上，如图（2）所示.则图（1）与图（2）中，两个三角形重叠区域的面积比为（

）A．2：1 B．3：2 C．4：3 D．5：4【答案】C【分析】连接，交于点O，根据等边三角形的性质及三角形重心的性质得出，，再结合图形及三角函数计算阴影部分的面积求解即可．【详解】解：如图所示，连接，交于点O，设等边三角形的边长是x，则高长为，图（1）中阴影部分为一个内角是的菱形，∴，，∴，∴，∴，则阴影部分的面积为：，图2中，，，∴，∴，∴，∴阴影部分的面积为：，两个重叠区域的面积比为：，故选：C．【点睛】题目主要考查等边三角形的性质及解三角形的应用，菱形的性质等，理解题意，作出相应辅助线及掌握三角形重心的性质是解题关键．13．（2022·浙江绍兴·二模）如图，△ABC的两条内角平分线相交于点D，过点D作一条平分△ABC面积的直线，那么这条直线分成的两个图形的周长比是（）A．2：1 B．1：1 C．2：3 D．3：1【答案】B【分析】连接AD，过D点作DE⊥AB于点E，作DF⊥AC于点F，作DG⊥BC于点G，根据角平分线的性质可知：AD也是一条角平分线，则有DE=DF=DG，根据MDN平分△ABC的面积以此来列等式即可求解．【详解】连接AD，过D点作DE⊥AB于点E，作DF⊥AC于点F，作DG⊥BC于点G，∵△ABC的两条内角平分线相交于点D，∴DE＝DF＝DG，设MN平分△ABC的面积，则＋＝＋＋，∵＝BM•DE，＝AM•DE，＝AC•DF，＝NC•DG，＝BN•DG，∴BM•DE＋BN•DG＝AM•DE＋AC•DF＋NC•DG，∴BM＋BN＝AM＋AC＋NC，∴BM＋BN＋MN＝AM＋AC＋NC＋MN，即这条直线分成的两个图形的周长比是1：1；故选：B【点睛】本题主要考查了角平分线的性质，掌握三角形中三条角平分线的交点到三角形三边的距离相等是解答本题的关键．14．（2021·浙江湖州·模拟预测）如图，已知在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为BC边的中线，过点C作CE⊥AD于点E，交AB于点F．若AC＝2，则线段EF的长为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，由勾股定理可求AD的长，由面积法可求CE，由“AAS”可证△ACD≌△CBH，可得CD＝BH＝1，AD＝CH＝，通过证明△ACF∽△BHF，可得＝，可求CF的长，即可求解．【详解】解：如图，过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，∵AD为BC边的中线，AC＝BC＝2，∴CD＝BD＝1，∴AD＝＝＝，∵，∴CE＝＝，∵∠ADC+∠BCH＝90°，∠BCH+∠H＝90°，∴∠ADC＝∠H，在△ACD和△CBH中，，∴△ACD≌△CBH（AAS），∴CD＝BH＝1，AD＝CH＝，∵AC⊥BC，BH⊥BC，∴AC∥BH，∴△ACF∽△BHF，∴＝，∴CF＝，∴EF＝CF﹣CE＝﹣＝，故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．15．（2022·浙江温州·二模）如图，在中，，分别以AB，AC，BC为边作三个等边三角形：，，，其中，，BD与CE交于点M，AC与BD交于点N，连结AM，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接ED，作DF∥BC交EC与F，在AM上截取AG=NG，证明△AED≌△ACB，△DFM≌△BCM，得出M是BD中点，再利用勾股定理求出AM、MN即可．【详解】解：连接ED，作DF∥BC交EC与F，在AM上截取AG=NG，∵和是等边三角形，∴，，，∴，∴△AED≌△ACB，∴，，∴，∵DF∥BC，∴，∴，∴，∴，∵，∴△DFM≌△BCM，∴，∴，，∵，∴，，∵，∴，∵AG=NG，∴∴设，则，，∴，解得，，的面积为，故选：B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线，根据全等三角形的性质得出是直角三角形，并通过解直角三角形求出边长．类型二平行四边形综合题16．（2023·浙江绍兴·一模）如图，中，，点分别为上异于端点的四点，满足，分别为上异于端点的两点，连接，点O为线段上一个动点，从点M出发，运动到点N后停止，连接，当图中存在与四边形时，随着点O的移动，两者的面积之和变化趋势为（

）A．先变大再变小 B．先变小再变大 C．一直不变 D．以上都不对【答案】D【分析】本题考查平行四边形的性质，割补法求阴影部分的面积．熟练掌握平行四边形的性质，利用割补法表示出阴影部分的面积，是解题的关键．连接，设点到的距离为，到的距离为，到的距离为，到的距离为，利用面积公式求出，，发现均为定值，和也为定值，利用割补法得到与四边形的面积之和为，即可得出结论．【详解】解：连接，设点到的距离为，到的距离为，到的距离为，到的距离为，∵四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，，∵为定值，是平行四边形的高，均为定值，∴，，均为定值，∵的边长是定值，∴也为定值，∵与四边形的面积之和为，为定值，∴与四边形的面积之和保持不变，当点O在HE，MN交点的左侧时，如图，，而为定值，且变小，故阴影部分面积是变化的，先变小，然后再保持不变，故选：D．17．（22-23九年级上·浙江宁波·期末）如图，在平行四边形中，点分别在边上，，四边形四边形，相似比，则下列一定能求出面积的条件（

）A．四边形和四边形的面积之差 B．四边形和四边形的面积之差C．四边形和四边形的面积之差 D．四边形和四边形的面积之差【答案】C【分析】分别过点，作的平行线，根据相似比，找出对应相似图形的面积关系，然后找出符合的选项即可．【详解】解：如图，分别过点，作的平行线交于点，交于点，四边形四边形，相似比，，，，相似比，则，，，，选项C符合题意，故选：C．【点睛】本题考查了根据相似比求面积关系，平行四边形性质，相似三角形性质等知识，适当添加辅助线，找出对应面积关系，采用面积作差方法是解题关键．类型三矩形综合题18．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知是矩形的对角线，以点为旋转中心将逆时针旋转90°，得到，三点恰好在同一条直线上，设与相交于点，连结．有以下结论：①；②；③是线段的黄金分割点；④，其中正确的是（

）A．① B．①③ C．②④ D．①③④【答案】D【分析】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质以及黄金分割点的性质，全等三角形的判定和性质等综合知识，由是绕点逆时针旋转得到的，得到再由矩形的性质得出，从而判断①；由可得从而判断②；由及得出可判断③；在线段上作连接通过得出是等腰直角三角形，可以判断④，关键是根据已知比例式确定两个三角形相似．【详解】解：∵是绕点逆时针旋转得到的，∴，∴，又∵四边形是矩形，∴，∴，即，∴，即，故①符合题意；∵，∴，即是直角三角形，而显然不是直角三角形，故②不符合题意；在和中，即∴点是线段的黄金分割点，故③符合题意；在线段上取并连接如图，在和中，，，是等腰直角三角形，，，故④符合题意；故选：D．19．（2024·浙江杭州·一模）如图，在矩形中，，点是的中点，点在上，，点在线段上．若是等腰三角形且底角与相等，则的值为（

）A．6或2 B．3或 C．2或3 D．6或【答案】D【分析】分两种情况：①为等腰的底边时，作于，则，由矩形的性质得出，，，得出，，证明，得出利用相似三角形的性质求出，证出，由等腰三角形的性质得出，，证出，利用相似三角形的性质求出，即可得出答案；②为等腰的腰时，作于，由①得：，，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】解：分两种情况：①为等腰的底边时，作于，如图所示：则，四边形是矩形，，，，，，点是的中点，，，，，即，解得：，，，，，是等腰三角形且底角与相等，，，，，，，，；②为等腰的腰时，作于，如图所示：由①得：，，设，则，在中，，解得：，即；综上所述：或．故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键．20．（2023·浙江宁波·一模）如图，已知矩形和矩形，正方形面积为矩形面积的两倍，且点E，G分别落在上，且点在上．若已知的长，则下列可求的是（

）A．的长 B．的长 C．的长 D．的长【答案】B【分析】本题考查了矩形和正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，设，根据正方形面积为矩形面积的两倍，可得，利用勾股定理求得，再证明，可得，可得，则可得，即可解答，熟练利用相似三角形的性质是解题的关键．【详解】解：设，正方形面积为矩形面积的两倍，，，四边形是矩形，四边形是正方形，，，根据勾股定理可得，，，，，,,,,已知的长，可得的长，故选：B．21．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（

）A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形【答案】A【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴，，∴，，∵、，∴∵对称，∴，∴∵对称，∴，∴，同理，∴∴∴四边形是平行四边形，如图所示，

当三点重合时，，∴即∴四边形是菱形，如图所示，当分别为的中点时，设，则，，在中，，连接，，∵，∴是等边三角形，∵为中点，∴，，∴，根据对称性可得，∴，∴，∴是直角三角形，且，∴四边形是矩形，

当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形

∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．类型四菱形综合题22．（2023·浙江温州·二模）如图，正方形与正方形边长相等，且三点共线，以为顶点构造菱形，且三点共线，设两块阴影部分的面积分别为和，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正方形的性质及全等三角形的判定和性质得到，再根据相似三角形的判定与性质得到即可解答．【详解】解：如图所示连接作，与于点，∵正方形ABCD与正方形DEFG边长相等，∴，∴在和中，，∴，∴，∴，同理可得：，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故选．

【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．23．（2024·浙江·一模）如图，在菱形中，过顶点作，，垂足分别为，，连接，若，的面积为，则菱形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点作，交的延长线于点，证明，得到，推出，设，由可得，进而根据锐角三角函数得到，则，根据三角形的面积公式求出，再根据勾股定理求出，即可求解．【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，，，，四边形是菱形，，，，在和中，，，，，即，设，，，，，，，，，，，，，，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，灵活运用相关知识是解题的关键．24．如图，在菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中一定成立的是（

）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【答案】A【分析】由AAS证明，得出，证出OG是的中位线，得出，故①正确；先证明四边形ABDE是平行四边形，证出、是等边三角形，得出，因此，得出四边形ABDE是菱形，故④正确；由菱形的性质得出，由SAS证明，得出，故②不正确；由中线的性质和菱形的性质可得，，可得四边形与四边形面积相等，得出③正确；即可得出结果．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴，∴，，∵，∴，在和中，∴，∴，∴OG是的中位线，∴∴①正确；∵，，∴四边形ABDE是平行四边形，∵，∴、是等边三角形，∴，∴，四边形ABDE是菱形，故④正确；∴，由菱形的性质得：，在和中，∴，∴，故②不正确；∵，∴，∵四边形是菱形，∴，∴四边形与四边形面积相等，故③正确；正确的是①③④．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，难度较大．25．如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．【详解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,∴∠BEO=∠BFO=90°，∵∠A=120°，∴∠B=60°，∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，因为O点是菱形ABCD的对称中心，∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，所以四边形EFGH是矩形；设OE=OF=OG=OH=x，∴EG=HF=2x，，如图，连接AC，则AC经过点O，可得三角形ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，AC=AB=2,∴OA=1,∠AOE=30°，∴AE=，∴x=OE=∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,故选A．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．类型五正方形综合题26．（2023·浙江温州·一模）如图，在中，，以其三边为边分别向外作正方形，连接交于点，连接，当时，则的长为（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】题目主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键，延长到K，使得，延长交于点L，延长，过点E作，根据正方形的性质及全等三角形的判定证明，，，再由其性质及勾股定理求解即可【详解】解：延长到K，使得，延长交于点L，延长，过点E作，∵正方形，正方形，∴，∴，∴，∵正方形，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∵正方形，，∴，∵正方形，，∴，，∴，∴，∴，∴，，∵正方形，，∴，∴，∴，∴，∵,，∴即，在中，连接，∵，∴，故选：B27．（2023·浙江金华·三模）四个全等的直角三角形和小正方形组成的大正方形如图所示，过点C作交的延长线于点K，连接分别交于点M，N，若已知，则的值为（）A．6 B． C．8 D．【答案】A【分析】设，则，，进而求出，面积公式求出，进而得到，根据同角的余角相等，得到，进而得到，勾股定理得到，根据，得到，进而得到，设，，则，证明，求出的长，进一步求解即可．【详解】解：设，则，，∴，，∴，∴，∵，∴，∴（负值舍去），∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，设，，则，∵，∴∴，∴，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，难度大，属于选择题中的压轴题，掌握相关性质和定理，并灵活运用，是解题的关键．28．（2023·浙江金华·一模）如图，在正方形中，、相交于点．为上一点，于点，交于点，连结交于点．若，则的值为(

)A． B． C．1 D．【答案】A【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先证，得到，然后设，则，根据正方形的性质得到，然后求出的长，再求出和的长，根据求出的长，从而求出的长，最后利用即可求出比值．【详解】解：过点作于点，四边形为正方形，，，，，，，，，设，则，由勾股定理得，，四边形是正方形，，，，，，，，，，，即，，，，，，，，即，，故选：A．29．把一条线段分割为两部分，使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大的比值，则这个比值为黄金分割，比值为，它被公认为是最能引起美感的比例，如图为世界名画蒙娜丽莎．如图，点是正方形的边上的黄金分割点，且，以为边作正方形，延长交于点，连结交于点，连结，则为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形、矩形的性质与判定，黄金分割的意义，比例的性质，三角形的面积，根据正方形的性质得出，，，根据黄金分割的意义得出，由，得出，根据合比性质得出，即可得到，根据矩形的性质与判定得出，最后根据三角形的面积求出即可求解，掌握黄金分割的意义是解题的关键．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵点是正方形的边上的黄金分割点，且，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，故选：．30．（2023·浙江绍兴·三模）如图，，点在上，且，是上的点，在上找点，以为边，，，为顶点作正方形，则的长不可能是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意作出正方形：①点在点右侧，、为正方形的边长；②点在点左侧，、为正方形的边长；③点在点左侧，、为正方形的边长；④点在点右侧，、为正方形的边长；然后根据正方形的性质，通过解直角三角形先求得正方形的边长，再求得的长即可判断；【详解】解：如图1，为正方形，点在上，

∵，，∴直角中，，∴正方形的边长为1，∵是正方形的对角线，∴；如图2，为正方形，点在上，

∵，，∴直角中，，∴正方形的边长为1，∵是正方形的对角线，∴；如图3，为正方形，点在上，

设正方形的边长为，则，∵，，∴直角中，，∵，∴，解得：，∴；如图4，为正方形，点在上，

设正方形的边长为，则，∵，，∴直角中，，∵，∴，解得：，∴；综上所述的长为或或，B选项符合题意，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形等知识；根据点的位置和正方形边长的构成情况分类讨论是解题关键．题型02圆类型六垂径定理31．（2023·浙江绍兴·模拟预测）平面直角坐标系中，以点为圆心，3为半径作，已知点，N是上的动点，P为x轴上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．以上都不正确【答案】B【分析】本题考查轴对称——最短路径问题，圆的有关性质．解题的关键是掌握求圆外一点到圆上的点的最大值距离以及最小距离．作点关于x轴对称的点，连接，则，连接，由圆外一点的性质可知，当点P，点N在线段上时，有最小值，为，求出即可解决问题．【详解】作点关于x轴对称的点，连接，则，，连接，由圆外一点的性质可知，当点P，点N在线段上时，有最小值，此时．∵，，∴，∴，即的最小值为．故选：B32．（22-23九年级上·浙江杭州·阶段练习）如图，是半圆O的直径，四边形和都是正方形，其中点在上，点在半圆上．若半圆O的半径为10，则正方形的面积与正方形的面积之和是（

）A．50 B．75 C．100 D．125【答案】C【分析】连接，设正方形的边长为a，正方形边长为b，，根据正方形的性质，根据勾股定理得出得出把等式的左边分解因式后得出求出，再代入①，即可求出答案．【详解】解：连接，设正方形的边长为a，正方形边长为b，，则，∵四边形和都是正方形，∴，∵半圆O的半径为10，∴，由勾股定理得：①②，得：∴∴∴∴∵，∴，即，把代入①，得，即正方形的面积与正方形的面积之和是100，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识点，能求出是解此题的关键，题目比较好，难度偏大．33．如图，在正方形中，，点为中点，点绕着点旋转，且，在的右侧作正方形，则线段的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，利用正方形的性质，证明△DEC∽△DPF，从而得到PF=，故点F在以P为圆心，为半径的圆上，根据圆的基本性质，得到当点F在PH上时，FH取得最小值．【详解】如图，延长BC到点P，使得PC=BC=6，∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD=6，∠BCD=∠PCD=90°，∴△PCD是等腰直角三角形，∴∠CDP=45°，；∵四边形DEFG是正方形，∴DE=EF，∠DEF=90°，∴△DEF是等腰直角三角形，∴∠EDF=45°，；∴，∠CDE=∠PDF，∴△DEC∽△DFP，∴，∵CE=4，∴PF=，故点F在以P为圆心，为半径的圆上，根据圆的基本性质，得到当点F在PH上时，FH取得最小值，∵H是BC的中点，BC=6，∴CH=3，∴PH=9，∴FH=9-，故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，圆的性质，熟练掌握正方形的性质，灵活运用三角形相似的判定定理和圆的性质是解题的关键．34．（2024·浙江·模拟预测）如图，是的直径，弦于点E，在上取点F，使得，连接交于点G，连接．若，则的值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了垂径定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．连接，先根据圆周角定理和垂径定理可得，再证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得，设，则，然后在中，利用勾股定理建立方程可求出的值，最后证出，根据相似三角形的性质求解即可得．【详解】解：如图，连接，∵是的直径，弦，∴，，∵，∴，∵，∴，由圆周角定理得：，，在和中，，，，，即，设，则，在中，，即，，解得或（不符合题意，舍去），在和中，，，，，故选：A．35．（2023·浙江杭州·一模）如图，点A，B是半径为2的⊙O上的两点且，则下列说法正确的是（）

A．圆心O到的距离为 B．在圆上取异于A，B的一点C，则面积的最大值为2C．取的中点C，当绕点O旋转一周时，点C运动的路线长为π D．以为边向上作正方形，与⊙O的公共部分的面积为【答案】D【分析】由垂径定理，勾股定理求出，延长交圆于，即可求出的最大面积，当绕点旋转一周时，点运动的路线是以为圆心半径是1的圆，即可求出运动的路线长，以为边向上作正方形，与的公共部分的面积扇形的面积+的面积，于是可以得到答案．【详解】解：如图①，于，

，，，故A不符合题意；如图①延长交圆于，此时的面积最大，，，的面积，故B不符合题意；

取的中点，连接，，，，，，当绕点旋转一周时，点运动的路线是以为圆心半径是1的圆，运动的路线长是，故C不符合题意；如图②四边形是正方形，连接，，则过圆心O，作于，

的面积，，的面积的面积的面积，，扇形的面积，以为边向上作正方形，与的公共部分的面积扇形的面积的面积，故D符合题意．故选：D．【点睛】本题考查扇形面积的计算，三角形面积的计算，垂径定理，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．36．（2021·浙江温州·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，BC，CA为直径作半圆围成两月牙形，过点C作DFAB分别交三个半圆于点D，E，F．若，AC+BC＝15，则阴影部分的面积为（）A．16 B．20 C．25 D．30【答案】C【分析】连接AF，BD，先证明四边形ABDF是矩形，然后由垂径定理，矩形的性质，勾股定理，表示出相应的线段长度，结合AC+BC＝15，求出k的值，得到各个扇形的半径，再利用间接法求出阴影部分的面积．【详解】解：连接AF，BD，如图，∵AC、BC是直径，∴∠AFC=90°，∠BDC=90°，∵DFAB，∴四边形ABDF是矩形，∴AB=FD；取AB的中点O，作OG⊥FD，∵，则设，，由垂径定理，则，∴，∴，，，由勾股定理，则，，∵AC+BC＝15，∴，∴；∴，，，∴阴影部分的面积为∴；故选：C．【点睛】本题考查了垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理，以及求不规则图形的面积，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而求出线段的长度，进而求出面积．类型七与圆有关的角37．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．38．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．39．已知锐角．如图（1）在射线上取一点，以点为圆心，长为半径作，交射线于点．连接；（2）分别以点、为圆心，长为半径作弧，交于点、；（3）连接，．根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（）A．B．若，则C．D．点与点关于对称【答案】B【分析】由作图知，OM=OC=OD，再利用对称的性质逐一判断可得．【详解】解：由作图知，且OM=OD，又OC=OC故△COM≌△COD，故选项正确；故M与D点关于OA对称，故D选项正确；，OM=ON是直角等腰三角形，，，，故选项错误；设，则，，又，，，故选项正确；故选：．【点睛】本题主要考查了作图，内角和定理，对称等基本性质，熟悉相关性质是解题的关键．40．如图，已知，正方形边长为1，以为直径在正方形内部作半圆，点P是边的中点，与半圆交于点Q，连接．下列结论错误的是（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】A、正确.连接，易证四边形是平行四边形，从而可得结合，可证到，从而证到，则有；B、正确.连接，根据勾股定理可求出，易证，运用相似三角形的性质可求出，从而求出的值，就可得到的值；C、正确过点作于，易证，运用相似三角形的性质可求出，从而可求出的值；D、错误.过点作于，易得，根据平行线分线段成比例可得，把代入，即可求出，然后在中运用三角函数的定义，就可求出的值.【详解】连接，如图.∵正方形的边长为，以为直径作半圆，点是中点，∴，∴四边形是平行四边形，∴.∴∵，∴，∴，在和中，，∴，∴.故正确；连接，如图.∵正方形的边长为，点是中点，，，∵为直径，，，，，即，，则，故正确；过点作于，如图.，即，，，故正确；过点作于，如图.，，，解得：，，，故错误.故选D【点睛】本题主要考查了圆周角定理、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、等腰三角形的性质、平行线的性质、锐角三角函数的定义、勾股定理等知识，综合性比较强，常用相似三角形的性质、勾股定理、三角函数的定义来建立等量关系，应灵活运用.41．如图，等边边长为6，E、F分别是边、上两个动点且．分别连接、，交于P点，则线段长度的最小值为（

）A． B． C． D．3【答案】A【分析】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系、圆等知识，解题的关键是发现点P的运动轨迹，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．本题中先证明，角度推导得，继而确定点P轨迹为以O为圆心的圆弧，连接，利用等边对等角以及四边形内角和定理可求出，后面解含有角的直角三角形即可．【详解】解：∵等边，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴点P轨迹为以O为圆心的圆弧，连接∵，，∴，，∴，∴，由得，，当O、P、C三点共线，即点P位于点时，取得最小值，∵，∴，∵，∴，∴，由得，∴，∴，即最小值为，故选：A．42．如图，点在上，，延长交于点，，，则的长是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，连接，作于点，结合已知条件，利用圆周角定理及直角三角形性质可得，，再由特殊锐角的三角函数值求得，再结合等腰直角三角形性质及三角形内角和定理可求得，然后利用三角函数分别求得的长度，最后利用线段的和差即可求得答案，正确作出辅助线构造直角三角形并求得是解题的关键．【详解】解：如图，连接，作于点，∵，∴，，∴，，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，，∴，故选：．43．如图，线段，分别为的弦，，，平分，若，则弦的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定的应用，过点作垂直于的延长线，交于，作于，连接，，根据圆内接四边形的性质可得，由平分，可得，，，，再证明，，可得，，则，进而求得，可知，再由勾股定理即可求解，能根据角平分线正确作出辅助线是解此题的关键．【详解】解：过点作垂直于的延长线，交于，作于，连接，，∵平分，，∴，，，则，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，则，∴，则，∴，由勾股定理可得：，即：，∴，故选：D．44．如图，在中，，，，点D是边上一个动点，以为直径画圆分别交于点E、F，则弦的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和解直角三角形，推出是解题的关键．根据三角形内角和定理求得，连接、，作于，作于，如图，根据圆周角定理得到＝，再计算出，则最小时，的长度最小，此时圆的直径的长最小，利用垂线段最短得到的长度最小值为的长，接着计算出，从而得到的最小值，然后确定长度的最小值．【详解】解：∵中，，，∴连接、，作于，作于，如图，

，而，，，，在中，，当最小时，的长度最小，此时圆的直径的长最小，即的长最小，的长度最小值为的长，∵，的最小值为，长度的最小值为；故选：B．45．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，的两条高线交于点，过三点作，延长交于点，连接．设，，则下列线段中可求长度的是（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了解直角三角形的应用，直径所对的圆周角是直角，四点共圆；连接交于点，则，设，，则,，设的半径为，则，在中，得出，即可求解．【详解】解：如图所示，连接交于点，则，

设，，依题意，，∴，∴,，设的半径为，则∴①在中，；∵，，∴∴∴故选：B．46．（22-23九年级上·浙江杭州·期末）如图，是的外角平分线，与的外接圆交于点D，连接交于点F，且，则下列结论错误的是（

）

A． B．C． D．【答案】B【分析】先根据圆内接四边形对角互补推出，再由角平分线的定义得到，即可得到，则，再由得到，即可证明，再，即可证明即可判断A；再根据圆周角定理和等量代换把B、C、D三个选项中的角度用表示出来，结合三角形内角和定理即可得到答案．【详解】解：∵四边形是圆内接四边形，∴，∵，∴，∵是的外角平分线，∴，又∵，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，故A不符合题意；∵∴，故C不符合题意；∵，，∴，故D不符合题意；∵，∴，根据现有条件无法证明，∴无法证明，故B符合题意；故选B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，三角形内角和定理，圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．47．（2023·浙江温州·三模）如图，在矩形中，为中点，以为边向上作正方形，边交于点，在边上取点使，作交于点，交于点，记，，欧几里得在《几何原本》中利用该图解释了．现以为直径作半圆，恰好经过点，交另一点于，记的面积为，的面积为，若，则的值为(

)

A． B． C．1 D．【答案】A【分析】先根据矩形、正方形的性质得，，，，进而得，连接，可依据“”判定得，则，据此得，然后证得，即，由此得，进而可求出的值．【详解】解：依题意得：四边形均为为正方形，四边形均为矩形，∵，点E为的中点，∴，，，，∴，连接，

∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∵为直径，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即：，∴，∴，∵，∴．故选：A．【点睛】此题主要考查了正方形、矩形的性质，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角等知识点，解答此题的关键是准确识图，找出相关的相等线段并用a，b的代数式表示出来，理解直径所对的圆周角是直角，同圆或等圆中，平行弦之间所夹的弧相等，难点是利用找出a，b之间的关系．类型八与圆有关的位置关系48．（2023·浙江·模拟预测）如图，是的直径，点C是延长线上的一点，与相切于点D，连接．若，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】连接．根据切线的性质可得出，根据直径所对圆周角为直角得出，结合题意易证为等边三角形，最后由含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理逐项计算判断即可．【详解】解：如图，连接．∵与相切于点D，∴．∵，∴，，∴，即．∵，∴为等边三角形，∴，∴，故A错误，不符合题意；∵，，∴，∴，故B正确，符合题意；∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，故C错误，不符合题意；∵是的直径，∴．∵为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故D错误，不符合题意．故选B．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理．连接常用的辅助线是解题关键．49．（2023·浙江杭州·一模）如图，经过的顶点C，与边分别交于点M，N，与边相切．若，则线段长度的最小值是（

）A．3 B．2 C．2 D．【答案】D【分析】作于点F，当CF为的直径时，此时最小，的长度也最小，连接，，过O作于E，根据圆周角定理和垂径定理得到，，，再根据等腰直角三角形的判定与性质求得直径，然后解直角三角形求得即可．【详解】解：如图，作于点F，∵即为定值，且垂线段最短，∴当CF为的直径时，此时最小，的长度也最小，连接，，则，过O作于E，则，，∵，，，∴，则，∴，∴，即的最小值为．故选：D．【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，解答的关键是找到直径最小时，线段的长度也最小．50．（2022·浙江杭州·二模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，延长BA与弦CD的延长线交于点P，已知PD=AB，下列结论：①若=+，则AB=CD；②若∠B=60°，则∠P=20°；③若∠P=30°，则=−1；④的值可能等于．其中正确的序号是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【答案】A【分析】①求得∠COD=90°，利用勾股定理得到CD=OD，即可判断；②证明△OBC是等边三角形，利用等边对等角，即可判断；③证明△ODC是等边三角形，得到PD=OD=OC=OB=CD=OA，设PD=OD=OC=OB=CD=OA=R，PA=x，证明△PAD∽△PCB，利用相似三角形的性质列方程求得x，即可判断；④利用反证法，即可判断．【详解】解：①连接OC、OD，∵=+，++=180°，∴=90°，∴∠COD=90°，∴CD=OD，∴AB=2OD=CD=CD；故①正确；②连接OC、OD，∵∠B=60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠COB=60°，∵PD=AB，∴PD=OD=OC=OB，∴∠P=∠DOP，∠ODC=∠OCD，∴∠ODC=∠OCD=2∠P，∴2∠P+∠OCD=3∠P=∠COB=60°，∴∠P=20°；故②正确；③连接OC、OD，∵∠P=30°，由②知∠ODC=∠OCD=2∠P=60°，∴△ODC是等边三角形，∵PD=AB，∴PD=OD=OC=OB=CD=OA，∴设PD=OD=OC=OB=CD=OA=R，PA=x，∵∠PDA+∠ADC=180°，∠B+∠ADC=180°，∴∠PDA=∠B，∴△PAD∽△PCB，∴，即PC•PD=PA•PB，∴2R•R=x•(x+2R)，整理得x2+2Rx-2R2=0，解得x=(-1)R，∴=-1，故③正确；④假设=成立．由③知△PAD∽△PCB，∴，∴PD=PB，∵PD=AB，∴PD=PA，∴PD+OD=PA+OA=PO，∴点D与点A重合，不符合题意，∴假设=不成立．故④不正确；综上，正确的有①②③，故选：A．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解一元二次方程，反证法，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．51．（2022·浙江宁波·一模）如图，是半径为1的圆弧，∠AOC等于45°，D是上的一动点，则四边形AODC的面积S的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意首先得出△AOC的面积，进而得出四边形最小值，要使四边形AODC面积最大，则要使△COD面积最大，以CO为底DE为高，要使△COD面积最大，则DE最长，进而得出答案.【详解】解：如图，过点C作CF⊥AO于点F，过点D作DE⊥CO于点E，∵CO=AO=1，∠AOC=45∘，∴CF=FO=，∴△AOC的面积=×1×=，则面积最小的四边形面积为D无限接近点C，∴最小面积无限接近但是不能取到．∵△AOC面积确定，∴要使四边形AODC面积最大，则要使△COD面积最大．以CO为底DE为高，要使△COD面积最大，则DE最长．当∠COD=90°时，DE最长为半径，四边形AODC面积的最大值=△AOC的面积+△COD的面积=+×1×1=，即四边形AODC的面积S的取值范围是故选B．【点睛】本题主要考查了圆的综合，正确得出四边形的最大值是解题关键.52．如图所示，在平面直角坐标系中，一组同心圆的圆心为坐标原点，它们的半径分别为，按照“加1”依次递增；一组平行线，都与轴垂直，相邻两直线的间距为1，其中与轴重合．若半径为2的圆与在第一象限内交于点，半径为3的圆与在第一象限内交于点，，半径为的圆与在第一象限内交于点，则点的坐标为（

）（为正整数）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了勾股定理；由题意得出规律是解题的关键．连，，，、、与轴分别交于、、，在中，，，由勾股定理得出，同理：，，……，得出的坐标为，的坐标为，的坐标为，……，得出规律，即可得出结果．【详解】解：连接，，，、、与轴分别交于、、，如图所示：在中，，∴，同理：，，……，∴的坐标为，的坐标为，的坐标为，……，…按照此规律可得点的坐标是，即，故选：B．53．如图，已知，以为弦的与相切于点P，直径交于点E，连接，C是上一点，连接交于点D，则下面结论不一定成立的是（）A．B．C．若为直径，，则D．若平分，则

【答案】D【分析】本题为圆的综合题，涉及到三角形相似、解直角三角形、勾股定理的运用等，综合性强，难度较大．由平行线的性质可得，再根据垂径定理及线段垂直平分线的性质判断选项A、B；设，则，列方程求解，再根据中位线的性质判断选项C；证明，得到，得到，由，得到，求解即可判断选项D．【详解】直线为圆的切线，则，，，，，故选项A、B成立，不符合题意；如图，为圆的直径，则，而点是的中点，则为的中位线，则，设，则，即，解得：，则，故选项C成立，不符合题意；如图，平分，则，，，，设，则，，则，而①，，，，，即，即②，联立①②，解得：（不合题意的值已舍去），则，故选项D不成立，符合题意；故选：D54．如图，是的直径，C，D是上的两个点，将沿弦折叠，圆弧恰好与弦，分别相切于点E，B．若，则弦的长是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】设所在的圆的圆心为Q，连接、、，由切线的性质得，，而是的直径，证明四边形是正方形，因为与关于直线对称，所以，垂直平分，则，，延长、交于点F，作交的延长线于点G，连接，可得，得，由，，得，则，所以，，于是得到问题的答案．【详解】解：设所在的圆的圆心为Q，连接、、，

∵恰好与弦，分别相切于点E，B，∴，，∵是的直径，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，由折叠得与关于直线对称，∴，垂直平分，∴，，∴，∴，延长、交于点F，作交的延长线于点G，连接，∵，∴，∵为直径可得，∴垂直平分，∵，，，∴，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】此题重点考查轴对称的性质、圆周角定理、切线的性质定理、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．55．如图，为直径，C为圆上一点，I为内心，交于D，于I，若，则为（

）

A． B． C． D．5【答案】A【分析】如图，连接，，由题意知，平分，平分，则，，，，由，可得，由垂径定理得，则，由勾股定理得，，如图，连接交于，则，设，则，由勾股定理得，，即，解得，进而可得，，由勾股定理得，，计算求解即可．【详解】解：如图，连接，，

由题意知，平分，平分，∴，，∴，，∵，∴，∵，∴，由勾股定理得，，如图，连接交于，则，设，则，由勾股定理得，，即，解得，∴，，由勾股定理得，，故选：A．【点睛】本题考查了内心，勾股定理，垂径定理，同弧或等弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．题型03相似形类型九相似三角形56．（2023·浙江温州·二模）有数学家证明了定理：任意一个三角形可以剪拼成一个矩形．小慧将一张三角形纸片（如图）分割成四块，然后拼成一张矩形纸片（无缝隙无重叠）．如图，分别取，的中点，，作于点，于点，连结，分别作于点，于点．若的面积为，，，则矩形的周长是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】过点作于点，根据题意得出是的中位线，进而根据面积求得，证明，求得，在中，勾股定理求得，根据等面积法求得，根据题意得出，进而根据题意，矩形的面积等于的面积，为，进而求得，即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵是，的中点，∴是的中位线，∴，∵，∴，∵，为的中点，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，依题意，的面积为，则矩形的面积为，∴，∴，∴矩形的周长，故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，三角形的中位线的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．57．（2023·浙江嘉兴·一模）如图，正方形边长为4，点E在边上运动，在的左侧作等腰直角三角形，，连接．喜欢探究的小亮通过独立思考，得到以下两个结论：①当点E与点D重合时，；②当线段最短时，．下列判断正确的是（

）A．①，②都正确 B．①，②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确【答案】A【分析】当点E与点D重合时，根据旋转有，先判断直线与直线重合，根据等腰三角形的性质可得；连结，，即有：，当且仅当F、A、C三点共线时取等号，可知当F、A、C三点共线时，线段最短，等腰直角三角形中，有，先证明，再证明，即有，可得，即可得．【详解】当点E与点D重合时，如图，根据旋转有，∵等腰直角三角形中，，∵，∴直线与直线重合，∵，，正方形边长为4，∴，故①正确；连接，，如图，即有：，当且仅当F、A、C三点共线时取等号，∴当F、A、C三点共线时，线段最短，且为：，如图，等腰直角三角形中，，，∴，在正方形中，可知：，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，即，即②正确，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判断与性质等知识，构造合理的辅助线，判断出当F、A、C三点共线时，线段最短，是解答本题的关键．58．如图，在等边三角形中，，点，在上，点在上．已知，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据等边三角形的性质，可得，，，由平行线的判定与性质，可证得，，再根据相似三角形的判定与性质，可求得，，据此即可求解．【详解】解：是等边三角形，，，，，，，，，，，又，，，，解得，，，，解得，故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，证得是解决本题的关键．59．（2022·浙江金华·模拟预测）正方形ABCD与正方形AEFG如图所示，AB=5，AG=4．现将正方形AEFG绕点A旋转一周．在旋转过程中，当∠CBG最小时，点F到AB边的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据G点轨迹得出与⊙A相切时，最小，再由旋转的性质可得点、B、三点共线，由勾股定理求得，从而可得，过点作⊥AB延长线于H，再由便可解答；【详解】解：如图，G点轨迹在⊙A上，圆的半径=AG=4，由图可知当BG′与⊙A相切时，∠CBG′最小，即AG′B=90°，AEFG为正方形，则AE′F′G′也为正方形，∴∠AG′F′=90°，∴点F′、B、G′三点共线，∵AG′=AG=4，AB=5，∠AG′B=90°，∴BG′=，又∵F′G′=AG′=AG=4，∴F′B=1，过点F′作F′H⊥AB延长线于H，∵∠ABG′=∠F′BH，∠AG′B=∠F′HB=90°，∴△ABG′∽△F′BH，∴AB∶F′B=AG′∶F′H，∴5∶1=4∶F′H，∴F′H=，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识；此题综合性较强，掌握相关性质是解题关键．60．（2022·浙江丽水·二模）正方形中，两条对角线交于点O，点E为边的中点，过点D作，交于点F，交于点M，与交于点N，记，则有（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正方形的性质，推导得q=2，根据相似三角形的性质，推导得r=2，再根据相似三角形的性质，通过证明，得p>2，从而完成求解．【详解】过点B作，延长DF交BQ于点Q，点Z为DF与AE的交点∵正方形，两条对角线交于点O，∴，，∵点E为边的中点∴∵∴∴∴q=2∵∴，∴∵点E为边的中点∴∴r=2∵∵∴∴∵，，∴∴∴∴∵，∴∴∴∵，∴∴∵∴∴AZ>AM∵∴，∴∴∴∴QB<BF∵∴∴p>2∴故选：B．【点睛】本题考查了正方形、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质，从而完成求解．61．（2020·浙江金华·一模）如图，在等边三角形ABC中，点P，Q分别是AC，BC边上的动点（都不与线段端点重合），且AP=CQ，AQ、BP相交于点O．下列四个结论：①若PC=2AP，则BO=6OP；②若BC=8，BP=7，则PC=5；③AP2=OP⋅AQ；④若AB=3，则OC的最小值为，其中正确的是（

）A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．①②③【答案】A【分析】根据等边三角形的性质得到AC=BC，根据线段的和差得到CP=BQ，过P作PD∥BC交AQ于D，根据相似三角形的性质得到①正确；过B作BE⊥AC于E，解直角三角形得到②错误；在根据全等三角形的性质得到∠ABP=∠CAQ，PB=AQ，根据相似三角形的性质得到③正确；以AB为边作等边三角形NAB，连接CN，证明点N，A，O，B四点共圆，且圆心即为等边三角形NAB的中心M，设CM于圆M交点O′，CO′即为CO的最小值，根据30度角的直角三角形即可求出结果．【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∵AP=CQ，∴CP=BQ，∵PC=2AP，∴BQ=2CQ，如图，过P作PD∥BC交AQ于D，∴△ADP∽△AQC，△POD∽△BOQ，∴，，∴CQ=3PD，∴