压轴题27选择压轴题（几何篇）（解析版）

2023年中考数学压轴题专项训练

压轴题27选择压轴题（几何篇）

|「压轴题酗需

一.选择题（共40小题）

1.（2023•朝阳区校级三模）如图，AB是的直径，将OB绕着点。逆时针旋转40°得

到。C,P是。。上一点，且与点。在A8的异侧，连结出、PC、AC,若附=PC,则

的大小是（）

三

A.20°B.35°C.40°D.70°

【答案】B

【分析】由圆周角定理求出NP=70°,由等腰三角形的性质求出・・・NFC=55°,由三

角形外角的性质求出NC4O=20°,即可得到/必8=/附。-/C4O=35°.

【详解】解：・・・NAOC+N8OC=180°,N8OC=4（T,

AZAOC=1400,

AZP=1ZAOC=70°,

•：PA=PC.

••・N%C=NPC4=；x（1800-ZP）=55°,

*：OA=OC,

・・・NQ4O=NACO,

•・•ZBOC=ZOAO+ZACO=2ZCAO,

：.ZCAO=^ZBOC=20°,

：,ZPAB=ZPAC-ZCAO=35°.

故选：B.

【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，旋转的性质，关键是由圆周角定理,

求出NP的度数.

2.（2023•河北区二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形OA8C的顶点4在x轴上，且N

COA=45°,。4=4,则点8的坐标为（)

C.(2+2V2,2)D.(V2,2)

【答案】4

【分析】作8。_Lx轴于点。，由菱形的性质得4B〃0C,AB=OA=4,则N84Z）=NCQ4

=45°，可求得4/）=8/）=4B・sin45°=2近，所以。力=4+2近，则8（4+2企，2近），

于是得到问题的答案.

【详解】解：作8。_Lr轴于点。，则NAQ8=90°,

•・•四边形O44C是菱形，ZCOA=450,04=4,

C.AB//OC,AB=OA=4,

：,ZBAD=ZCOA=45°,

：.ZA8D=Z8AD=45°,

：.AD=BD=AB^^5',=4x与=2迎,

・・・。。=4+2也

・••点8的坐标为(412鱼，2V2),

故选：A.

【点睛】此题重点考查图形与坐标、菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、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.

3.（2023•奉贤区二模）如图，矩形A4c。中，AB=\,//WQ=60°,点。在对角线

上，圆。经过点C.如果矩形人BCD有2个顶点在圆。内，那么圆。的半径长「的取值

范围是（）

AD

A.0</<lB.I</<V3C.l<r<2D.8VrW2

【答案】B

【分析】解直角三角形得到8O=2/W=2,人。=如图，当圆。的半径长r=l时：A、

B、C、。四个点都在圆。上，当圆。的半径长r=，3时，A、6在圆内，C在圆上，D

点在圆外，观察图形即可得到结论.

【详解】解：矩形ABC。中，AB=\,ZABD=60°,

：・BD=2AB=2,AD=V3,

•・•矩形的对角线相等且平分，

・•・当圆。的半径长/•=1时，A、8、C、。四个点都在圆。上，

当圆。的半径长，=6时，4、8在圆内，。在圆上，。点在圆外，

:.如果矩形ABCD有2个顶点在圆。内，那么圆0的半径长r的取值范围是1VW百，

故选：B.

【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，矩形的性质，解直角三角形，正确的作出图形

是解题的关键.

4.（2023•广灵县模拟）如图，在RtZSABC中，ZC=90°,BC=3,AC=6,点O,D,E

是A8边上的点，以点。为圆心，DE长为直径的半圆。与4C相切于点M,与8c相切

于点M则图中阴影部分的面积为（）

C.9-nD.5-n

【答案】。

【分析】连接OMOM,根据切线的性质得到NONC=NOMC=90°,根据正方形的性

质得到ON=OM=CN=CM,NNOM=90°,根据相似三角形的性质得到OM=2,根据

三角形和正方形以及扇形的面积公式即可得到结论.

【详解】解：连接OM0M,「半圆。与AC相切于点M,与8c相切于点N,

：./ONC=/OMC=9&,

VZC=90°,ON=OM,

・•・四边形CMON是正方形，

：.ON=OM=CN=CM,NNOM=90",

:./BON+NAOM=90°,

VZ4MO=ZC=90°,

△AOMS/XABC,

OMAM

OM6-OM

••,

36

：,OM=2,

2

，图中阴影部分的面积尸|x3x6-%氏2—2X2=5-71,

LDOU

【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，相似三角形的判定和性质，熟练学

握切线的性质是解题的关键.

5.（2023•普陀区二模）如图，/XABC中，N8AC=60°,RO、CO分别平分/4BC、/ACB,

AO=2,下面结论中不一定正确的是（）

B.Z540=30°

C.OB=3D.点O到直线BC的距离是1

【答案】C

【分析】由角平分线的定义求出NO8C+NOC4=；(N44C+NAC8)=60°,由三角形

内角和定理求出N80c的度数，由三角形内心的性质求出N/MO的度数是30°,

OB的长在变化不一定等于3,由直角三角形的性质得到ON=1,由角平分线的性质得到

OM=ON=1,得到O到BC的距离是1.

【详解】解：作。MJ_8C于M,ON工AB于N,

TSO、CO分别平分NA6C、NAC6,

/.ZOBC=^ZABC,NOCB=3NACB,

：.ZOBC+ZOCB=1(ZABC+ZACB)=1x(180。-ABAC}=60。，

・・・N4OC=180°-(NOBO/OCB)=120°,

故4正确；

♦：BO、CO分别平分NA8C,

，。是△AAC的内心，

・"O平分/RAC,

•••NBAC=60°,

：.ZBAO=^ZBAC=30°,

故B正确；

OB的长在变化不一定等于3,

故C不一定正确：

VZANO=90°,NNAO=300,

：.ON=^AO=^x2=l,

：・OM=ON=T,

・・・。到8c的距离是1,

故。正确.

故选：C.

【点睛】本题考杳角平分线的性质，关键是掌握角平分线的性质.

6.(2023•瓯海区模拟)如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形力〃。。

与正方形E/P”,连结。〃并延长交A8于点K,若0户平分NCDK,则黑二（）

HK

2A/364V5

A.------B.-C.V5-1D.一

357

【答案】c

【分析】过点K作KM1.AH,设DE=a,AE=b,先证得NK”A=NK4"，可得KH=

HEDEb-aa、房4-1

KA,再证△EHDS/\EDA,可得一=一，即—»解出b=——a,再证

DEAEab/

sAHMK,列比例式求解即可.

【详解】解：过点K作KM1A”，设。E=a,AE=b,

：,ZCDF=ZEDHt

•・•四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形A/3C/）与正方形上

:・/CDF=/ABH,DE=AH,NDEA=/EHB,

：.DF//HB,

:・NEDH=NBHK,

:・/KBH=/KHB,

:・KH=KB,

：.ZKBH+ZKAH=W,NKHB+NKHA=90°,

:・/KHA=/KAH,

:・KH=KA,

11

；・HM=^AH=^a,

乙乙

♦：ZHED=/DEA,NHDE=NEAD,

:.△EHDs^EDA，

•HE_D_E

••~~，

DEAE

„„b-aa

即—=口

ab

解得：b="5J1a,

*：DE//KM,

:•丛HEDs丛HMK,

^5+1

.DHEHb-a~^-a-a厂

—=----=—=-----i------=V5-1,

HKHM-a-a

22

故选：c.

【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，解题

的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题.

7.（2023•花溪区模拟）勾股定理是人类数学文化的一颗璀璨明珠，是用代数思想解决几何

问题的最重要I：具也是数形结合的组带之一，如图,秋千静止时,踏板离地的垂自高度

BE=\m,将它往前推6加至C处时（即水平距离CD=6m）,踏板离地的垂直高度CF=

4〃z,它的绳索始终拉直，则绳索AC的长是（）

【答案】A

【分析】设绳索AC的长是"小则求出AZ）=A8+8E-OE=（A-3）〃?，然后

在Rt^ACO中，由勾股定理得出方程，解方程即可.

【详解1解:设绳索AC的长是xm＞则AB=xm,

VDE=FC=4w,BE=]m,

：.AD=AB+BE-DE=x+\-4=(A-3)m,

在RlAACQ中，由勾股定理得：AC2=AD2+CD2,

即』=(x-3)2+62,

解得：尸当

即绳索AC的长是蔡如

故选：A.

【点睛】本题考查了勾股定理的应用，由勾股定理得出方程是解题的关键.

8.（2023•承德一模）如图，在菱形A8CZ）中，AC、BD（AC>BD）相交于点。，瓜尸分

别为04和OC上的点（不与点A、0、。重合）.其中AE=0F.过点E作G”_L4C,分

别交AO、于点G、H；过点尸作分别交CO、C4于点人/；连接G人Hh

甲、乙、丙三个同学给出了三个结论:

甲：随着AE长度的变化，GH+IJ=BD始终成立.

乙：随着长度的变化，四边形G”〃可能为正方形.

丙：随着4E长度的变化，四边形GH〃的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半.

下列选项正确的是（）

A.甲、乙、丙都对B.甲、乙对，丙不对

C.甲、丙对，乙不对D.甲不对，乙、丙对

【答案】C

【分析】连接用，GL交于点M,根据轴对称的性质得出GE=EH,JF=FI,MG=MH,

MJ=MI,GJ=HI,E0=FC,过点G作GK_LBD于点K,过点J作于点7,证

明△D7g△GEA,△DKG9△"（?得出G〃।〃=,即可判断甲，进而得出四边形八UJD

是平行四边形，四边形是平行四边形，即可判断丙，反证法证明四边形G”〃不可

能是正方形，即可求解.

【详解】解：如图所示，连接〃/,Gh交于点

A

•••四边形48C。是菱形，GH±AC,IJLAC,

：.GH//JL

根据菱形是轴对称图形，AC是GH,",BD的垂直平分线,

:・GE=EH,JF=F1,MG=MH,MJ=MI,GJ=HL

•：AE=OF,OA=OC,

:,EO=FC,

如图所示，过点G作GK_L8。于点K,过点/作于点7,

则四边形GEOK,7VF。是矩形，

:・GK=E0=FC,KO=GE=%H,TJ=OF=AE,TO=JF=*〃，

•・•四边形AGCQ是菱形，

:.NDAO=NDCO,

*：GK//AO,TJ//OC,

AZDJT=ZDCA=ZGAE,ZDGK=ZDAC=ZJCF,

g△GE4(ASA),4DKGq/XJFC<ASA)f

：,DJ=AG,JC=GD,GE=DT,JF=DK,

11

DB=DO=DT+TO=GE+JF=-(GH+JI),

即G”+〃=BD,故甲正确，

*：DJ=AG,又AG=AH,

：,JD=AH,

:.四边形AHJD是平行四边形，

:•S&HC)=&S四边形AHMHJ//AD,HJ=AD,

:.四边形HJBC是平行四边形，

•・•5△/〃/=qS四边形BHJC，

'S四边形GHI}~S&HCJ+$&四=3s四边形BHJC+m^AHJD=3s菱形ABCD，

即四边形G”〃的面积始终不变，都是菱形4BCO面积的一半，故丙正确;

同理可得四边形AG8/,CQG/是平行四边形，

:.GI//CD,HJ//AD,

•・•当四边形GHIJ是正方形时，则G/LHJ,

：,AD1DC,

则四边形48C。是正方形，

•••西边形4BC。不是正方形，即四边形GH〃不可能是正方形，故乙错误，

故选：C.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握

以上知识是解题的关键.

9.（2023•石家庄二模）如图，在平行四边形ABCQ中，对角线AC,B。交于点O,E,F

分别是03与。。的中点，依连接点A,E,C,F,A,当四边形AECF是矩形时，与线

段BE相等的线段有（）

A.4条B.5条C.6条D.7条

【答案】B

【分析】由平行四边形的性质得。8=0。，由E,f分别是。8与0。的中点，得。E=

BE=*0B,0F=DF=*）D,贝lj0E=。产=。产=8E,由矩形的性质得，0A=0C=*4C,

OE=OF=WKAC=EF,0A=OC=OE=OF=DF=BE,可知与线段BE相等的线段

有5条，于是得到问题的答案.

【详解】解：•・•四边形A8C。是平行四边形，对角线AC8。交于点。，

:.0B=0D,

■:E,尸分别是0B与。。的中点，

:.0E=BE=,0F=DF=^0D,

:.0E=0F=DF=BE,

♦・•四边形A&C/是矩形，

：.0A=0C=^AC,OE=OF=AC=EF,

:.0A=0C=0E=0F=DF=BE,

・•・与线段BE相等的线段有5条，

故选：B.

【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的性质、线段中点的定义等知识，证明

08=00、OA=OC且AC=Er是解题的关键.

10.（2023•青山区二模）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与8Z）相交于点。,

E是8c边上一点，尸是8。上一点，连接。E,EF.若△0£：/与△OEC关于直线。E对

)

A.—B.2V2-2C.2-y[2D.V2-1

2

【答案】C

【分析】根据正方形的性质和轴对称的性质得出=OC和DB=&OC,进而解答即可.

【详解】解：•・•四边形A8CO是正方形，DC=2,

：.DB=V2DC=2A/2,OD=OB,

：.OD=V2

•・•ADEF与ADEC关于直线DE对称,

:・DF=DC=2,

：.OF=DF-OD=2-\2,

故选：C.

【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质得出。8和0。解答.

11.（2023•柳城县一模）七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它

是由九块等腰直角三角形、一块止方形和一块平行四边形共七块板组成的.（清）陆以活

《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物

肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之.如图，是一个用七巧

板拼成的装饰图，放入长方形48C。内，装饰图中的三角形顶点E,尸分别在边A8,BC

RF

上，三角形①的边GO在边AO上，则而的值为（)

2+V2

D.----

2242

【答案】。

【分析】设七巧板正方形的边长为x,根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出BF,

8E的长，即可求解.

【详解】解：设七巧板正方形的边长为x,

：・2B修=2,

:.Ba*,

BE=孝c,

・Dr_1।&

••BF=2%4"-2~X,

1+V2

.BF-rx1+V2V2+2

',瓦一石一2

2X

故选：D.

【点睛】本题考查了矩形的性质，七巧板，勾股定理，正方形的性质，表示出BF,BE

的长是解题的关犍.

12.（2023•泉州模拟）如图，在矩形ABCO中，AB=2,8c=4,将△ABC沿8C的方向平

移至△A5C,使得A'E=AfF,其中E是A'B'与AC的交点，/是A'C与CD

的交点，则CC'的长为（）

5V511D.:《

A.—一B.—C.5-V5

222

【答案】C

【分析】由矩形的性质得A8〃CQ,由平移得A8〃A'B',AC//A'C,所以A'B'

〃CO,而4'E=A'"，即可■证明四边形A'是菱形，因为NEB'C=ZABC=9Q°,

EBfABi

44=2,BC=4,—=一=tnnZACB=3则B'C=2EB’,由勾股定理得A'E=CE=

BrCBC2

\lEB，2+B'C2=y[SEB',则EB'+有EB'=2,得EB'=乌二，所以B'C=V5-1,

即可求得CC'=BB'=5-V5,于是得到问题的答案.

【详解】解：•••四边形ABC。是矩形,

：.AB//CD,

由平移得44〃4'B',AC//A1C,

・"'B'〃SA'F//CE,

・・・A'E//CF,

・•・四边形A'EC/是平行四边形,

二'A'E=A'F,

・•・四边形A'ECF是菱形,

Q

■:NEB'C=ZABC=90,AB=2,BC=4f

EBrAB21

-----=—=lanNAC8=彳=5,

BfCBC42

：.B'C=2EB,,

：.A'E=CE=夕2+B'C2=J-夕2+Q孙2=次EB',

：.EB'+\^EBf=A'B'=A3=2,

•co'.、,亏一1

••iLry-2，

W_-1,_

B'C=2x——=V5—I,

ACC'=BB'=BC-B'C=4-（V5-1）=5-6

故选：C.

【点睛】此题重点考查矩形的性质、平移的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性

质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明四边形A'是菱形是解

题的关键.

13.（2023•定远县二模）如图，在Rl/XABC中，NBAC=90°,AB=3,BC=5,点、P为

BC边上任意一点，连接PA,以PA,PC为邻边作平行四边形PAQC,连接PQ,则PQ

长度的最小值为（）

【答案】C

【分析】以PA,PC为邻边作平行四边形PAQC,由平行四边形的性质可知。是AC中点，

PQ最短也就是尸。最短，所以应该过。作〃C的垂线P'。，然后根据△「'OC和△ABC

相似，利用相似三角形的性质即可求出PQ的最小值.

【详解】解：•・・N84C=90°,AB=3,BC=5,

：,AC=VFC2-AB2=V52-32=4,

•・•四边形APCQ是平行四边形，

：・PO=QO,CO=AO,

•・・PQ最短也就是PO最为，

，过。作BC的垂线OP,

VZACB=ZPrCO,ZCPfO=ZCAB=90°,

:•△CABs^CP'O,

•_C_O_O_P_t

••"—,

BCAB

2OPr

•・二—9

53

・•・"/

:.则PQ的最小值为20P'=2.4,

故选：C.

【点睛】本题考查了勾股定理的运用、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质以

及垂线段最短的性质，解题的关键是作出高线构造出相似三角形.

14.（2023•烟台一模）如图，在矩形ABCQ中，48=12,AD=\0,点正在人。上，点尸在

8c上，且AE=C尸，连结CE,DF,则CE+O尸的最小值为（）

A.26B.25C.24D.22

【答案】A

【分析】先连接8E,将CE+Q”转4匕为CE+BE,再利用将军饮马解决问题即可.

【详解】解：如图，连接BE,

•・•四边形ABC。是矩形，

：.AB=CD,NBAE=NDCF=90°,

*：AE=CF,

，△ABEm/XCDF,

:,BE=DF,

:・CE+DF=CE+BE,

如图，作点“关于A点的对称点"，连接CZT,

CB，即为CE+8E的最小值,

'：AB=\2,AD=\O,

：・BB'=24,8c=10,

:,CB'=>/BB，2+BC2=26,

:.CE+DF的最小值为26,故A正确.

【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、将军饮马问题、全等三角形的判定与性质等

内容，综合性较强，将CE+D”转化为CE+BE是解题的关键.

15.（2023•郑城县一模）如图，在Rt^ABC中，/84C=90°,AB=6,BC=10,点P为

8C边上任意一点，连接PA,以PA,PC为邻边作平行四边形PAQC,连接PQ,则PQ

长度的最小值为（）

A.4.8B.5C.2.4D.4

【答案】A

【分析】利用勾股定理得到4C边的长度，根据平行四边形的性质，得知。尸最短即为

PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明△C4BS/XCP，。利用对应线段的比

得到。户的尺度，继而得到PQ的长度.

【详解】解：VZBAC=90°,4B=6,BC=\0,

：.AC='Bl-AB2=8,

•・•四边形4PCQ是平行四边形，

：,PO=QO,CO=AO,

「PQ最短也就是PO最短，

・••过。作8C的垂线OP',

A

VZACB=ZP'CO,ZCP'O=ZCAB=90a,

:•△CABs/\CP'O,

•_C_O_O_P_r

••_=_,

BCAB

4OPi

•■=9

106

：,OP,=^,

，则PQ的最小值为20P'=g=4.8.

故选：A.

【点睛】本题考查了平行四边形性质和相似三角形的判定宁性质，垂线段最短的知识,

解答此题的关键是利用垂线段最短求解.

16.（2023•白云区一模）如图，正方形4BCD的面积为3,点E在边C。上，且CE=1,Z

ABE的平分线交AD于点F,点M,N分别是BE,BF的中点，则下列结论错误的是（）

10

cED

A.FD=V2M/VB.尸是等腰直角三角形

C.BN=\D.lan/FBE=V5

【答案】。

【分析】根据正方形A8C。的面积为3,可得正方形的边长为6,根据正方形的性质可

得NA=NA8C=ZC=ZD=90°,BC=AB=CD=AD=V3,根据tan/CBE=霭=孚，

可知NC8E=30°,根据tan/AB产=需=冬可得AQCE=1,可得DF=DE,即可

判断8选项；根据勾股定理和三角形中位线定理可判断A选项；求出8r的长，进一步

可得4N的长，即可判断C选项；根据NFBE=30°,tanN/3£=字,即可判断。选项.

【详解】解：•・•正方形"C。的面积为3,

・•・正方形的边长为通，

在正方形A8CO中，ZA=ZABC=ZC=ZD=90°,BC=AB=CD=AD=V3,

/.tanZCBE=备=苧，

AZCBE=30°,

AZABE=60°,

•••8”平分NA8£

AZABF=ZFBE=3^,

VlanZ/\^F=AB=V3,

：,AF=\f

：.AF=CE,

：.DF=DE,

VZD=90°,

•••△OEf是等腰直角三角形，

故“不符合题意：

根据勾股定理，得EF=/DE?+附=历DF,

VM,N分别是BE,即的中点,

・•・MN是△BEF的中位线，

1

:・MN=mEF,

:.MN=^DF,

即DF=立MN,

故A不符合题意：

在△A3”中，根据勾股定理，得BF=J（遮74-I2=2,

:.BN=\,

故C不符合题意；

VZFBE=30°,

AtanZTOE-卑,

故。符合题意，

故选：D.

【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，等腰宜角三角形的判定，角平

分线，勾股定理，解直角三角形等，本题综合性较强，熟练掌握这些知识是解题的关键.

17.（2023•九龙坡区校级模拟）如图，在正方形48co中，。为AC、〃。的交点，4DCE

为直角三角形，NCEO=90°,0E=3V2,若CE・DE=6,则正方形的面积为（）

AD

A.20B.22C.24D.26

【答案】C

【分析】过点。作OM_LCE交EC延长线于M,作ON_LOE于N,判断出四边形OMEN

是矩形，根据矩形的性质可得NMON=90°,再求出NCOA/=NOON,根据正方形的性

质可得OC=OD，然后利用“角角边”证明△COM和△OON全等，根据全等三角形对

应边相等可得OM=OMCM=DN,然后判断出四边形。MEN是正方形，根据CE・DE

=6即可解决问题.

【详解】解：如图，过点。作OM_LCE交EC延长线于M,作OALLOE于M

VZCED=90°,

・•・四边形OMEN是矩形，

：・NM()N=90”,

,?ZCOM+ZDOM=NDON+NDOM,

:・/COM=/DON,

*/四边形ABCD是正方形，

:.OC=OD,

在△COM和△OON中，

NC0M=/DON

'Z/V=Z.CMO=90°，

、OC=OD

:.△COM^MDON(A4S),

：.OM=ON,CM=DN,

；・四边形OMEN是正方形，

*/OE=3y[2.

：.2NE1=OE1=(3V2)2=18,

:.NE=ON=3,

DE+CE=DE+EM+MC=DE+EM+DN=EN+EM=2EN=6,

设CE=b,

:.a+b=6,

，：CE*DE=6,

CD1=(r^b1=(a+b)2-2^=62-2X6=24,

:.S正方形ABC。=24.

故选：C.

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作辅助线构

造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点.

18.(2023•杭州一模)如图，有两张矩形纸片ABCO和EPGH,AB=EF=2em,BC=FG=

8c7〃.把纸片ABC。交义叠放在纸片石FG〃上，使重叠部分为平行四边形，且B点。与

点G重合，当两张纸片交叉所成的角a最小时，tanc等于()

【答案】B

【分析】由“ASA”可证可证MO=DM即可证四边形ONKM是菱形，

当点8与点E重合时，两张纸片交叉所成的角。最小，由勾股定理求出M。的长，即可

得出答案.

【详解】解：如图，•.•四边形43co和四边形EPGH是矩形，

・・・N4/)C=NHO产=90°,CD=AB=2cm,

・・・/CDM=/NDH,且CD=DH,NH=NC=900.

:ACDM坦4HDN(ASA),

:.MD—ND,且四边形DVKM是平行四边形，

・•・四边形ONKM是菱形，

:.KM=MD,

rn

•・,sina=sin/。/。二胎

・・・当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小,

设MD=KM=acm,贝！CM=8-a(cm),

*:MD1=CD2+MC2,

：,cr=4+(8-。)2

；・〃二¥(cm),

・/cCD28

..tana=(anZDMC=丽=——=讴,

8-不

故选:B.

【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质以

及三角函数定义等知识；求M。的长是本题的关键.

19.（2023•高明区二模）矩形4BCO和直角三角形EFG的位置如图所示，点A在EG上，

点。在"上，若N2=55°,则N1等于（）

A.155°B.135°C.125>D.105°

【答案】C

【分析】由图形可知/AOC=90,=/GER即可得出/E4O+/ADE=9（r,/2+NADE

=90°,从而求得ND4E=/2=55°,根据平角的定义即可求得Nl=180°-ZDAE=

125°.

【详解】解：•・・/4OC=90°=4GEF,

・・・NE4D+NAOE=90°,N2+NAOE=90°,

AZDAE=Z2=55O,

/.Zl=1800-ZDAE=125°,

故选：C.

【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形两锐隹互余，平角的定义，证得ND4E=

N2=55°是解题的关键.

20.（2023•余姚市一模）如图，由两个正三角形组成的菱形内放入标记为①，②，③，④的

四种不同大小的小正三角形5个，其中编号①的有2个.设未被覆盖的浅色阴影部分的

周长为。，深色阴影部分的周长为C2,若要求出Ci-C2的值，只需知道其中两个小正

三角形的边长，则这两个小三角形的编号为（）

A.①②B.®®C.©®D.®®

【答案】C

【分析】设标记为①，②，③，④的小正方形的边长分别是，〃、〃、X、），，表示出Cl和

C2,即可解决问题.

【详解】解：设标记为①，②，③，④的小正方形的边长分别是〃?、〃、X、6

由题意得:Ci=4x+m+2n=2（x+n）+2x+w»

C2=2y+4〃?=2（y+m）+2〃?，

x+n=y+m,

/.Ci-Cz=2x・〃？,

，只需知道编号是①③的两个小正三角形的边长，即可求出Ci-C2的值.

故选：C.

【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质，关键是由菱形、等边三角形的性质，

用〃?、〃、x、y表示出Ci和C2.

21.（2023•衡水二模）如图，点。是正方形ABC。的边8c上一点，点M是对角线6。上

一点，连接PM并延长交BA的延长线于点Q,交AD于点G,取PQ的中点N.连接AN.若

AQ=PC,有下面两个结论：®DM=DG,@AN1BD,则这两个结论中，正确的是（）

C.①②都对D.①②都不对

【答案】B

【分析】延长AN交8D于〃，在43上取点K,使4K=4Q,由正方形ABC。，可得A/3

=BC,NCBA=90°,ZDBA=45°,根据AQ=PC,AK=AQ,有BK=PB,NBKP=

45°,而AN是的中位线，知AN〃尸K,故NNAK=/PKB=45：即得

=180°-NNAK-NO84=90°,AN_L5Q,②正确；因NOGM=N4GQ=9()0-NQ,

/DWG=9(r-/HNM=90c-N.ANQ,/Q与/4VQ不一定相等，可得/DGM与/

DMG不一定相等，从而。M与。G不一定相等，①错误.

【详解】解：延长AN交8。于”，在A8上取点K,使AK=AQ,如图:

；・AB=BC,NC8A=90°,NO8A=45°,

*：AQ=PC,AK=AQ,

：,PC=AK,

JAB-AK=BC-PC,即BK=PB,

ABPK是等腰直角三角形,

，N8KP=45°,

TN是PQ中点，AQ=AK,

二•AN是的中位线，

：.AN//PK,

:・/NAK=/PKB=45°,

/.ZA/7B=18O°-ZNAK-ZDBA=\80c-45°-45°=90°,

：.AN±BD,故②正确：

•••/QGM=NAGQ=90°-NQ,NDWG=90°-NHNM=900-NANQ,

而NQ与NANQ不一定相等，

/.NDGM与NDMG不一定相等，

与DG不一定相等，故①错误；

故选：B.

【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及等腰直角三角形判定与性质，三角形中位线

定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造等腰直角三角形解决问题.

22.(2023•新乡二模)如图，在矩形ABCD中，点B(0,4),点C(2,0),BC=2CD,

先将矩形ABCD沿y轴向下平移至点8与点O重合,再将平移后的矩形ABCD绕点。逆

时针旋转90。得到矩形£OMN,则点。的对应点NMJ坐标为()

A.(3,3)B.(4,4)C.(3,4)D.(4,3)

【答案】C

OBOC

【分析】过点力作。尺Lx轴F点F,如图所示，先证明△8OCS/\CFO,得到花=—=

BC

—=2,进而求出/<=2,=1,则点。(4,1).由题意知矩形ABC。向下平移了4

CD

个单位长度，将点D向下平移4个单位长度到点。"4,・3),连接OD',DD',则点F

在线段上，过点N作NPJ_x轴于点P,连接。M如图所示证明△0D尸治△可(».得

到。尸=D'F=3,NP=0F=4,则点N的坐标为(3,4).

【详解】解：过点。作。F_Lx轴于点R如图所示，

由题意得，NBOC=NBCD=NCFD=90°,

；・ZOCB+ZOBC=90°=NFCD+ZOBC,

：./OBC=/FCD,

:.ABOCSACFD,

，：BC=2CD,

.OBOCBC

••—~—-2•

FCFDCD

•:B(0,4),C(2,0),

：.OB=4,OC=2,

:,FC=2,FD=\.

・,・点。(4,1).

由题意知矩形ABCD向下平移了4个单位长度，将点D向下平移4个单位长度到点D'

(4,-3),

连接OD',DD,则点F在线段OZ7上，过点N作NPJ_x轴于点P,连接ON,如图所

由旋转的性质可得NO'ON=90°,OD'=ON.

又•：/D'FO=/OPN=90：

:・ND'OF+NNOP=900=ND'OF+ZOD'F.

：・40D'F=NN0P.

•••△O。下丝△NOP（AAS）.

：.OP=D'F=3,NP=OF=4.

•••点N的坐标为（3,4）,

故选C

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平移的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与

性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，等等，正确作出辅助线构造相似三角形

和全等三角形是解题的关键.

23.（2023•荆门一模）如图，菱形A8CO各边的中点分别是E、F、G、H,若EH=2EF,

则下列结论错误的是（）

A.EHVEFB.EH=ACC.N8=60°D.AB=y15EF

【答案】C

【分析】由中位线的性质可知4C=2EF,结合可得E"=AC,可判断B选项；

由菱形的性质可知ACLBD,用勾股定理解RtAAOB可验证选项D；先证四边形AHFB

是平行四边形，再用勾股定理的逆定理证明△尸E”是直角三角形，可判断选项4假设

NB=60°成立，则4FEB是等边三角形，EF=BE=^AB,与A8=V?EF矛盾，可判

断选项C.

【详解】解：如图，连接AC,3。交于点。，连接

•・•菱形48CZ）各边的中点分别是E、F、G、H,

:,EF=HG=^AC,EH=FG=

：.AC=2EF,BD=2EH,

•:EH=2EF,

：.EH=AC,

故B选项结论正确，不合题意；

由菱形的性质可知AUL8。，

：.OA2+OB2=AB2,

VFF=^AC=OA,EH=^BD=OB,

・•・AB2=EF2+EH2=E#+4E产=5七产，

：.AB=>J5EF,

故。选项结论正确，不合题意；

•：AH=^AD,BF昊BC,AD=BC,

乙乙

：,AH=BF,

又AH"BF,

.••四边形是平行四边形，

:.AB=HF,

：,EF2+EH2=AB2=HF2,

•••△FEH是直角三角形，

LEHtEF,

故A选项结论正确，不合题意；

由已知条件可知BE—BF,

若NB=60°,则△FEB是等边三角形，

则E尸=BE=鼻8,与AB=V5EF矛盾,

因此/4=60°不成立，

故C选项结论错误，符合题意.

故选：C.

【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角形中位线的性质，平行四边

形的判定与性质等，解题的关键是综合运用上述知识点，逐步进行推导论证.

24.（2023•中原区校级二模）如图，在中，AB=O8,顶点4的坐标为（2,0）,

以A8为边向△A8O的外侧作正方形A8CQ,将组成的图形绕点。逆时针旋转，每次旋

转45°,则第98次旋转结束时，点D的坐标为（）

C.(-I,2+V2)D.(1,3)

【答案】B

HA_

【分析】过。作。“L•轴于"，由在RtaABO中，AB=O8,04=2,得48=黄=企，

ZBAO=45°,根据四边形ABCD是正方形，可得D(3,1),又将组成的图形绕点。

逆时针旋转，每次旋转45°,知每旋转8次回到初始位置，第98次旋转结束，相当于将

D(3,1)旋转90°,即可得到答案.

nA_

.•・48=裔=&,NBAO=45°,

•・•四边形A8CD是正方形，

：.AD=AB=V2,NB4D=90°,

・・・ND4H=45°，

是等腰直角三角形,

AI)

:.AH=DH=^=\,

/.OH=OA+AH=3,

：.D(3,1),

•・•将组成的图形绕点0