專題08幾何壓軸題

考點01選擇題

1．（2024·浙江·中考真題）如圖，在中，，相交于點O，．過點A作

的垂線交于點E，記長為x，??長?為??y．當(dāng)??x，y?的?值發(fā)生變化時?，?=下2列,?代?數(shù)=式2的3值不變的是（??⊥）??

??????

A．B．C．D．

22

【答案】?C+???????+?

【分析】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，過點D作

交的延長線于點F，證明，得到，由勾股定理可得，??⊥??

2

??，△??，?則≌△???AAS??=??,?，?整=理?后?=即可?得到答案．??=4?

22222

【?詳?解?】解?：?過=點12D?作?+?交4的?延?長?線?于點=1F2，??+?

??⊥????

∵的垂線交于點E，

∴??⊥????，

∵∠四?邊??形=∠??是?平=行90四°邊形，

∴????，

∴??=??,??∥，??

∴∠???=∠???

∴△???≌△???AAS，

??=??,??=??=?

由勾股定理可得，，

222222

??=?????=????????=4????，

22222222

?∴?=?????=?????，+??=?????+??=12??+?

22

∴4????=12??+?

22

∴?+?????=8

2222

即?+2??，+解?得??+2，????=8

∴當(dāng)4?x?，=y8的值發(fā)生??變=化2時，代數(shù)式的值不變的是，

故選：C??

2．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，正方形中，，點E在邊上，是的中

點，點H在邊上，，則的長?為?（??）．??=3????=2??,???

??∠???=45°??

A．B．C．D．

3103555210

【答案】C4243

【分析】首先過點B作BNFH，連接數(shù)ENFN、，延長DC到點G，使CG=AE，連接BG，根據(jù)EFH=45

可得NBG=45，利用SAS∥可證ABE?CBG，再利用SAS可證EBN?GBN，從而可得∠EN=NG，°

35

利用勾∠股定理可°得DN=CN=，利△用梯形中△位線定理可以求出FN=△，根據(jù)BN△FH可證FHN∽BNC，

22

根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可以求出FH的值．∥△△

【詳解】解：如下圖所示，過點B作BNFH，連接數(shù)EN、FN，延長DC到點G，使CG=AE，連接BG，

∥

四邊形ABCD是正方形，AB=3，

∵AD=CD=BC=AB=3，ABC=90，

∴DE=2AE，∠°

∵DE=2，AE=1，

∴BE=AE2+AB2=10，

∴EFH=45，BN∥FH，

∵∠EBN=E°FH=45，

∴∠ABE+∠NBC=45°，

∴∠∠°AE=CG

在ABE和CBG中A=BCG=90，

AB=BC

△△∠∠°

ABE?CBG，

∴△ABE=C△BG，BE=BG，

∴∠GBN=CBG+NBC=ABE+NBC=45，

∴∠EBN=∠NBG，∠∠∠°

∴∠∠BE=BG

在EBN和GBN中EBN=NBG，

BN=BN

△△∠∠

EBN?GBN，

∴△EN=NG，△

∴設(shè)NC=x，則DN=3x，EN=NG=x+1，

在RtEDN中，ED2+?DN2=EN2，

22+△3x2=1+x2，

3

解∴得：x=?，

2

3

DN=CN=，

2

∴

323

BN=BC2+CN2=32+=5，

22

∴點N是CD的中點，

∴FN是梯形EBCD的中位線，

115

∴FN=ED+BC=2+3=，F(xiàn)NH=90，

222

∴FH∥BN，∠°

∵

FHN=BNC，

∴又∠FNH∠=BCN=90，

∵F∠HN∽∠BNC，°

FHFN

∴△=，△

BNBC

∴5

FH2

3=，

53

2

∴5

解得：FH=5．

4

故選：C．

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、梯

形的中位線定理等知識，掌握相關(guān)知識點是解題關(guān)鍵．

3．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在中，是邊上的點（不與點，重合）．過點作

交于點；過點作交于點．△是?線??段?上的點?，?；是線?段?上的點，???∥．?若?

已知???的面積?，?則?一∥?定?能?求?出（?）?????=2???????=2??

△???

A．的面積B．的面積

C．△???的面積D．△???的面積

【答案】△D???△???

FBFDNFBFFDNF

【分析】如圖所示，連接ND，證明FBDEDC，得出=，由已知得出=，則=，又NFD=

EDECMEDEECME

△∽△1∠

MEC，則NFDMEC，進(jìn)而得出MCD=NDB，可得MCND，結(jié)合題意得出S=S=

EMC2DMC

△△

1∠△～△∠∠∥

S，即可求解．

2MNC

△

【詳解】解：如圖所示，連接ND，

∵DEAB，DF∥AC，

∴EC∥D=FDB，F(xiàn)BD=EDC，BFD=A，A=DEC．

∴∠FBD∠EDC，∠NFD=∠MEC．∠∠∠

FBFD

∴△=．～△∠∠

EDEC

∵DM=2ME，BN=2NF，

11

∴NF=BF，ME=DE

33

NFBF

∴=．

MEDE

FDNF

∴=．

ECME

又∵NFD=MEC，

∴∠NFD∠MEC．

∴△ECM=～△FDN．

∵∠FDB=∠ECD

∴∠MCD=∠NDB．

∴M∠CND．∠

∴SMN∥C=SMDC．

∵D△M=2ME△，

11

∴S=S=S．

EMC2DMC2MNC

△△△

∵SDCE=SEMC+SDMC，

△1△△3

∴S=S+S=S．

DCE2MNCMNC2MNC

△△△△

故選：D．

【點睛】本題考查了相似三角形的知識，解題的關(guān)鍵是掌握相似三角形的性質(zhì)與判定，平行線的判定和性

質(zhì)，等面積轉(zhuǎn)換．

4．（2023·浙江金華·中考真題）如圖，在中，，以其三邊為邊在的同側(cè)作三個正

方形，點在上，與交于點，R與t△?交?于?點．∠?若??=90°，則四邊形的值?是?（）

?正方形????

???????????????=???????

A．B．C．D．

1136

【答案】4B51225

13

【分析】設(shè)HF=FG=a，正方形ACGH的邊長為2a，證明tanHAF=tanGFP，先后求得GP=a，PC=a，

22

1∠∠5

BC=a，利用三角形面積公式求得S=a2，證明RtBQCRtBPE，求得S=a2，S=

BCQ4BEP4四邊形CQEP

△△

a2，據(jù)此求解即可．△∽△

【詳解】解：∵四邊形ACGH是正方形，且HF=FG，

設(shè)HF=FG=a，則AC=CG=GH=AH=2a，

∵四邊形ABEF是正方形，

∴AFP=90，

∴∠HAF=90°HFA=GFP，

HFGP1

∴t∠anHAF=°ta?n∠GFP，即∠==，

HAFG2

∠1∠

∴GP=a，

2

13

∴PC=2aa=a，

22

?HFBC1

同理tanHAF=tanCAB，即==，

HAAC2

∴BC=a∠，∠

1

同理CQ=a，

2

5

∴PB=a，

2

125111

BQ2=a2+a=a2，S=aa=a2，

24BCQ224

△

∵RtBQCRtBPE，××

5

S2a2

∴B△CQBQ∽△41，

==252=

SBEPBPa5

△4

△

5

∴S=5S=a2，

BEPBCQ4

△△

∴2，

S四邊形CQEP=SBEPSBCQ=a

△?△

∵222222，

S正方形ABEF=AB=AC+BC=2a+a=5a

S四邊形PCQEa21

∴=2=，

S正方形ABEF5a5

故選：B．

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)的定義，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用

參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．

考點02解答題

1．（2025·浙江·中考真題）在菱形中，，．

??????=5??=8

(1)如圖1，求的值．

(2)如圖2，E是sin∠?延?長?線上的一點，連接，作與關(guān)于直線對稱，交射線于點P，

連接．????△???△?????????

①當(dāng)??時，求的長．

②求??⊥??的最小?值?．

3

【答案??】?(1?)?

5

3394

(2)①11；②

5

?

1

【分析】（1）先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得ACBC,OA=AC=4，再根據(jù)勾股定理可得OB=3，然后根據(jù)正

2

弦的定義求解即可得；⊥

（2）①連接BD，設(shè)AC,BD交于點O，同理求出OB=3，則BD=6；證明EFBD，得到DBE=FEB，

由軸對稱的性質(zhì)可得AEB=FEB，則DEB=DBE，據(jù)此可得DE=DB=6，即∥可得到AE∠=AD+D∠E=11；

9

②由勾股定理得PB=∠OB2+∠OP2=O∠P2+9，根∠據(jù)PA=OA+OP=4+OP，可求出PAPB=4，

OP+OP2+9

??

99

根據(jù)>0，可推出當(dāng)OP有最小值時，OP+OP2+9有最小值，即此時有最大值，即當(dāng)OP

OP+OP2+9OP+OP2+9

24

有最小值時，PAPB有最小值；過點B作BHAD于H，BTFE于T，由等面積法可得BH=，則由

5

?24⊥⊥

軸對稱的性質(zhì)可得BT=BH=，由勾股定理得OP=PB232，則當(dāng)PB有最小值時，OP有最小值，由

5

24?24

垂線段最短可知BPBT=，故當(dāng)點P與點T重合時，BP有最小值，最小值為，據(jù)此求解即可．

55

【詳解】（1）解：如≥圖1，設(shè)AC,BD交于點O，

∵在菱形ABCD中，AB=5，AC=8，

1

∴ACBC,OA=AC=4，

2

⊥

∴OB=AB2OA2=3，

OB3

∴sinBAC=?=；

AB5

（2）∠解：①如圖所示，連接BD，設(shè)AC,BD交于點O，

∵四邊形ABCD是菱形，

1

∴ACBD，OA=AC=4，BD=2OB，AD=AB=5，

2

⊥

∴OB=AB2OA2=5242=3，

∴BD=6；??

∵EFAC，ACBD，

∴EF⊥BD，⊥

∴DB∥E=FEB，

由軸∠對稱的∠性質(zhì)可得AEB=FEB，

∠∠

∴DEB=DBE，

∴D∠E=DB∠=6，

∴AE=AD+DE=11；

②在RtBOP中，由勾股定理得PB=OB2+OP2=OP2+9

∵PA=O△A+OP=4+OP，

∴PAPB=4+OPOP2+9

?OPOP2+9?OP+OP2+9

=4+

OP+OP2+9

?

OP2OP29

=4+

OP+OP2+9

??

9

=4，

OP+OP2+9

?9

∵>0，

OP+OP2+9

9

∴要使PAPB的值最小，則要最大，

OP+OP2+9

?

∴OP+OP2+9要有最小值，

又∵OP2+9的值隨著OP的值增大而增大，

∴OP+OP2+9的值隨著OP的值增大而增大，

9

∴當(dāng)OP有最小值時，OP+OP2+9有最小值，即此時有最大值，

OP+OP2+9

∴當(dāng)OP有最小值時，PAPB有最小值；

如圖所示，過點B作BH?AD于H，BTFE于T，

⊥⊥

11

∵S=ACBD=ADBH，

菱形ABCD22

11??

ACBD6824

∴BH=2=2=，

AD?×5×5

24

∴由軸對稱的性質(zhì)可得BT=BH=，

5

在RtPOB中，由勾股定理得OP=PB2OB2=PB232，

∴當(dāng)P△B有最小值時，OP有最小值，??

24

由垂線段最短可知BPBT=，

5

≥24

∴當(dāng)點P與點T重合時，BP有最小值，最小值為，

5

242339

∴OP=32=，

最小值55

∴?93394．

PAPB最小值=433924=

+5

55?

??

【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，求角的正弦值，勾股定理，軸對稱圖形的性質(zhì)，等角對等邊等等，

解（2）的關(guān)鍵在于把求出PAPB的最小值轉(zhuǎn)換成求出OP的最小值，進(jìn)而轉(zhuǎn)換成求出PB的最小值．

2．（2023·浙江紹興·中考真題）?如圖，在矩形中，，點E是邊上的動點，連結(jié)，

以為邊作矩形（點D，G在的同側(cè)）??，?且???=，4,連??結(jié)=8．????

??????????=2????

(1)如圖1，當(dāng)點E為邊的中點時，點B，E，F(xiàn)在同一直線上，求的長．

(2)如圖2，若??，設(shè)與交于點K．求證：．??

(3)在點E的運∠動??過?程=中3，0°的?長?是否??存在最大（小）值？?若?存=在??，求出的最值；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)62????

(2)見解析

185

(3)存在，最小值，最大值229

5

【分析】（1）當(dāng)點E在AD的中點時可得AB=AD=ED=DC=4，則ABE和EFD是等腰直角三角形，

分別求出BE和EF的長，然后根據(jù)線段的和差即可解答；△△

1

（2）如圖：過B作BKEC交EC于M，由BCE=30可得BM=BC=4=AB，即可得到RtABERt

2

BKEHL得到AEB=⊥BEM=CBE，推∠出BC=CE°，再由CE=2EF得到BM=EF，最后證△明BH≌K△

FEK，然后根據(jù)∠全等三角∠形的性質(zhì)∠即可證明結(jié)論；△≌△

（3）如圖：過點F作AB的垂線，交AB延長線于點M，過點E作AB的平行線交BC于點N，交MF于

1

點P．設(shè)AE=x,BF=y．然后證明PEFNCE可得PF=2,PE=4x，根據(jù)勾股定理可得BF2=MB2+

2

582324△∽△?

MF2，進(jìn)而得到y(tǒng)2=x+，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．

455

【詳解】（1）解：∵矩形?ABCD中，AB=4,BC=8，

∴AB=CD=4，BC=AD=8，A=ADC=90，AD∥BC，

∵點E在AD的中點∠∠°

∴AB=AE=ED=DC=4，

∴BE=CE=42，AEB=45，

∵點B、E、F在同一∠直線上，°

∴AEB=FED=45，

∵∠F=90∠°

∴E∠D=4=°2EF，

∴EF=22，

∴BF=BE+EF=62．

（2）證明：如圖：過B作BHEC交EC于H，

⊥

∵AD∥BC，

∴BCE=CED，AEB=CBE，

∵∠BCE=3∠0，∠∠

1

∴B∠H=BC=°4=AB，BCE=CED=30，

2

∵BE=BE∠∠°

∴RtABERtBEHHL，

∴A△EB=B≌EH，△

∴∠AEB=∠BEH=CBE，

∴B∠C=CE，∠∠

∵CE=2EF，

11

∴EF=CE=BC=BH，

22

FEC=BHE=90,EKF=HKB，

∵∠BHK∠FEK(AA°S)∠，∠

∴△BK=F≌K△．

185

（3）解：存在，BF的最小值，最大值229．

5

如圖：過點F作AB的垂線，交AB延長線于點M，過點E作AB的平行線交BC于點N，交MF于點P．則

設(shè)AE=x,BF=y．

∵四邊形ABCD和四邊形EFGC都是矩形，

FPE=ENC=FEC=90，

∴∠PEF+∠PFE=9∠0,PEF+°NEC=90，

∴∠PFE=∠NEC，°∠∠°

∵∠FPE=∠ENC=90，

∠PEF∠NCE，°

FEPFPE1PFPE

∴△=∽=△，即==，

ECENNC248x

?

∴1

PF=2,PE=4x，

2

∴在RtBMF中?，BF2=MB2+MF2，

△125582324

即y2=4+4x+(2+x)2=x24x+68=x+，

24455

8?185??

當(dāng)x=時，y有最小值為．

55

0x8，

∵∴當(dāng)≤x=≤8時，y有最大值為229，

185

∴在點E的運動過程中，BF的長存在最小值，最大值229．

5

【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、

二次函數(shù)的應(yīng)用等知識點，正確添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．

3．（2023·浙江衢州·中考真題）如圖1，點為矩形的對稱中心，，，點為邊上一

點，連接并延長，交于點?，四邊?形???與關(guān)?于?=所4在?直?線=成8軸對?稱，?線?段

′′′

交0<邊?于?點<3．?????????????????

???

(1)求證：；

(2)當(dāng)??=時??，求的長；

(3)令??=2?，?．??

①求證??：=???=?；

②如圖2，4連?接?4，??，=分4別交，于點，.記四邊形的面積為，的面積為.當(dāng)

′′

時，求的值．???????????????1△????2?=1

?1

?2

【答案】(1)見解析

(2)623

S13

(3)①?見解析；②1=

S28

【分析】（1）根據(jù)軸對稱和矩形的性質(zhì)，證明GEF=GFE，即可解答；

（2）過點G作GHBC于H，設(shè)DG=x，則∠AE=2x∠，求得GE=GF=83x，再利用勾股定理，列方

程即可解答；⊥?

GQOQ

（3）①過點O作OQAD于Q，連接OA,OD,OG，證明GOQOEQ，可得=，得到GQEQ=4，

OQEQ

即可解答；⊥△∽△?

②連接B′D,OG,OB，證明DOGB′OG，進(jìn)而證明DGKB′GH，進(jìn)而證明OGKOGH，可

得S12SOGK，再證明△≌△′△′，得到≌OK△OF，再得到S12△OK2OF≌△EF，最后根

=OKFDKB,EGFDGB=′==′=′

S2△S2DKBDS2DKBDBD

據(jù)①中結(jié)論，即可解答△．∽△△∽△

【詳解】（1）證明：四邊形ABCD為矩形，

AD∥BC，∵

∴GEF=EFB，

∴∠∠

四邊形ABFE與A′B′FE關(guān)于EF所在直線成軸對稱，

∵BFE=EFG，

∴∠GEF=∠EFG，

∴∠GE=GF∠；

∴（2）解：如圖，過點G作GHBC于H，

設(shè)設(shè)DG=x，則AE=2x，⊥

EG=83x=GF，

∴GHC=?C=D=90，

∵四∠邊形GH∠CD為∠矩形，°

∴CH=DC=4，

∴點O為矩形ABCD的對稱中心，

∵AE=CF=2x，

∴FH=FCCH=x，

∴在RtGH?F中，GF2=FH2+GH2，

可得方△程83x2=x2+42，

解得x1=3?3,x2=33（此時AE>AD，故舍去0），

AE=2x=?623；?

∴?

（3）解：①證明：過點O作OQAD于Q，連接OA,OD,OG，

點O為矩形ABCD的對稱中心，⊥

1

∵OE=OF,OA=OD，OQ=AB=2，

2

∴GE=GF，

∵GOEF，

∴GO⊥Q=90EOQ=QEO，

∴∠OQE=G°Q?O∠=90，∠

∵∠GOQ∠OEQ，°

∴△∽△

GQOQ

=，即GQEQ=OQ2=4，

OQEQ

∴?

EQ=AQAE=4a，GQ=DQGD=4b，

∴4a4?b=4；???

∴??

②如圖，連接B′D,OG,OB，

由題意可得BF=B′F,

點O為矩形ABCD的對稱中心，

∵BF=B′F=ED，

∴同理可得OD=OB=OB′，

由（1）知GF=GE，

B′FGF=DEGE，

∴即B′G?=DG，?

OG=OG，

∵DOGB′OGSSS，

∴△ODG=≌△OB′G，

∴∠DG=B′G∠,DGK=B′GH，

∵DGK∠B′GHAS∠A，

∴△DK=B≌′H△,GK=GH，

∴ODDK=OB′B′H，

∴即OK?=OH，?

OG=OG，

∵OGKOGHSSS，

∴△SOGK=≌S△OGH，

△△

∴S1=2SOGK，

S2S△

∴1=OGK，

S2△S2

∴

EGF=DGB′,GE=GF,GD=GB′，

∵∠GEF=∠GFE=GDB′=GB′D，

OKOF

∴∠=，∠∠∠

DKB′D

∴

SOGKOK，

=′

△S2BD

∵

S12OK2OFEF，

==′=′

S2DKBDBD

∴

EGFDGB′，

EFGE

∵△=∽，△

B′DGD

∴

當(dāng)a=1時，由①可得414b=4，

8

解得b=，??

3

8

AE=1,DG=，

3

∴13

GE=ADAEDG=，

3

∴??

S1EFGE13．

=′==

S2BDGD8

∴

【點睛】本題考查了四邊形綜合應(yīng)用，涉及軸對稱變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和

性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題的關(guān)鍵．

4．（2023·浙江湖州·中考真題）【特例感知】

（1）如圖1，在正方形中，點P在邊的延長線上，連接，過點D作，交的延長線

于點M．求證：????．??????⊥????

【變式求異】△???≌△???

（2）如圖2，在中，，點D在邊上，過點D作，交于點Q，點P在邊

的延長線上，連Rt接△??，?過點∠Q??作?=90°，交射線??于點M．已知??⊥?，???，，求

??的值．????⊥??????=8??=10??=2??

??

【??拓展應(yīng)用】

（3）如圖3，在中，，點P在邊的延長線上，點Q在邊上（不與點A，C重合），

連接，以Q為R頂t△點?作??∠???=9，0°的邊??交射線于點M．若??，（m，

n是常??數(shù)），求的值（∠用??含?m=，∠n?的??代數(shù)∠式??表?示）．??????=?????=???

??

??

81n

【答案】（1）見解析；（2）；（3）1+m2

3n

?

【分析】（1）根據(jù)ASA證明DAP≌DCM即可；

PQDQDQ

（2）證明DQP∽NQM，△得出=△=，根據(jù)勾股定理AB=AC2BC2=6，根據(jù)DQBC，得

QMQNDB

△△DQAD216PQDQ8?∥

出ADQ∽ABC，求出==，得出DQ=，求出==；

BCAB33QMDB3

△△PQAQ

（3）BC=AB2+AC2=1+m2AB，作QNBC于點N，證明QAP∽QNM，得出=．證明

QMNQ

QNCQmnABm⊥nPQAQ△1n△

QCN∽BCA，得出===，求出==1+m2．

BACB22QMNQn

1+mAB1+m?

△△

【詳解】（1）證明：在正方形ABCD中，

A=ADC=BCD=90，AD=DC，

∠∴A∠=DCM∠=90，°

∵D∠M∠PD，°

∴AD⊥P+PDC=CDM+PDC=90，

∴∠ADP=∠CDM，∠∠°

∴∠DAP≌∠DCMASA．

（2△）如圖1，△作QNBC于點N，如圖所示：

⊥

∵ABC=90，DQAB，

∴∠四邊形DBN°Q是矩⊥形，

∴DQN=90，QN=DB，

∠°

∵QMPQ，

∴DQ⊥P+PQN=MQN+PQN=90，

∴∠DQP=∠MQN，∠∠°

∵∠QDP=∠QNM=90，

∴∠DQP∽∠NQM，°

PQDQDQ

∴△==△，

QMQNDB

∵BC=8，AC=10，ABC=90，

∴AB=AC2BC2=∠6，°

∵AD=2DB，?

∴DB=2，

∵ADQ=ABC=90，

∴D∠QBC，∠°

∴A∥DQ∽ABC，

DQAD2

∴△==△，

BCAB3

16

∴DQ=，

3

PQDQ8

∴==；

QMDB3

（3）∵AC=mAB，CO=nAC，

∴CQ=mnAB，

∴AQ=ACCQ=mmnAB．

∵BAC=9?0，?

∴B∠C=AB2°+AC2=1+m2AB，

如圖2，作QNBC于點N，

⊥

∵A+ABN+BNQ+AQN=360，

∴∠ABN∠+AQN∠=180，∠°

∠∠°

∴AQN=PBN．

∵∠PQM=∠PBC，

∴∠PQM=∠AQN，

∴∠AQP=∠NQM，

∵∠A=Q∠NM=90，

∴∠QAP∠∽QNM°，

PQAQ

∴△=．△

QMNQ

∵A=QNC=90，QCN=BCA，

∴∠QCN∠∽BCA°，∠∠

QNCQmnABmn

∴△==△=，

BACB1+m2AB1+m2

mn

∴QN=AB

1+m2

PQAQ1n

∴==1+m2．

QMNQn

?

【點睛】本題主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，平行線

的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．

5．（2023·浙江臺州·中考真題）我們可以通過中心投影的方法建立圓上的點與直線上點的對應(yīng)關(guān)系，用直

線上點的位置刻畫圓上點的位置，如圖，是的直徑，直線是的切線，為切點．，是圓上兩

點（不與點重合，且在直徑的同側(cè)），??分別⊙作?射線，交?直線⊙?于點，點?．??

??????????

(1)如圖1，當(dāng)，的長為時，求的長．

?

(2)如圖2，當(dāng)??=6，??時π，求的?值?．

??3??

??=4??=????

(3)如圖3，當(dāng)，時，連接BP，PQ，直接寫出的值．

6??

【答案】(1)2s3in∠???=4??=????

3

(2)

4

10

(3)

4

【分析】（1）根據(jù)扇形的弧長公式即可求出BOP度數(shù)，利用切線的性質(zhì)和解直角三角形即可求出BC的

長．∠

（2）根據(jù)等弧所對圓周角相等推出BAC=DAC，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理推出CF=CB，利用直角

三角形的性質(zhì)即可求出FCD=BA∠Q，通過∠等量轉(zhuǎn)化和余弦值可求出答案．

PQAPBPAP

（3）根據(jù)三角形相似的∠性質(zhì)證明∠APQADC和APBABC，從而推出=和=，利用已

CDADBCAB

知條件將兩個比例線段相除，根據(jù)△正弦值∽即△可求出答案△∽△

【詳解】（1）解：如圖1，連接OP，設(shè)BOP的度數(shù)為n．

∠

?

AB=6，BP的長為π，

nπ3

=π．∵

180

??

∴n=60，即BOP=60．

1

∴BAP=∠BOP=30．°

2

∴直∠線l是∠O的切線，°

∵ABC=⊙90．

AB

∴∠BC==2°3．

3

（2）解：如圖2，連接BQ，過點C作CFAD于點F，

⊥

AB為直徑，

BQA=90．∵

AQ3

∴∠cosBAQ=°=．

AB4

∴BP∠=PQ，

∵BAC=DAC．

∴∠CFAD∠，ABBC，

∵CF=⊥CB．⊥

∴BAQ+ADB=90，F(xiàn)CD+ADB=90，

∵∠FCD=∠BAQ．°∠∠°

BCFC3

∴∠==∠cosFCD=cosBAQ=．

CDCD4

∴10∠∠

（3）解：，理由如下：

4

如圖3，連接BQ，

ABBC，BQAD，

ABQ+BAD=90，ADB+∵BA⊥D=90，⊥

∴∠ABQ=∠ADC，°∠∠°

∴∠ABQ=∠APQ，

∵∠APQ=∠ADC．

∴∠∠

PAQ=CAD，

∵∠APQ∠ADC，

PQAP

∴△=∽．△①

CDAD

∴BAP=BAC，ABC=APB=90，

∵∠APB∠ABC，∠∠°

BPAP

∴△=∽．△②

BCAB

∴BC=CD，

PQAB

①∵②得，==cosBAQ．

BPAD

÷6∠

sinBAQ=，

4

∵∠10

cosBAQ=．

4

【∴點睛∠】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形以及三角函數(shù)、

切線的性質(zhì)定理、扇形的弧長公式，角平分線性質(zhì)定理等，解題的關(guān)鍵在于熟練掌握相關(guān)性質(zhì)定理和相關(guān)

計算公式．

6．（2023·浙江溫州·中考真題）如圖1，為半圓的直徑，為延長線上一點，切半圓于點，，

交延長線于點，交半圓于點，已知??，?．?如圖??，連接，為線??段上一點，?過?點?⊥作??

3

的平??行線分別交?，于點，?，過點??作=2??=于1點．設(shè)2??，?．?????

?????????⊥?????=???=?

(1)求的長和關(guān)于的函數(shù)表達(dá)式．

(2)當(dāng)??，?且長?度分別等于，，的三條線段組成的三角形與相似時，求的值．

(3)延長??<交??半圓于點，當(dāng)?????時，求的長．△????

15

???16?25??=4??3??

【答案】(1)CE=，y=x+4

512

162760?

(2)或或

154041

17

(3)

8

CDCO

【分析】（1）如圖1，連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)得出ODCE，證明OD∥BE，得出=，即可得出

CECB

16MNME⊥25

CE=；證明四邊形APMC是平行四邊形，得出=，代入數(shù)據(jù)可得y=x+4；

5BCCE12

（2）根據(jù)BCE三邊之比為3:4:5，可分為三種情況．當(dāng)PH:PN=3:5時，當(dāng)?PH:PN=4:5時，當(dāng)PH:PN=

3:4時，分△別列出比例式，進(jìn)而即可求解．

x111

（3）連接AQ，BQ，過點Q作