资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
冲刺2025中考数学【抢分押题】
专题训练04：几何
押题解读
猜押考向 考情分析 押题依据 难度
轴对称图形与中心对称图形的识别 近三年必考，2024年广东省卷第2题考查的是既是轴对称又是中心对称的图形. 2025年模拟卷延续了类似考点. 容易
尺规作图与证明 2024年广东省卷第17题第（1）问考查角平分线作图题，2023年涉及垂直平分线的尺规作图. 2025年模拟卷第17题可能结合切线性质证明. 容易
三角形与四边形 2024年广东省卷第15题考查菱形的性质和三角形的面积. 2025年模拟卷第15题可能考查正方形的性质和求阴影部分的面积. 容易
圆 2024年广东省卷第17题第（2）问考查角切线的判定.第21题考查的圆锥的计算. 2025年模拟卷第17题第（2）问可能会考查切线的证明. 容易
三角函数实际应用 2024年广东省卷第18题涉及矩形性质与解直角三角形，2023年考查方位角的应用. 2025年模拟卷第18题可能结合“建筑物高度测量”. 容易
几何探究的综合题 2024年广东省卷第22题考查旋转与相似三角形，2023年涉及折叠问题. 2025年模拟卷第22题可能设置“矩形折叠后角度的计算与相似三角形的结合”. 难
考向01:轴对称图形与中心对称图形
1．（2025 封开县一模）为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A．B． C．D．
2．（2025 南山区二模）2025年蛇年春晚以“巳巳如意，生生不息”为主题，设计了“巳巳如意纹样”，象征着美好的愿望和幸福．以下四个如意纹样中，是中心对称图形的是（　　）
A．B． C．D．
3．（2025 惠东县模拟）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．B． C．D．
4．（2025 广州模拟）下列人工智能APP图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025 电白区一模）中国代表队在第33届巴黎奥运会中取得了40金27银24铜的傲人成绩，并在多个项目上获得了突破，以下奥运比赛项目图标中，不是中心对称图形的是（　　）
A．乒乓球 B．篮球 C．排球 D．冲浪
6．（2025 博罗县一模）公元2025年是我国农历乙已年，属蛇年，春节期间，大小媒体会呈现大量以蛇为主题的文案，金蛇献瑞、蛇舞新春!下列年画图案中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
考向02:三角形
1．（2025 化州市一模）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，∠BAC＝∠B+15°，∠DAC是△ABC的外角，则∠DAC的度数是（　　）
A．100° B．105° C．110° D．115°
2．（2025 清城区一模）将一台带有保护套的平板电脑按图1的方式放置在水平桌面上，其侧面示意图如图2所示．经测量AB＝10cm，BC＝12cm，若移动支点C的位置，使△ABC是一个等腰三角形，则△ABC的周长为（　　）
A．32cm B．34cm
C．32cm或34cm D．36cm
3．（2025 惠东县模拟）将等腰直角三角形纸片和矩形纸片按如图方式叠放在一起，若∠2＝15°，则∠1的度数为（　　）
A．30° B．20° C．15° D．10°
4．（2025 连州市一模）如图为生活中常见的折叠桌的侧面图与示意图，已知∠ABO＝60°，OC＝OD，AB∥CD，则∠BOD的大小为（　　）
A．150° B．140° C．130° D．120°
5．（2025 江城区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥AB，垂足为点E，AD＝6，AC＝10，则DE的长是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2025 台山市一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点G是重心，连结AG交BC于点D，BC＝4，cos∠ACB，F是边AC上一点，当FG⊥AD时，则CF的长为（　　）
A．1 B． C． D．
考向03:四边形
1．（2025 东莞市模拟）如图，在矩形ABCD中，点E为边AD上一个动点，若S△AEF＝6，S△EDC＝9，则图中阴影部分的面积为　 　 ．
2．（2025 榕城区模拟）如图矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E，F，AB＝3，BC＝4，则图中阴影部分的面积为 　 　 ．
3．（2025 南山区一模）七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．数学活动课上小东制作了一套七巧板，拼成正方形ABCD，其中包括五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形．如图，其中一块等腰直角三角形（阴影图形）的直角边为5cm，则正方形ABCD的边长为 　 　 cm．
4．（2025 蓬江区一模）如图，将一张长方形矩形纸片ABCD上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕MN，连接BM，再将矩形纸片折叠，使点B落在BM上的点Q处，折痕为CP，若点P恰好为线段AB最靠近点B的一个四等分点，AD＝8，则CP的长为　 　 ．
5．（2025 佛山一模）如图1是王先生家的菜圃，图2是该菜圃的示意图，该菜圃可看作矩形，点E，F分别是矩形ABCD的边CD，AB的中点，两条平行线AK，CL分别经过菱形EGFH的顶点H，G和边FG，EH的中点M，N．已知菱形EGFH的面积为6，则阴影部分的面积之和为 　 　 ．
6．（2025 罗定市一模）如图1，直角三角形纸片的两条直角边长分别为1和2，用四张这样的直角三角形纸片拼含正方形的图案，要求拼图时直角三角形纸片不能互相重叠，则图2中可得大正方形ABCD与小正方形EFGH．设整个图2中空白部分的面积为S1，阴影部分的面积为S2，则　 　 ．
考向04:圆
1．（2025 罗定市一模）为了测量一张光盘的直径，把直尺、光盘、三角尺按图所示放置于桌面上，量出AB＝4cm，这张光盘的直径是（　　）
A．4cm B． C．8cm D．
2．（2025 海珠区一模）如图，AB是⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点C，过A，B分别作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足分别为点D、E，连接AC、BC，若AD＝1，CD＝2，则△ABC的面积为（　　）
A．2 B．4 C．5 D．6
3．（2025 天河区一模）如图，AB和AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC．已知⊙O的半径为3，∠BOC＝120°，以A为圆心，AB为半径作弧BC．若把扇形ABC围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆半径为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 化州市一模）如图，半圆AmB的直径长为8，点C，D是半圆的三等分点，连接AC，BD，过点C作CE⊥AB，垂足为E，则图中阴影部分的面积为 　 　 ．
5．（2025 花都区一模）如图，在正方形纸片ABCD中，AB＝8，在正方形中剪下一个扇形BCE和一个圆形，点E在BD上，若以剪下的扇形为侧面，剪下的圆形为底面，恰好可以围成一个圆锥，则纸片剩下部分（阴影部分）的面积为　 　 ．（结果保留π）
考向05:尺规作图
1．（2025 广东一模）如图，在△ABC中，∠C是钝角．
（1）实践与操作：用尺规作图法，作AC的垂直平分线交AB于点D，作BC的垂直平分线交AB于点E；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2）应用与计算：在（1）的条件下，连接DC，EC，若∠A＝24°，∠B＝37°，求∠DCE的大小．
2．（2025 榕城区一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在AD上，请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）
（1）在图1中，过点E作直线EF将四边形ABCD的面积平分；
（2）在图2中，DE＝DC，作∠A的平分线AM；
3．（2025 越秀区一模）如图，四边形ABCD为平行四边形．
（1）尺规作图：作∠ABC的角平分线BE，BE交AD于点E（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，连接CE，若AB＝5，∠BEC＝90°，求线段BC的长．
4．（2025 鹤山市一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，BD平分∠ABC，AB＝5，BC＝6，．
（1）实践与操作：用尺规作图法，用直尺（不带刻度）和圆规作△BCD的外接圆⊙O．（不必写作法，但要保留作图痕迹）
（2）应用与证明：在（1）的条件下，求证：AD是⊙O的切线．
5．（2025 宝安区二模）如图，A，B，C，D是圆O上的四个点，AB是直径，连接AC，直线BF是圆O的切线，CB＝CD．
（1）求证：∠DAB＝2∠CBF；
（2）尺规作图：过点C作圆O的切线l．
（保留作图痕迹，不写作法）
6．（2025 增城区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点P是AC的中点．
（1）尺规作图：以线段BC为直径作⊙O，交AB于点D（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接PD，求证：PD是⊙O的切线．
考向06:图形变换与坐标
1．（2025 中山市二模）在平面直角坐标系中，点P（1，2）关于坐标原点的对称点P′的坐标为（　　）
A．（﹣1，﹣2） B．（﹣1，2） C．（1，﹣2） D．（1，2）
2．（2025 清远一模）若点P（3，a﹣2）和点Q（3，﹣2）关于x轴对称，则a的值为（　　）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
3．（2025 广州模拟）在平面直角坐标系中，将点P（3，5）向上平移2个单位长度后得到点P′的坐标为（　　）
A．（1，5） B．（5，5） C．（3，3） D．（3，7）
4．（2025 榕城区一模）如图，在平面直角坐标系中，将Q（2，4）绕原点O逆时针旋转90°，则其对应点P的坐标为（　　）
A．（2，4） B．（﹣2，4） C．（﹣4，2） D．（﹣2，﹣4）
5．（2025 阳西县一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，2），点C的坐标为（1，0）．以OA，OC为边作矩形OABC，若将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′，则点B′的坐标为　 　 ．
6．（2025 天河区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，以点A（0，2）为圆心，AO为半径画半圆，分别以点B（﹣2，0）、点C（2，0）为圆心，BO，CO为半径画圆弧，两圆弧与半圆分别交于点D和点E．
（1）填空：点D的坐标是　 　 ，点E的坐标是　 　 ；
（2）在图中画出阴影部分图形关于原点的中心对称图形；
（3）求图中阴影部分图形的周长．（结果保留π）
7．（2025 番禺区一模）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，格点A，B，C，D的坐标分别为（7，8），（2，8），（10，4），（5，4）．
（1）尺规作图：作∠BAC的角平分线AM（不写作法，保留作图痕迹），点D在射线AM上吗？
（2）以点D为旋转中心，将△ABC旋转180°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，写出点A1的坐标．
8．（2025 惠州模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的位置均在小方格格点上．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1并写出点A1的坐标．
（2）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C2并写出点A2的坐标．
（3）求在（2）旋转的过程中边AC扫过的面积．
考向07:投影与视图
1．（2025 广东模拟）如图是物理学中经常使用的U型磁铁示意图，其左视图是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 龙岗区模拟）“陀螺”一词的正式出现是在明朝时期，陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一，如图所示放置的是一个木制陀螺玩具（上面是圆柱体，下面是圆锥体），它的主视图是（　　）
A． B． C．D．
3．（2025 蓬江区一模）如图是由两个宽度相同的长方体组成的几何体，它的左视图是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 潮阳区模拟）腰鼓是中国传统民族乐器，历史悠久，在民间广泛流传．如图是一个腰鼓的示意图，则其视图描述正确的是（　　）
A．主视图 B．左视图 C．俯视图 D．俯视图
5．（2025 潮阳区一模）“月壤砖”是我国科学家模拟月壤成分烧制而成的，呈榫卯结构，有利于未来拼装建造月球基地．如图，这是“月壤砖”的示意图，其俯视图为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 河源一模）如图①，“斗”是古代粮食度量用具．它不仅是古代的计量单位，而且在中国文化中承载了丰富的象征意义．从“才高八斗”到“斗转星移”，这些典故展现了“斗”在语言和文化中的深远影响．图②是它的示意图，下列图形是“斗”的左视图的是（　　）
A． B．
C． D．
考向08:三角函数实际应用
1．（2025 蓬江区一模）如图1是某住宅单元楼的人脸识别系统（整个头部需在摄像头视角范围内才能被识别），其示意图如图2，摄像头P的仰角、俯角都调整为15°，摄像头高度OP＝160cm，识别的最远水平距离OQ＝150cm．
（1）小张站在离摄像头水平距离90cm点M处，恰好能被识别（头的顶部恰好在仰角线AP处），请问小张的身高约为多少厘米？
（2）身高139cm的小军，头部高度为18cm，当他直立站在离摄像头最远处时，请通过计算说明这时的小军能被摄像头识别吗？（参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27）
2．（2025 鹤山市一模）某临街商铺想做一款落地窗以展示商品，为防止商品久晒受损，需保证冬至日正午时分太阳光不能照进落地窗．如图，已有的遮阳棚AB＝130cm，遮阳棚前段下摆的自然垂直长度BC＝30cm，遮阳棚的固定高度AD＝240cm，．
（1）如图1，求遮阳棚上的点B到墙面AD的距离；
（2）如图2，冬至日正午时，该商铺所在地区的太阳的高度角约是60°（光线EC与地面的夹角），请通过计算判断该商铺的落地窗方案是否可行．（结果精确到0.1，参考数据
3．（2025 清远一模）综合与实践
素材一：某款遮阳棚（图1），图2、图3是它的侧面示意图，点A，C为墙壁上的固定点，摇臂CB绕点C旋转过程中长度保持不变，遮阳棚AB可自由伸缩，棚面始终保持平整．CA＝CB＝CD＝1.5米．
素材二：该地区某天不同时刻太阳光线与地面的夹角α的正切值：
时刻（时） 12 13 14 15
角α的正切值 5 2.5 1.25 1
【问题解决】
（1）如图2，当∠ACB＝90°时，这天12时在点E位置摆放的绿萝刚好不被阳光照射到，求绿萝摆放位置与墙壁的距离；
（2）如图3，旋转摇臂CB，使得点B离墙壁距离为1.2米，为使绿萝在这天12时﹣14时都不被阳光照射到，则绿萝摆放位置与墙壁的最远距离是多少？
4．（2025 广东模拟）广州地铁经过多年的发展，地铁出入口更加人性化和便民化．如图1是某地铁出入口，有步梯和电梯两种由地下层通往地面层的出入方式．其截面如图2所示，AB是由地下直通地面的电梯，AC，CD，DE，EF，FB是步梯，AC，DE，BF的倾角相同，CD，EF与地面平行．已知电梯AB全长30米，倾角∠BAH为37°，CD＝EF＝3米．
（1）求地面层与地下层的垂直高度BH；
（2）求步梯AC的倾角∠CAH的正切值和步梯通道的全长．
参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．
5．（2025 蓬江区校级一模）图1是某商场地下车库的出入口，车辆出入时，通常情况下只需升起“出口”或“入口”的道闸．特殊情况．两个道闸也可以同时升起．图2是其示意图，道闸升起过程中对边始终保持平行（如图中升起的道闸EPQ1R1，升起的最高点不超过顶部CD．矩形门的高AD＝3.6米，宽AB＝6.6米．矩形闸机的宽AH＝BW＝0.3米，矩形道闸的宽FG＝EP＝1米，道闸底部距地面AB的高度FH＝EW＝0.2米．顶点G、M、Q、P在同一条直线上，边MG＝PQ，边MN与QR之间的缝隙可以忽略不计．
（1）求道闸升起的最大角的正切值；
（2）一辆高为1.8米、宽为1.9米的货车想进入这个地下车库，是否需要同时升起两个道闸？说明理由．
6．（2025 博罗县一模）为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，如图1，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩．在如图2的侧面示意图中，遮阳篷靠墙端离地高记为BC，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°．
（1）求点A到墙面BC的距离；
（2）当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，量得影长CD为1.8米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长．（结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16°≈0.29）
考向09:几何探究的综合题
1．（2025 清城区一模）数学活动课上，某学习小组正在利用等腰直角三角形开展研究．
【初步探索】
（1）已知△ABC和△EFD是两个全等的等腰直角三角形，且AB＝AC＝ED＝EF，∠BAC＝∠DEF＝90°，将△ABC固定不动，把△EFD的顶点F与A重合．
①如图1，AB与AD重合，则阴影部分的面积与△ADE的面积比为 　 　 ；
②如图2，将△EFD绕点A旋转（∠DAE始终在∠BAC内部），线段AD、AE分别与BC交于点M、N，在旋转过程中，BM2+CN2＝MN2是否始终成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【拓展应用】
（2）如图3，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC、DC上，∠EAF＝45°，AD＝2AB＝4BE＝4，求DF的长．
2．（2025 揭阳一模）综合与实践
【问题情境】
在一次数学探究课上，老师给出了一道例题题干，如下：如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC＝BC，过点B作AB的垂线BD（D在BC上方），E，F两点分别在AB，BD上且．
【探究实践】
老师带领同学们自己观察图形，进行猜想和假设，找寻图中蕴含的几何关系，经过思考和讨论，小华和小颖同学分享了自己的发现．
（1）如图1，小华发现，当点E为AB中点时，AE＝BF，请你给出证明；
（2）如图2，小颖发现，当E不是AB中点时，AE＝BF仍成立，请你给出证明．
【拓展应用】
如图3，小聪在EF上取一点M使得CE＝EM，小聪发现∠BCM为固定值，请你给出证明并求∠BCM．
3．（2025 广东一模）如图1，以△ABC的边AB为直径作⊙O交AC于点D，连接BD，其中，BD＝2CD．
（1）求证：BC与⊙O相切；
（2）如图2，连接OC交于点E，若，求AC的长；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点O作OF⊥AD于点F，连接BF交OC于点G，求FG的长．
4．（2025 东莞市模拟）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AC是直径，弦AP与BC交于点E，OP与BC交于点Q，∠CPH＝∠CAP．
（1）求证：PH是⊙O的切线；
（2）若OP⊥BC，BE＝1，CE＝2，求劣弧PC的长；
（3）如图2，BC＝2AB，BD⊥AC于点D，交AE于点F，EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，点G恰好在线段OC上，求证：CE＝2BE．
5．（2025 惠城区模拟）数学兴趣小组的同学们以“图形的折叠“为主题开展探究活动．
【操作推断】
（1）如图①，点P是正方形纸片ABCD的边AD的中点，沿BP折叠，使点A落在点M处，延长BM交CD于点F，连接PF，则∠BPF＝　 　 °；
【迁移探究】
（2）如图②，延长PM交CD于点E，连接BE．
①∠PBE＝　 　 °；
②小明用大小不同的正方形纸片重复几次以上操作，总发现CF＝3FD．请判断该发现是否正确？并说明理由；
【拓展应用】
（3）将边长为1的两个相同正方形拼成矩形ABCD，如图③，点P是AD上一动点，沿BP折叠，使点A落在点M处，射线BM交射线CD于点F．当时，直接写AP的长．
6．（2025 潮阳区模拟）把矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，点B，C，D的对应点分别为B′，C′，D′．
【知识技能】（1）如图1，当点B′落在AD上时，连接AC，AC′，CC′．判断△ACC′的形状并证明．
【数学理解】（2）如图2，当点C′落在AD的延长线上时，连接BD，延长C′B′交BC于点E，求证：BE＝C′D．
【拓展探索】（3）如图3，当点B′落在BD上时，连接DD′，DD′交B′C′于点F．若CD＝3，AD＝4，请求出DF的长．
7．（2025 榕城区一模）如图，点E为正方形ABCD的边CD上一动点，直线AE与BD相交于点F，与BC的延长线相交于点G，以GE为直径作⊙O．
（1）求证：△ADF≌△CDF；
（2）求证：CF是⊙O的切线；
（3）若正方形的边长为4，，求FE FG的值．
8．（2025 南沙区一模）在△ABC中，AB＝BC＝6，E为BC边上的一点，连接AE．
（1）如图1，∠ABC＝90°，E为BC上的中点，过B作BH⊥AE交AE于点H，交AC于点G，过G作GK⊥BC交BC于点K，求CG的值．
（2）如图2，∠ABC＝60°，BE＝2，M在AC上且CM＝BE，连接BM，BM交AE于点N．已知，求点M到AE的距离．
（3）如图3，∠ABC＝60°，D为AC上的中点，M在AC上，BE＝CM，连接BM，BM交AE于点N．连接DN，当DN最小时，求△BDN的面积．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
冲刺2025中考数学【抢分押题】
专题训练04：几何
押题解读
猜押考向 考情分析 押题依据 难度
轴对称图形与中心对称图形的识别 近三年必考，2024年广东省卷第2题考查的是既是轴对称又是中心对称的图形. 2025年模拟卷延续了类似考点. 容易
尺规作图与证明 2024年广东省卷第17题第（1）问考查角平分线作图题，2023年涉及垂直平分线的尺规作图. 2025年模拟卷第17题可能结合切线性质证明. 容易
三角形与四边形 2024年广东省卷第15题考查菱形的性质和三角形的面积. 2025年模拟卷第15题可能考查正方形的性质和求阴影部分的面积. 容易
圆 2024年广东省卷第17题第（2）问考查角切线的判定.第21题考查的圆锥的计算. 2025年模拟卷第17题第（2）问可能会考查切线的证明. 容易
三角函数实际应用 2024年广东省卷第18题涉及矩形性质与解直角三角形，2023年考查方位角的应用. 2025年模拟卷第18题可能结合“建筑物高度测量”. 容易
几何探究的综合题 2024年广东省卷第22题考查旋转与相似三角形，2023年涉及折叠问题. 2025年模拟卷第22题可能设置“矩形折叠后角度的计算与相似三角形的结合”. 难
考向01:轴对称图形与中心对称图形
1．（2025 封开县一模）为了节能减排，国家积极倡导使用新能源汽车，新能源汽车发展也取得了巨大成就．下列新能源汽车的车标既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A．B． C．D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．该图是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B．该图既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C．该图是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D．该图是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称；熟练掌握知识点是解题的关键．
2．（2025 南山区二模）2025年蛇年春晚以“巳巳如意，生生不息”为主题，设计了“巳巳如意纹样”，象征着美好的愿望和幸福．以下四个如意纹样中，是中心对称图形的是（　　）
A．B． C．D．
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项B、C、D中的图形都不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项A中的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：A．
【点评】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
3．（2025 惠东县模拟）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A．B． C．D．
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【解答】解：A．图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B．图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C．图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
D．图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，熟知如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心是解题的关键．
4．（2025 广州模拟）下列人工智能APP图标中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、C、D的图形不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项B的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5．（2025 电白区一模）中国代表队在第33届巴黎奥运会中取得了40金27银24铜的傲人成绩，并在多个项目上获得了突破，以下奥运比赛项目图标中，不是中心对称图形的是（　　）
A．乒乓球 B．篮球 C．排球 D．冲浪
【分析】根据中心对称图形的定义可得答案．
【解答】解：根据中心对称图形的定义可得不是中心对称图形的是D选项．
故选：D．
【点评】本题考查中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．
6．（2025 博罗县一模）公元2025年是我国农历乙已年，属蛇年，春节期间，大小媒体会呈现大量以蛇为主题的文案，金蛇献瑞、蛇舞新春!下列年画图案中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，根据中心对称图形的概念求解．
【解答】解：选项A能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，选项B、C、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
故选：A．
【点评】本题主要考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
考向02:三角形
1．（2025 化州市一模）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，∠BAC＝∠B+15°，∠DAC是△ABC的外角，则∠DAC的度数是（　　）
A．100° B．105° C．110° D．115°
【分析】根据三角形外角的性质，求出∠B，即可解答．
【解答】解：∵∠DAC是△ABC的外角，
∴∠DAC＝∠B+∠C，
∵∠B+∠C＝180°﹣∠BAC，
∵∠B＝∠C，∠BAC＝∠B+15°，
∴∠B+∠C＝180°﹣∠B﹣15°，
∴3∠B＝165°，
∴∠B＝55°，
∴∠DAC＝2×55°＝110°，
故选：C．
【点评】本题考查三角形的外角性质，掌握三角形的外角性质是解题的关键．
2．（2025 清城区一模）将一台带有保护套的平板电脑按图1的方式放置在水平桌面上，其侧面示意图如图2所示．经测量AB＝10cm，BC＝12cm，若移动支点C的位置，使△ABC是一个等腰三角形，则△ABC的周长为（　　）
A．32cm B．34cm
C．32cm或34cm D．36cm
【分析】根据等腰三角形的定义分情况进行求解即可．
【解答】解：AB＝10cm，BC＝12cm．若移动支点C的位置，使△ABC是一个等腰三角形，分以下几种情况讨论：
当AC＝10cm时，△ABC的周长为：
10+10+12＝32（cm）．
当AC＝12cm时，△ABC的周长为：
10+12+12＝34（cm），
∴△ABC的周长为32cm或34cm，
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握等角对等边的性质．
3．（2025 惠东县模拟）将等腰直角三角形纸片和矩形纸片按如图方式叠放在一起，若∠2＝15°，则∠1的度数为（　　）
A．30° B．20° C．15° D．10°
【分析】根据等腰三角形的性质以及矩形的性质即可求出答案．
【解答】解：由题意可知：∠ABD＝45°，
∴∠ABC＝45°﹣15°＝30°，
∴矩形的性质可知：∠1＝∠ABC＝30°，
故选：A．
【点评】本题考查等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用等腰三角形的性质以及平行线的性质，本题属于基础题型．
4．（2025 连州市一模）如图为生活中常见的折叠桌的侧面图与示意图，已知∠ABO＝60°，OC＝OD，AB∥CD，则∠BOD的大小为（　　）
A．150° B．140° C．130° D．120°
【分析】由平行线的性质结合等边对等角可得∠DCO＝∠CDO＝60°，再由三角形外角的定义及性质计算即可得解．
【解答】解：∵∠ABO＝60°，AB∥CD，
∴∠DCO＝∠ABO＝60°，
∵OC＝OD，
∴∠DCO＝∠CDO＝60°，
∴∠BOD＝∠DCO+∠CDO＝60°+60°＝120°，即∠BOD的大小为120°，
故选：D．
【点评】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，关键是等腰三角形性质的熟练掌握．
5．（2025 江城区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥AB，垂足为点E，AD＝6，AC＝10，则DE的长是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由AD＝6，AC＝10，求出CD＝4，由角平分线的性质推出DE＝DC＝4．
【解答】解：∵AD＝6，AC＝10，
∴CD＝AC﹣AD＝4，
∵∠C＝90°，
∴DC⊥BC，
∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，
∴DE＝DC＝4．
故选：B．
【点评】本题考查角平分线的性质，关键是由角平分线的性质得到DE＝DC．
6．（2025 台山市一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点G是重心，连结AG交BC于点D，BC＝4，cos∠ACB，F是边AC上一点，当FG⊥AD时，则CF的长为（　　）
A．1 B． C． D．
【分析】根据重心和等腰三角形的性质可得：，，∠ADC＝90°，由可得AC＝5，结合FG⊥AD得到GF∥BC，推出，即可求解．
【解答】解：由题意可得：，，∠ADC＝90°，
∵，
∴，
∴AC＝5，
由题意可得：GF∥BC，
∴，即，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了重心的性质，等腰三角形的性质，平行线分线段成比例，掌握相关知识是解题的关键．
考向03:四边形
1．（2025 东莞市模拟）如图，在矩形ABCD中，点E为边AD上一个动点，若S△AEF＝6，S△EDC＝9，则图中阴影部分的面积为　 　 ．
【分析】设S△EFC＝a，利用矩形和三角形的面积转化列式运算即可．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，点E为边AD上一个动点，S△AEF＝6，S△EDC＝9，
设S△EFC＝a，则S△ACD＝S△AEF+S△EFC+S△EDC＝6+a+9＝15+a，
∵S矩形ABCD＝2S△ACD，
∴S矩形ABCD＝2（15+a），
∵S△BECS矩形ABCD，
∴S△BEC2（15+a）＝15+a，
∴S△BFC＝S△BEC﹣S△EFC＝（15+a）﹣a＝15，
故答案为：15．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，熟悉掌握矩形的相关性质是解题的关键．
2．（2025 榕城区模拟）如图矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E，F，AB＝3，BC＝4，则图中阴影部分的面积为 　 　 ．
【分析】首先证明△AOE≌△COF，由此可得出，则可求出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AD∥BC，
∴∠OAE＝∠OCF，S△AOD＝S△COD＝S△AOB＝S△BOC，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴S△AOE＝S△COF，
∴，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．
3．（2025 南山区一模）七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．数学活动课上小东制作了一套七巧板，拼成正方形ABCD，其中包括五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形．如图，其中一块等腰直角三角形（阴影图形）的直角边为5cm，则正方形ABCD的边长为 　 　 cm．
【分析】根据七巧板的特点和平行四边形的性质以及等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵等腰直角三角形（阴影图形）的直角边为5cm，
∴等腰直角三角形（阴影图形）的斜边为5cm，
∴平行四边形的边长为5cm，
∴正方形ABCD的边长为2×510（cm），
故答案为：10．
【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．（2025 蓬江区一模）如图，将一张长方形矩形纸片ABCD上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕MN，连接BM，再将矩形纸片折叠，使点B落在BM上的点Q处，折痕为CP，若点P恰好为线段AB最靠近点B的一个四等分点，AD＝8，则CP的长为　 　 ．
【分析】设BP＝x，得到AB＝4x，证明△BAM∽△CBP，列出比例式求出PB的长，勾股定理求出PC的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝8，
∴∠A＝∠CBP＝90°，BC＝AD＝8，
∴∠BCP+∠CPB＝90°，
∵将一张长方形矩形纸片ABCD上下对折，使之完全重合，
∴，BQ⊥CP，
∴∠CPB+∠MBP＝90°，
∴∠BCP＝∠MBP，
∴△BAM∽△CBP，
∴，
∴AM BC＝AB BP，
∵点P恰好为线段AB最靠近点B的一个四等分点，设BP＝x，
∴AB＝4x，
∴4×8＝x 4x，
∴（负值舍去）；
在Rt△BPC中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【点评】本题考查矩形的性质，翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质．
5．（2025 佛山一模）如图1是王先生家的菜圃，图2是该菜圃的示意图，该菜圃可看作矩形，点E，F分别是矩形ABCD的边CD，AB的中点，两条平行线AK，CL分别经过菱形EGFH的顶点H，G和边FG，EH的中点M，N．已知菱形EGFH的面积为6，则阴影部分的面积之和为 　 　 ．
【分析】连接EF，GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，先证明四边形AFED是矩形，得到EF∥AD，EF＝AD，∠AFE＝90°，证明△GHM≌△FAM，推出四边形AFHG为平行四边形，推出A，G，E三点共线，且AG＝EG，再证明△AGL≌△EGR，得到AL＝ER，证明四边形ALRT，四边形ALCK均为平行四边形，得到ER＝RT，平行线分线段成比例，推出，根据菱形的面积分别求出四边形ALCK和GMHN的面积，分割法求出阴影部分的面积即可．
【解答】解：连接EF，GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠D＝90°，
∵点E，F分别是边CD，AB的中点，
∴，，
∴DE＝AF，
∵DE∥AF，
∴四边形AFED为平行四边形，
∵∠D＝90°，
∴四边形AFED是矩形；
∴EF∥AD，EF＝AD，∠AFE＝90°，
∵四边形EGFH为菱形，
∴GH⊥EF，，EG∥FH，EG＝FH，
∴∠EOG＝90°＝∠AFE，
∴GH∥AF，
∴∠GHM＝∠FAM，
∵点M是FG的中点，
∴GM＝FM，
∵∠GMH＝∠FMA，
在△GHM和△FAM中，
，
∴△GHM≌△FAM（AAS），
∴GH＝AF，
∴四边形AFHG为平行四边形，
∴AG∥HF，AG＝HF，
∵EG∥FH，EG＝FH，
∴A，G，E三点共线，且AG＝EG，
∵EF∥AD，
∴∠LAG＝∠REG，
∵∠LGA＝∠RGE，
∴△AGL≌△EGR（ASA），
∴AL＝ER，
∵AL∥RT∥CK，CL∥AK，
∴四边形ALRT，四边形ALCK均为平行四边形，
∴AL＝RT＝CK，
∴ER＝RT，
∵AK∥CL，
∴，
∴FT＝RT，
∴，
∵菱形EGFH的面积为6，
∴EF GH＝12，
∴AD AB＝24，
∵，
∴，
∵，
∴S阴影＝S ALCK﹣S GNHM＝8﹣3＝5；
故答案为：5．
【点评】本题考查矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊图形，是解题的关键．
6．（2025 罗定市一模）如图1，直角三角形纸片的两条直角边长分别为1和2，用四张这样的直角三角形纸片拼含正方形的图案，要求拼图时直角三角形纸片不能互相重叠，则图2中可得大正方形ABCD与小正方形EFGH．设整个图2中空白部分的面积为S1，阴影部分的面积为S2，则　 　 ．
【分析】先由∠HEF+∠BEF＝180°证明B、E、H三点在同一条直线上，再根据勾股定理求得AB2＝13，则S正方形ABCD＝13，再求得S2＝4，即可由S1＝S正方形ABCD﹣S2求得S1＝9，再求出的值即可．
【解答】解：如图2，∵四边形ABCD和四边形EFGH都是正方形，
∴∠HEF＝90°，
∵∠BEF＝90°，
∴∠HEF+∠BEF＝180°，
∴B、E、H三点在同一条直线上，
∵AH＝BE＝2，EH＝1，
∴BH＝BE+EH＝3，
∵∠AHB＝90°，
∴AB2＝AH2+BH2＝22+32＝13，
∴S正方形ABCD＝AB2＝13，
∵S21×2×4＝4，
∴S1＝13﹣4＝9，
∴，
故答案为：．
【点评】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、算术平方根的性质等知识，根据勾股定理求出AB2的值是解题的关键．
考向04:圆
1．（2025 罗定市一模）为了测量一张光盘的直径，把直尺、光盘、三角尺按图所示放置于桌面上，量出AB＝4cm，这张光盘的直径是（　　）
A．4cm B． C．8cm D．
【分析】设光盘的圆心为O，连接OC，OA，OB，经过圆外一点A的两条直线AC与AB都与圆O相切，根据切线长定理可证得AO为两切线的夹角的角平分线，由∠CAD的度数求出∠OAB的度数为60°，同时由切线的性质得到OB与AB垂直，在直角三角形AOB中，由tan60°等于对边OB与邻边AB之比，将AB及tan60°的值代入，求出OB的长，即为圆的半径，进而确定出圆的直径．
【解答】解：设光盘的圆心为O，连接OC，OB，OA，如图所示：
由条件可得OC⊥AC，OB⊥AB，OC＝OB，
∴AO为∠CAB的平分线，
∵∠CAD＝60°，∠CAD+∠CAB＝180°，
∴∠CAB＝180°﹣∠CAD＝120°，
∴，
在Rt△AOB中，∠OBA＝90°，∠OAB＝60°，AB＝4cm，
∴，即，
∴，
∴光盘的直径为．
故选：D．
【点评】此题考查了切线的性质，根据题意作出辅助线是解题的关键．
2．（2025 海珠区一模）如图，AB是⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点C，过A，B分别作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足分别为点D、E，连接AC、BC，若AD＝1，CD＝2，则△ABC的面积为（　　）
A．2 B．4 C．5 D．6
【分析】连接OC，由切线的性质得OC⊥DE，而AD⊥DE，BE⊥DE，所以AD∥OC∥BE，则1，而AD＝1，CD＝2，所以CE＝CD＝2，因为AB是⊙O的直径，所以∠ACB＝90°，推导出∠CBE＝∠ACD，由tan∠CBE＝tan∠ACD，求得BE＝2CE＝4，则AC，BC＝2，所以S△ABCAC BC＝5，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OC，
∵直线DE与⊙O相切于点C，
∴OC⊥DE，
∵AD⊥DE，BE⊥DE，垂足分别为点D、E，OA＝OB，AD＝1，CD＝2，
∴AD∥OC∥BE，∠D＝∠E＝90°，
∴1，
∴CE＝CD＝2，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CBE＝∠ACD＝90°﹣∠BCE，
∴tan∠CBE＝tan∠ACD，
∴BE＝2CE＝4，
∴AC，BC2，
∴S△ABCAC BC25，
故选：C．
【点评】此题重点考查切线的性质、平行线分线段成比例定理、直径所对的圆周角是直角、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
3．（2025 天河区一模）如图，AB和AC是⊙O的两条弦，且AB＝AC．已知⊙O的半径为3，∠BOC＝120°，以A为圆心，AB为半径作弧BC．若把扇形ABC围成一个圆锥，则该圆锥的底面圆半径为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据圆周角定理得∠A＝60°，根据圆锥的底面圆周长是扇形的弧长计算即可．
【解答】解：连接BC，作OD⊥BC于点D，
∵∠BOC＝120°，
∴∠A∠BOC＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∵OB＝OC，
∴∠OBD＝30°，
∴BD＝OB cos30°，
∴AB＝BC＝2BD＝3，
设圆锥底面圆的半径是为r，
则2πr，
解得r，
∴该圆锥的底面圆半径为．
故选：B．
【点评】本题考查的是圆锥的计算，掌握圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
4．（2025 化州市一模）如图，半圆AmB的直径长为8，点C，D是半圆的三等分点，连接AC，BD，过点C作CE⊥AB，垂足为E，则图中阴影部分的面积为 　 　 ．
【分析】将求阴影面积转化为S扇形ODB﹣S△FOD即可求解．
【解答】解：如图，连接OD，过D点作DF⊥OB于F，
∵点C，D是半圆的三等分点，
∴∠CAB＝∠BOD＝60°，
在△ACE和△BDF中，
，
∴△ACE≌△BDF（AAS），
∴S△ACE＝S△BDF，
∴图中阴影部分的面积＝S扇形ODB﹣S△FOD，
∵OB＝OD，
∴△BOD是等边三角形，
∵半圆AmB的直径长为8，
∴OB＝OD＝4，
∵DF⊥OB，
∴OF＝BF＝2，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积；
故答案为：．
【点评】本题考查了圆的性质，涉及到了同弧或等弧所对的圆周角（圆心角）相等、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是理解题意，正确构造全等三角形以及运用转化的思想是解题的关键．
5．（2025 花都区一模）如图，在正方形纸片ABCD中，AB＝8，在正方形中剪下一个扇形BCE和一个圆形，点E在BD上，若以剪下的扇形为侧面，剪下的圆形为底面，恰好可以围成一个圆锥，则纸片剩下部分（阴影部分）的面积为　 　 ．（结果保留π）
【分析】设围成圆锥的底面圆的半径为r，根据扇形的弧长等于底面圆的周长即可求出r，再用正方形的面积减去扇形的面积和底面圆的面积即可．
【解答】解：剪下的扇形是面积为8π，
设围成圆锥的底面圆的半径为r，
则2πr，
解得r＝1，
所以纸片剩下部分（阴影部分）的面积为82﹣8π﹣π×12＝64﹣9π．
故答案为：64﹣9π．
【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了正方形的性质．
考向05:尺规作图
1．（2025 广东一模）如图，在△ABC中，∠C是钝角．
（1）实践与操作：用尺规作图法，作AC的垂直平分线交AB于点D，作BC的垂直平分线交AB于点E；（保留作图痕迹，不要求写作法）
（2）应用与计算：在（1）的条件下，连接DC，EC，若∠A＝24°，∠B＝37°，求∠DCE的大小．
【分析】（1）分别以点A、C为圆心，大于为半径画弧，两弧相交于两点，过这两点作直线交AB于D，同法作BC的垂直平分线交AB于点E即可；
（2）垂直平分线的性质可得，DA＝DC，则∠ACD＝∠A＝24°，同理∠ECB＝∠B＝37°，再由三角形内角和定理求得∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝119°，即可由∠DCE＝∠ACB﹣∠ACD﹣∠ECB求解．
【解答】解：（1）如图1，垂直平分线及交点D，E即为所求．
（2）由垂直平分线的性质可得，DA＝DC，
∴∠ACD＝∠A＝24°，
同理，∠ECB＝∠B＝37°，
在△ABC中，∠ACB＝119°，
∴∠DCE＝∠ACB﹣∠ACD﹣∠ECB＝58°．
【点评】本题考查尺规基本作图﹣作线段的垂直平分线，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．熟练掌握尺规基本作图﹣作线段的垂直平分线和线段垂直平分线的性质是解题的关键．
2．（2025 榕城区一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在AD上，请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）
（1）在图1中，过点E作直线EF将四边形ABCD的面积平分；
（2）在图2中，DE＝DC，作∠A的平分线AM；
【分析】（1）作 ABCD的对角线AC、BD，交于点O，作直线EO交BC于点F，直线EF即为所求；
（2）作射线AF即可得．
【解答】解：（1）如图1，直线EF即为所求；
（2）如图2，射线AM即为所求．
【点评】本题主要考查作图﹣基本作图，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
3．（2025 越秀区一模）如图，四边形ABCD为平行四边形．
（1）尺规作图：作∠ABC的角平分线BE，BE交AD于点E（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，连接CE，若AB＝5，∠BEC＝90°，求线段BC的长．
【分析】（1）①以B为圆心，适当长为半径画弧，交AB于M，BC于N，②分别以M、N为圆心，以大于MN的长为半径画弧，两弧交于G，③作射线BG，交AD于E即可；
（2）延长CE交BA的延长线于F，根据全等三角形的性质得到BC＝BF，根据平行线的性质得到∠AEB＝∠EBC，求得∠ABE＝∠AEB，得到AB＝AE，求得AF＝AB＝5，于是得到BC＝AF＝10．
【解答】解：（1）如图，线段BE即为所求；
（2）延长CE交BA的延长线于F，
∵∠FBE＝∠CBE，∠BEC＝∠BEF＝90°，BE＝BE，
∴△FBE≌△CBE（ASA），
∴BC＝BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵∠F+∠ABE＝∠FEA+∠AEB＝90°，
∴∠F＝∠FEA，
∴AF＝AE，
∴AF＝AB＝5，
∴BC＝AF＝10．
【点评】不太开心作图﹣基本作图，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，正确地作出图形是解题的关键．
4．（2025 鹤山市一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，BD平分∠ABC，AB＝5，BC＝6，．
（1）实践与操作：用尺规作图法，用直尺（不带刻度）和圆规作△BCD的外接圆⊙O．（不必写作法，但要保留作图痕迹）
（2）应用与证明：在（1）的条件下，求证：AD是⊙O的切线．
【分析】（1）作线段BC的垂直平分线，交BC于点O，以线段OC的长为半径画圆，即可得所求的⊙O；
（2）连接OD，由角平分线的定义可得∠ABD＝∠CBD，由OB＝OD，可得∠OBD＝∠ODB，进而可得∠ABD＝∠ODB，则AB∥OD，即可得∠ADO＝90°，即可得出结论．
【解答】（1）解：如图，⊙O即为所求；
（2）证明：连接OD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ABD＝∠ODB，
∴AB∥OD（内错角相等，两直线平行），
∵∠A＝90°，
∴∠ADO＝90°（两直线平行，同旁内角互补），
∵OD为⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图、圆周角定理、切线的判定，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
5．（2025 宝安区二模）如图，A，B，C，D是圆O上的四个点，AB是直径，连接AC，直线BF是圆O的切线，CB＝CD．
（1）求证：∠DAB＝2∠CBF；
（2）尺规作图：过点C作圆O的切线l．
（保留作图痕迹，不写作法）
【分析】（1）由圆周角定理可得∠ACB＝90°，可得∠BAC+∠ABC＝90°．由切线的性质可得∠OBF＝90°，则∠ABC+∠CBF＝90°，可得∠BAC＝∠CBF．由已知条件可得∠DAC＝∠BAC，则可得∠DAC＝∠BAC＝∠CBF，进而可得∠DAB＝∠DAC+∠BAC＝2∠CBF．
（2）结合切线的判定与性质，过点C作OC的垂线l即可．
【解答】（1）证明：∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°．
∵直线BF是圆O的切线，
∴∠OBF＝90°，
∴∠ABC+∠CBF＝90°，
∴∠BAC＝∠CBF．
∵CB＝CD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAC＝∠CBF．
∴∠DAB＝∠DAC+∠BAC＝2∠CBF．
（2）解：如图，过点C作OC的垂线l，
则直线l即为所求．
【点评】本题考查作图—复杂作图、圆周角定理、切线的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
6．（2025 增城区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点P是AC的中点．
（1）尺规作图：以线段BC为直径作⊙O，交AB于点D（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）连接PD，求证：PD是⊙O的切线．
【分析】（1）作BC的垂直平分线，垂足为O，以O为圆心，OC为半径作⊙O即可；
（2）连接OP，OD，CD．证明OD⊥PD即可．
【解答】（1）解：图形如图所示：
（2）证明：连接OP，OD，CD．
∵BC是直径，
∴∠CDB＝∠CDA＝90°，
∵AP＝PC，
∴PD＝PC＝PA，
∵OC＝OD，OP＝OP，
∴△ODP≌△OCP（SSS），
∴∠ODP＝∠OCP＝90°，
∴OD⊥PD，
∴PD是⊙O的切线．
【点评】本题考查作图﹣复杂作图，圆周角定理，切线的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
考向06:图形变换与坐标
1．（2025 中山市二模）在平面直角坐标系中，点P（1，2）关于坐标原点的对称点P′的坐标为（　　）
A．（﹣1，﹣2） B．（﹣1，2） C．（1，﹣2） D．（1，2）
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点解答即可．
【解答】解：∵点P（1，2），
∴关于坐标原点的对称点P′的坐标为（﹣1，﹣2）．
故选：A．
【点评】本题考查的是关于原点对称的点的坐标特点，熟知两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（﹣x，﹣y）是解题的关键．
2．（2025 清远一模）若点P（3，a﹣2）和点Q（3，﹣2）关于x轴对称，则a的值为（　　）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
【分析】根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数解答即可求解．
【解答】解：∵点P（3，a﹣2）和点Q（3，﹣2）关于x轴对称，
∴a﹣2+（﹣2）＝0，
∴a＝4，
故选：D．
【点评】本题考查了关于x轴对称的点的坐标特征，掌握关于x轴对称的点的坐标特征是解题的关键．
3．（2025 广州模拟）在平面直角坐标系中，将点P（3，5）向上平移2个单位长度后得到点P′的坐标为（　　）
A．（1，5） B．（5，5） C．（3，3） D．（3，7）
【分析】根据点平移时坐标的变化规律即可解决问题．
【解答】解：将点P向上平移2个单位长度，则其横坐标不变，纵坐标增加2，
所以点P′的坐标为（3，7）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，熟知图形平移的性质是解题的关键．
4．（2025 榕城区一模）如图，在平面直角坐标系中，将Q（2，4）绕原点O逆时针旋转90°，则其对应点P的坐标为（　　）
A．（2，4） B．（﹣2，4） C．（﹣4，2） D．（﹣2，﹣4）
【分析】根据旋转的性质可得答案．
【解答】解：∵将Q（2，4）绕原点O逆时针旋转90°，
∴其对应点P的坐标为（﹣4，2）．
故选：C．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．
5．（2025 阳西县一模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，2），点C的坐标为（1，0）．以OA，OC为边作矩形OABC，若将矩形OABC绕点O逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′，则点B′的坐标为　 　 ．
【分析】先根据题意得到OA＝2，OC＝1，再由矩形的性质可得AB＝OC＝1，OA＝BC＝2，∠OAB＝∠ABC＝∠BCO＝90°，由旋转的性质可得，A′B′＝AB＝1，B′C′＝BC＝2，∠OA′B′＝∠A′B′C′＝∠B′C′O＝90°，据此可得第二象限内B′的坐标．
【解答】解：由条件可知OA＝2，OC＝1，
∴AB＝OC＝1，OA＝BC＝2，∠OAB＝∠ABC＝∠BCO＝90°，
∵将矩形OABC绕点O逆时针旋转，得到矩形OA′B′C′，点B′在第二象限，
∴A′B′＝AB＝1，B′C′＝BC＝2，∠OA′B′＝∠A′B′C′＝∠B′C′O＝90°，
∴点B′的坐标为（﹣2，1），
故答案为：（﹣2，1）．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质和旋转的性质是解题的关键．
6．（2025 天河区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，以点A（0，2）为圆心，AO为半径画半圆，分别以点B（﹣2，0）、点C（2，0）为圆心，BO，CO为半径画圆弧，两圆弧与半圆分别交于点D和点E．
（1）填空：点D的坐标是　 　 ，点E的坐标是　 　 ；
（2）在图中画出阴影部分图形关于原点的中心对称图形；
（3）求图中阴影部分图形的周长．（结果保留π）
【分析】（1）由图可得答案．
（2）根据中心对称的性质作图即可．
（3）利用弧长公式计算即可．
【解答】解：（1）由图可得，D（﹣2，2），E（2，2）．
故答案为：（﹣2，2）；（2，2）．
（2）如图所示．
（3）由图可得，阴影部分图形的周长为4π．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、弧长的计算、中心对称，熟练掌握中心对称的性质、弧长公式是解答本题的关键．
7．（2025 番禺区一模）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy，格点A，B，C，D的坐标分别为（7，8），（2，8），（10，4），（5，4）．
（1）尺规作图：作∠BAC的角平分线AM（不写作法，保留作图痕迹），点D在射线AM上吗？
（2）以点D为旋转中心，将△ABC旋转180°得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，写出点A1的坐标．
【分析】（1）根据角平分线的作图方法作图即可；由图可得点D到AC的距离与点D到AB的距离相等，则点D在∠BAC的平分线上，即点D在射线AM上．
（2）根据旋转的性质作图即可．
【解答】解：（1）如图，射线AM即为所求．
由勾股定理得，AC5，
设点D到AC的距离为h，
∴S△ACD，
∴h＝4，
即点D到AC的距离为4．
∵点D到AB的距离为4，
∴点D到AC的距离与点D到AB的距离相等，
∴点D在∠BAC的平分线上，
即点D在射线AM上．
（2）如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点A1的坐标为（3，0）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、作图—基本作图、角平分线的性质，熟练掌握旋转的性质、角平分线的性质是解答本题的关键．
8．（2025 惠州模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的位置均在小方格格点上．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1并写出点A1的坐标．
（2）将△ABC绕点O逆时针旋转90°，画出旋转后的△A2B2C2并写出点A2的坐标．
（3）求在（2）旋转的过程中边AC扫过的面积．
【分析】（1）根据轴对称的性质作图，即可得出答案．
（2）根据旋转的性质作图，即可得出答案．
（3）利用勾股定理求出OA，OB的长，再利用扇形的面积公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求．
由图可得，点A1的坐标为（3，4）．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
由图可得，点A2的坐标为（﹣4，﹣3）．
（3）由勾股定理得，OA5，OC，
∴旋转的过程中边AC扫过的面积为．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换、扇形面积的计算、作图﹣轴对称变换，熟练掌握旋转的性质、轴对称的性质、扇形的面积公式是解答本题的关键．
考向07:投影与视图
1．（2025 广东模拟）如图是物理学中经常使用的U型磁铁示意图，其左视图是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据左视图是从左面看到的图形判定则可．
【解答】解：从左边看，是一个矩形，矩形中部靠下有一条横向的虚线．
故选：B．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
2．（2025 龙岗区模拟）“陀螺”一词的正式出现是在明朝时期，陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一，如图所示放置的是一个木制陀螺玩具（上面是圆柱体，下面是圆锥体），它的主视图是（　　）
A． B． C． D．
【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中，看不到的棱需要用虚线来表示．
【解答】解：从正面看易得，底层是一个三角形，上层是一个矩形，
故选：A．
【点评】本题主要考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，掌握主视图的概念是解题的关键．
3．（2025 蓬江区一模）如图是由两个宽度相同的长方体组成的几何体，它的左视图是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图判断即可．
【解答】解：根据从左边看得到的图形是左视图判断如下：
A．它的左视图的两个长方形的长应该相等，故此选项不是左视图，不符合题意；
B．它的左视图应该是上下两层，故此选项不是左视图，不符合题意；
C．该图形是几何体的左视图，故此选项是左视图，符合题意；
D．它的左视图应该是上下两层，故此选项不是左视图，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，解题的关键是掌握：从左边看得到的图形是左视图．
4．（2025 潮阳区模拟）腰鼓是中国传统民族乐器，历史悠久，在民间广泛流传．如图是一个腰鼓的示意图，则其视图描述正确的是（　　）
A．主视图 B．左视图 C．俯视图 D．俯视图
【分析】根据三视图的定义判断即可．
【解答】解：其三视图正确的是主视图，左视图和主视图应该是一样的，俯视图应该是两个实线的同心圆，故选项A符合题意．
故选：A．
【点评】本题主要考查了简单组合体的三视图．用到的知识点为：主视图指从物体的正面看，左视图是指从物体的左面看，俯视图是指从物体的上面看．准确掌握定义是解题的关键．
5．（2025 潮阳区一模）“月壤砖”是我国科学家模拟月壤成分烧制而成的，呈榫卯结构，有利于未来拼装建造月球基地．如图，这是“月壤砖”的示意图，其俯视图为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：如图，这是“月壤砖”的示意图，其俯视图为选项C的图形．
故选：C．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．
6．（2025 河源一模）如图①，“斗”是古代粮食度量用具．它不仅是古代的计量单位，而且在中国文化中承载了丰富的象征意义．从“才高八斗”到“斗转星移”，这些典故展现了“斗”在语言和文化中的深远影响．图②是它的示意图，下列图形是“斗”的左视图的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．
【解答】解：从左边看，可得选项A的图形．
故选：A．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，左视图是从物体的左面看得到的视图．
考向08:三角函数实际应用
1．（2025 蓬江区一模）如图1是某住宅单元楼的人脸识别系统（整个头部需在摄像头视角范围内才能被识别），其示意图如图2，摄像头P的仰角、俯角都调整为15°，摄像头高度OP＝160cm，识别的最远水平距离OQ＝150cm．
（1）小张站在离摄像头水平距离90cm点M处，恰好能被识别（头的顶部恰好在仰角线AP处），请问小张的身高约为多少厘米？
（2）身高139cm的小军，头部高度为18cm，当他直立站在离摄像头最远处时，请通过计算说明这时的小军能被摄像头识别吗？（参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27）
【分析】（1）过M作OQ的垂线分别交仰角线，俯角线于点E，D，交水平线于点F，在Rt△PEF中，根据三角函数求出EF即可求出ME，进而可求出小张的身高；
（2）过Q作OQ的垂线分别交仰角线，俯角线于点C，G，交水平线于点H，同上，在Rt△PCH中，根据三角函数求出CH，GH，即可求出QG，进而可确定小军头部以下的高度．
【解答】解：（1）摄像头P的仰角、俯角都调整为15°，摄像头高度OP＝160cm，识别的最远水平距离OQ＝150cm．如图，过M作OQ的垂线分别交仰角线，俯角线于点E，D，交水平线于点F，
由题意知∠POQ＝∠OPF＝∠FMO＝90°，
∴四边形POMF是矩形，
∴PF＝OM＝90cm，MF＝OP＝160cm，
在Rt△PEF中，，
∴EF＝PF tan15°＝90×tan15°≈24.3（cm），
∴ME＝MF+EF＝160+24.3＝184.3（cm），
∴小张的身高约是184.3厘米；
（2）过Q作OQ的垂线分别交仰角线，俯角线于点C，G，交水平线于点H，
同上，可知四边形POQH是矩形，
∴PH＝OQ＝150cm，QH＝OP＝160cm，
在Rt△PCH中，，
∴CH＝PH tan15°＝150×tan15°≈40.5（cm），
同理GH＝40.5cm，
∴GQ＝QH﹣GH＝119.5cm，CQ＝QH+CH＝200.5cm，
小军头部以下的高度为：139﹣18＝121（cm），
∵121cm＞119.5cm，且小军身高139cm＜200.5cm，
∴小军能被摄像头识别．
【点评】本题主要考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，理解题意，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
2．（2025 鹤山市一模）某临街商铺想做一款落地窗以展示商品，为防止商品久晒受损，需保证冬至日正午时分太阳光不能照进落地窗．如图，已有的遮阳棚AB＝130cm，遮阳棚前段下摆的自然垂直长度BC＝30cm，遮阳棚的固定高度AD＝240cm，．
（1）如图1，求遮阳棚上的点B到墙面AD的距离；
（2）如图2，冬至日正午时，该商铺所在地区的太阳的高度角约是60°（光线EC与地面的夹角），请通过计算判断该商铺的落地窗方案是否可行．（结果精确到0.1，参考数据
【分析】（1）过点B作BH⊥AD于H，根据代入数据求出BH的值即可；
（2）延长光线EC交DG于点F，延长BC交DG于点I，利用勾股定理求得，再根据，求出FI的长与DI比较大小即可得出结论．
【解答】解：（1）作BH⊥AD于H，
∵在Rt△AHB中，，
∴BH＝AB sin∠BAD
＝120（cm）．
即的B点到墙面AD的距离为120cm；
（2）如图，延长光线EC交DG于点F，延长BC交DG于点I，
可得∠CFI＝60°，CI⊥DG，DI＝BH＝120cm，
由勾股定理可得AH50（cm），
由题意，四边形HDIB是矩形，则BI＝HD，
由BC＝30cm可知，CI＝240﹣50﹣30＝160（cm），
∵在Rt△CIF中，，
∴即：，
∴IF≈92.5（cm），
IF＜DI，所以光线能照射到商户内，方案不可行．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
3．（2025 清远一模）综合与实践
素材一：某款遮阳棚（图1），图2、图3是它的侧面示意图，点A，C为墙壁上的固定点，摇臂CB绕点C旋转过程中长度保持不变，遮阳棚AB可自由伸缩，棚面始终保持平整．CA＝CB＝CD＝1.5米．
素材二：该地区某天不同时刻太阳光线与地面的夹角α的正切值：
时刻（时） 12 13 14 15
角α的正切值 5 2.5 1.25 1
【问题解决】
（1）如图2，当∠ACB＝90°时，这天12时在点E位置摆放的绿萝刚好不被阳光照射到，求绿萝摆放位置与墙壁的距离；
（2）如图3，旋转摇臂CB，使得点B离墙壁距离为1.2米，为使绿萝在这天12时﹣14时都不被阳光照射到，则绿萝摆放位置与墙壁的最远距离是多少？
【分析】（1）过B作BMLDE于M，在Rt△BEM中，解直角三角形求出EM，进而解答即可；
（2）过B作BF⊥AC于F，过B作BM⊥DE于M，在Rt△BEM中，解直角三角形求出EM，进而解答即可．
【解答】解：（1）如图1，过B作BM⊥DE于M，
∴CD＝BM＝1.5，BC＝DM＝1.5，
在Rt△BEM中，tan∠BEM，
即5，
∴EM＝0.3，
∴DE＝DM﹣EM＝1.5﹣0.3＝1.2．
答：绿萝摆放位置与墙壁的距离为1.2m．
（2）过B作BF⊥AC于F，过B作BM⊥DE 于M，
则BF＝DM＝1.2，
∴CF0.9，
∴BM＝DF＝CD﹣CF＝1.5﹣0.9＝0.6，
由表格可知，在12时﹣14时，
角a的正切值逐渐减小，即∠BEM逐渐较小，
∴当14时，点E最靠近墙角，
当∠BEM越大，绿萝摆放位置与墙壁的距离越大，
在Rt△BEM中，tan∠BEM1.25，
∴1.25，
∴EM＝0.48，
∴DE＝DM﹣EM＝1.2﹣0.48＝0.72m．
答：绿萝摆放位置与墙壁的最远距离是0.72m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是恰当作辅助线，构建直角三角形解决问题．
4．（2025 广东模拟）广州地铁经过多年的发展，地铁出入口更加人性化和便民化．如图1是某地铁出入口，有步梯和电梯两种由地下层通往地面层的出入方式．其截面如图2所示，AB是由地下直通地面的电梯，AC，CD，DE，EF，FB是步梯，AC，DE，BF的倾角相同，CD，EF与地面平行．已知电梯AB全长30米，倾角∠BAH为37°，CD＝EF＝3米．
（1）求地面层与地下层的垂直高度BH；
（2）求步梯AC的倾角∠CAH的正切值和步梯通道的全长．
参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．
【分析】（1）根据BH＝ABsin∠BAH＝ABsin37°，代入解答即可；
（2）延长ED交AH于点M，延长BF交AH于点N，利用平行四边形的判定和性质，解直角三角形，解答即可．
【解答】解：（1）∵Rt△ABH中，∠H＝90°，AB＝30，∠BAH＝37°，
∴sin∠BAH，
∴sin37°，
∴BH≈30×0.60＝18（米），
答：地面层与地下层的垂直高度BH为18米；
（2）如图，延长ED交AH于点M，延长BF交AH于点N，
∵AC，DE，BF的倾角相同，CD，EF与地面平行，
∴∠CAH＝∠EMN＝∠BNH，
∴AC∥EM∥FN，
∵CD∥AM∥EF，
∴四边形CDMA，四边形EMNF都是平行四边形，
∴CD＝MA，EF＝MN，EM＝FN，
∵电梯AB全长30米，倾角∠BAH为37°，CD＝EF＝3米，
∴在BH＝AB sin37°≈30×0.60＝18（米），
AH＝ABcos∠BAH＝AB cos37°≈30×0.80＝24（米），
AM+MN＝CD+EF＝6（米），
∴NH＝AH﹣AN＝18（米），
∴NH＝BH，
∴∠BNH＝45°，
∴tan∠CAH＝tan∠BNH＝tan45°＝1，
∴（米），
∴步梯通道的全长为 AC+CD+DE+EF+FB＝BN+CD+EF＝（186）（米），
答：步梯AC的倾角∠CAH的正切值为1，步梯通道的全长为米．
【点评】本题考查了解直角三角形，涉及到平行四边形的判定和性质，特殊角的三角函数值，熟练掌握解直角三角形是解题的关键．
5．（2025 蓬江区校级一模）图1是某商场地下车库的出入口，车辆出入时，通常情况下只需升起“出口”或“入口”的道闸．特殊情况．两个道闸也可以同时升起．图2是其示意图，道闸升起过程中对边始终保持平行（如图中升起的道闸EPQ1R1，升起的最高点不超过顶部CD．矩形门的高AD＝3.6米，宽AB＝6.6米．矩形闸机的宽AH＝BW＝0.3米，矩形道闸的宽FG＝EP＝1米，道闸底部距地面AB的高度FH＝EW＝0.2米．顶点G、M、Q、P在同一条直线上，边MG＝PQ，边MN与QR之间的缝隙可以忽略不计．
（1）求道闸升起的最大角的正切值；
（2）一辆高为1.8米、宽为1.9米的货车想进入这个地下车库，是否需要同时升起两个道闸？说明理由．
【分析】（1）设道闸FGMN升起的最高点为点M1，当点M1在线段CD上时，道闸升起的角∠MGM1最大．延长FG交CD于点D1，在Rt△M1GD1中，勾股定理求出M1D1正切的定义求出，根据平行线的性质，得到∠MGM1＝∠NFN1＝∠GM1D1，即可得出结果；
（2）设只升起一个道闸FGMN，当最高点M在线段CD上时，在线段FN上取车宽YN＝1.9（米），过点Y作XZ⊥AB，交FN1于X，垂足为Z，交NF于点Y，在Rt△XYF中，求出XY的值，进而求出XZ的值，与车高进行比较即可得出结论．
【解答】解：（1）设道闸FGMN升起的最高点为点M1，当点M1在线段CD上时，道闸升起的角∠MGM1最大．延长FG交CD于点D1，根据题意，可知：
．
GD1＝D1H﹣GH＝3.6﹣1.2＝2.4（米），
在Rt△M1GD1中，
∵，
∴，
∵MG∥FN∥CD，
∴∠MGM1＝∠GM1D1，
∴，
即道闸升起的最大角的正切值为；
（2）设只升起一个道闸FGMN，当最高点M1在线段CD上时，
在线段FN上取车宽YN＝1.9（米），过点Y作XZ⊥AB，交FN1于X，垂足为Z，交NF于点Y．则YZ＝FH＝0.2（米），YF＝FN﹣YN＝3﹣1.9＝1.1（米）．
∵GM1∥FN1，GM∥FN，
∴∠N1FN＝∠M1GM，
在Rt△XYF 中，
∵（米），
∴（米）．
∵车高1.8米米，
∴只起一个道闸，小轿车不能通过．
∴需要同时升起两个道闸．
【点评】本题考查解直角三角形的实际应用，掌握解直角三角形是解题的关键．
6．（2025 博罗县一模）为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，如图1，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩．在如图2的侧面示意图中，遮阳篷靠墙端离地高记为BC，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°．
（1）求点A到墙面BC的距离；
（2）当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，量得影长CD为1.8米，求遮阳篷靠墙端离地高BC的长．（结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16°≈0.29）
【分析】（1）过点A作AF⊥BC，垂足为F，在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
（2）过点A作AG⊥CE，垂足为G，根据题意可得：AG＝CF，AF＝CG＝4.8米，从而可得DG＝3米，然后在Rt△ADG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，从而求出CF的长，再在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）过点A作AF⊥BC，垂足为F，
在Rt△ABF中，AB＝5米，∠BAF＝16°，
∴AF＝AB cos16°≈5×0.96＝4.8（米），
∴点A到墙面BC的距离约为4.8米；
（2）过点A作AG⊥CE，垂足为G，
由题意得：AG＝CF，AF＝CG＝4.8米，
∵CD＝1.8米，
∴DG＝CG﹣CD＝4.8﹣1.8＝3（米），
在Rt△ADG中，∠ADG＝45°，
∴AG＝DG tan45°＝3（米），
∴CF＝AG＝3米，
在Rt△ABF中，AB＝5米，∠BAF＝16°，
∴BF＝AB sin16°≈5×0.28＝1.4（米），
∴BC＝BF+CF＝1.4+3＝4.4（米），
∴遮阳篷靠墙端离地高BC的长为4.4米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，平行投影，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
考向09:几何探究的综合题
1．（2025 清城区一模）数学活动课上，某学习小组正在利用等腰直角三角形开展研究．
【初步探索】
（1）已知△ABC和△EFD是两个全等的等腰直角三角形，且AB＝AC＝ED＝EF，∠BAC＝∠DEF＝90°，将△ABC固定不动，把△EFD的顶点F与A重合．
①如图1，AB与AD重合，则阴影部分的面积与△ADE的面积比为 　 　 ；
②如图2，将△EFD绕点A旋转（∠DAE始终在∠BAC内部），线段AD、AE分别与BC交于点M、N，在旋转过程中，BM2+CN2＝MN2是否始终成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【拓展应用】
（2）如图3，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC、DC上，∠EAF＝45°，AD＝2AB＝4BE＝4，求DF的长．
【分析】（1）证明△ABM∽△ADE，得出，则可得出答案；
（2）将△ACN绕点A顺时针旋转90°至△ABH的位置，则CN＝HB，AN＝AH，证明△NAM≌△HAM（SAS），得出MH＝MN，则可得出结论；
（3）分别延长AB，DC至Q，S，使得BQ＝CS＝AB＝2，连接QS，得出四边形AQSD是正方形，延长AE交QS于点R，连接FR，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△AQP，则△ADF≌△AQP，可得△AFR≌△APR得出PQ＝RF，设DF＝x，在Rt△FRS中，RF2＝FS2+RS2得出＝DF．
【解答】解：（1）如图，
∵△ABC、△ADE都是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠D＝∠DAE＝45°，ADAE，
∴△ABM∽△ADE，
∴，
∴阴影部分的面积与△ADE的面积比为，
故答案为：；
（2）BM2+CN2＝MN2始终成立．
证明：如图，将△ACN绕点A顺时针旋转90°至△ABH的位置，连接HM，则CN＝HB，AN＝AH，
∠ABH＝∠C＝45°，旋转角∠NAH＝90°．
连接HM，在△NAM和△HAM中，
∵AN＝AH，∠HAM＝∠NAH﹣∠FAG＝45°＝∠EAM，AM＝AM．
∴△NAM≌△HAM（SAS），
∴MH＝MN，
又∵∠HBM＝∠ABH+∠ABM＝90°，
∴BM2+HB2＝MH2，
即BM2+CN2＝MN2．
（3）如图3，分别延长AB，DC至Q，S，使得BQ＝CS＝AB＝2，连接QS，
∵AD＝2AB＝4BE＝4，
∴AQ＝QS＝SD＝DA，
又∵四边形ABCD是矩形，
则∠D＝90°，
∴四边形AQSD是正方形，
延长AE交QS于点R，连接FR，
∵BE＝1，AB＝BQ，BE∥QR，
∴△ABE∽△AQR，
∴，
∴QR＝2BE＝2，
将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△AQP，则△ADF≌△AQP，
∴△AFR≌△APR（SAS），
∴PR＝RF，
设DF＝x，则FR＝PR＝PQ+RS＝x+2，FS＝4﹣x，
在Rt△FRS中，RF2＝FS2+RS2，
即22+（4﹣x）2＝（x+2）2，
解得：x，
∴DF．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．（2025 揭阳一模）综合与实践
【问题情境】
在一次数学探究课上，老师给出了一道例题题干，如下：如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC＝BC，过点B作AB的垂线BD（D在BC上方），E，F两点分别在AB，BD上且．
【探究实践】
老师带领同学们自己观察图形，进行猜想和假设，找寻图中蕴含的几何关系，经过思考和讨论，小华和小颖同学分享了自己的发现．
（1）如图1，小华发现，当点E为AB中点时，AE＝BF，请你给出证明；
（2）如图2，小颖发现，当E不是AB中点时，AE＝BF仍成立，请你给出证明．
【拓展应用】
如图3，小聪在EF上取一点M使得CE＝EM，小聪发现∠BCM为固定值，请你给出证明并求∠BCM．
【分析】（1）先得△ABC是等腰三角形，根据斜边上的中线等于斜边的一半，则，再运用勾股定理，得，然后证明△AEC≌△FBE，即可作答；
（2）将△AEC顺时针旋转90°，得△BHC，即点A与点B重合，点E的对应点是H点，连接EH，运用勾股定理得，结合，证明△EFB≌△EHB，得BF＝HB，即可作答；
【拓展应用】先设∠CEB＝x，∠EFB＝y，运用三角形内角和得∠HCB＝90°﹣y，则∠CEM＝x+90°﹣y，结合外角性质得CEB＝∠A+∠ACE＝135°﹣y，由全等性质得∠EHB＝∠EFB＝y，结合（2）得∠CHE＝45°，在△CBH中，∠HCB＝90°﹣y，运用角的和差关系得x+y＝135°，因为CE＝EM，得，再代入∠BCM＝∠ECB﹣∠ECM进行化简计算，即可作答．
【解答】解：（1）∵AC⊥BC，AC＝BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∴∠A＝∠CBA＝45°，
∵点E为AB中点，
∴，
∴∠ACE＝45°，
∴∠AEC＝90°，
∴，
∵，
∴EF＝AC，
∵过点B作AB的垂线BD（D在BC上方），E，F两点分别在AB，BD上，
∴∠EBF＝90°，
在Rt△AEC和Rt△FBE中，
，
∴Rt△AEC≌Rt△FBE（HL），
∴AE＝BF；
（2）如图2，将△AEC顺时针旋转90°，得△BHC，即点A与点B重合，点E的对应点是H点，连接EH，
∴CE＝CH，∠ECH＝90°，∠CBH＝∠A＝45°，AE＝HB，∠ACE＝∠HCB，
∴∠EBH＝∠CBH+∠CBA＝45°+45°＝90°，
即∠EBH＝∠EBF，
∴，
∵，
∴EF＝AC＝CH，
∵EB＝EB，
∴Rt△EFB≌Rt△EHB（HL），
∴BF＝HB，
∵AE＝HB，
∴AE＝BF；
【拓展应用】设∠CEB＝x，∠EFB＝y，
∵△EFB≌△EHB，
∴∠EHB＝∠EFB＝y，
由（2）得CE＝CH，∠ECH＝90°，∠ACE＝∠HCB，
∴∠CHE＝45°，
在△CBH中，∠HCB＝180°﹣∠CHE﹣y﹣∠HBC＝90°﹣y，
∴∠ACE＝∠HCB＝90°﹣y，
∴∠CEM＝x+90°﹣y，
∵过点B作AB的垂线BD（D在BC上方），E，F两点分别在AB，BD上，
∴∠EBF＝90°，∠FEB＝90°﹣y，
则∠CEB＝∠A+∠ACE＝45°+90°﹣y＝135°﹣y，
即x＝135°﹣y，
∴x+y＝135°．
∵CE＝EM，
∴，
∴∠BCM＝∠ECB﹣∠ECM
＝22.5°．
【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，旋转性质，三角形外角性质以及三角形的内角和，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
3．（2025 广东一模）如图1，以△ABC的边AB为直径作⊙O交AC于点D，连接BD，其中，BD＝2CD．
（1）求证：BC与⊙O相切；
（2）如图2，连接OC交于点E，若，求AC的长；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点O作OF⊥AD于点F，连接BF交OC于点G，求FG的长．
【分析】（1）利用直径定理得出∠ADB＝∠CDB＝90°，利用给出的三角函数比可得∠A＝∠CBD，进而可得相切；
（2）根据三角函数比得出BC＝OB，假设半径为x，表示出相关线段，根据求出x的值即可得出答案；
（3）过点F作FH∥AB交OE于点H，根据三角函数比得出FC＝DF+CD＝3CD，AC＝AD+CD＝5CD，根据平行的性质得出△FGH∽△BGO，△FCH∽△ACO，根据相似比得出，求得，进而可求FG的长度．
【解答】（1）证明：∵以△ABC的边AB为直径作⊙O交AC于点D，
∴∠ADB＝∠CDB＝90°，
∵，BD＝2CD．
在Rt△BCD中，，
∴∠A＝∠CBD，
∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝∠ABD+∠A＝90°，
∵AB是圆的直径，
∴BC与⊙O相切；
（2）解：在Rt△ABC中，，
∴AB＝2BC，
∵AB＝2OB，
∴BC＝OB，
∵OE＝OB，
∴BC＝OB＝OE，
设BC＝OB＝OE＝x，
∴在Rt△OBC中，，
∴，
∴x＝1，
∴AB＝2x＝2，BC＝x＝1，
∴在Rt△ABC中，；
（3）解：OF⊥AD，如图3，过点F作FH∥AB交OE于点H．
∴F为AD的中点，
∴，
在Rt△ABD中，，
∴AD＝2BD，
又∵BD＝2CD，
∴AD＝4CD，BD＝DF＝2CD，
∴FC＝DF+CD＝3CD，AC＝AD+CD＝5CD，
∵FH∥AB，
∴△FGH∽△BGO，△FCH∽△ACO，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的判定，直径定理，解直角三角形，勾股定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并准确作出辅助线．
4．（2025 东莞市模拟）如图1，⊙O是△ABC的外接圆，AC是直径，弦AP与BC交于点E，OP与BC交于点Q，∠CPH＝∠CAP．
（1）求证：PH是⊙O的切线；
（2）若OP⊥BC，BE＝1，CE＝2，求劣弧PC的长；
（3）如图2，BC＝2AB，BD⊥AC于点D，交AE于点F，EF绕点E顺时针旋转90°得到EG，点G恰好在线段OC上，求证：CE＝2BE．
【分析】（1）根据圆周角定理求得∠APC＝∠APO+∠OPC＝90°，再证明∠CPH＝∠APO，推出∠OPH＝∠CPH+∠OPC＝90°，即可证明PH是⊙O的切线；
（2）利用垂径定理求得，证明△PCE∽△QCP，求得，利用特殊角的三角函数值求得∠QCP＝30°，推出△CPQ是等边三角形，据此求解即可；
（3）过点F、G作BC的垂线，垂足分别为M、N，证明△FEM≌△EGN（AAS），得到GN＝EM，EN＝FM，根据三角函数的定义求得，推出CN＝2GN＝EM，EN＝FM＝2BM，据此求解即可．
【解答】（1）证明：∵AC是⊙O的直径，
∴∠APC＝∠APO+∠OPC＝90°，
∵OA＝OP，
∴∠APO＝∠CAP，
∵∠CPH＝∠CAP，
∴∠CPH＝∠APO，
∴∠OPH＝∠CPH+∠OPC＝90°，
∵OP是⊙O的半径，
∴PH是⊙O的切线；
（2）解：∵BE＝1，CE＝2，
∴BC＝1+2＝3，
∵OP⊥BC，
∴，∠EPC＝∠PQC＝90°，
∵∠PCE＝∠QCP，
∴△PCE∽△QCP，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴∠QCP＝30°，
∴∠CPQ＝60°，
∵OC＝OP，
∴△CPO是等边三角形，
∴∠COP＝60°，，
∴劣弧PC的长为；
（3）证明：过点F、G作BC的垂线，垂足分别为M、N，
由旋转的性质知∠FEG＝90°，EF＝EG，
∴∠FME＝∠FEG＝∠ENG＝90°，
∴∠FEM＝90°﹣∠GEN＝∠EGN，
在△FEM和△EGN中，
，
∴△FEM≌△EGN（AAS），
∴GN＝EM，EN＝FM，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣∠BAD＝∠ACB，
∵FM⊥BC，
∴AB∥FM，
∴∠BFM＝∠ABD＝∠ACB，
∵BC＝2AB，
∴，
∴，，
∴CN＝2GN＝EM，EN＝FM＝2BM，
∴CE＝CN+EN＝2EM+2BM＝2BE．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
5．（2025 惠城区模拟）数学兴趣小组的同学们以“图形的折叠“为主题开展探究活动．
【操作推断】
（1）如图①，点P是正方形纸片ABCD的边AD的中点，沿BP折叠，使点A落在点M处，延长BM交CD于点F，连接PF，则∠BPF＝　 　 °；
【迁移探究】
（2）如图②，延长PM交CD于点E，连接BE．
①∠PBE＝　 　 °；
②小明用大小不同的正方形纸片重复几次以上操作，总发现CF＝3FD．请判断该发现是否正确？并说明理由；
【拓展应用】
（3）将边长为1的两个相同正方形拼成矩形ABCD，如图③，点P是AD上一动点，沿BP折叠，使点A落在点M处，射线BM交射线CD于点F．当时，直接写AP的长．
【分析】（1）根据正方形的性质得到∠A＝∠D＝90°，根据折叠的性质得到AP＝PM，∠A＝∠PMB＝90°，∠APB＝∠BPM，根据全等三角形的性质即可解答；
（2）①根据正方形的性质得到∠A＝∠C＝90°，进而得到AP＝PD，根据折叠的性质得到AB＝BM，∠A＝∠PMB＝90°，∠ABP＝∠MBP，根据全等三角形的性质得到∠MBE＝∠CBE，进而完成解答；
②根据相似三角形的判定和性质定理即可解答；
（3）根据矩形的性质得到AD＝BC＝2，AB＝CD＝1，再分点F在CD的延长线上和CD上两种情况，分别运用正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质定理解答即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∵点P是正方形纸片ABCD的边AD的中点，
∴AP＝PD，
∵沿BP折叠，使点A落在点M处，
∴AP＝PM，∠A＝∠PMB＝90°，∠APB＝∠BPM，
∴PD＝PM，∠D＝∠PMF＝90°，
∵PF＝PF，
∴Rt△PFD≌Rt△PFM（HL），
∴∠DPF＝∠MPF，
∴，
∴∠BPM＝90°，
故答案为：90；
（2）①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝90°，
∵点P是正方形纸片ABCD的边AD的中点，
∴AP＝PD，
∵沿BP折叠，使点A落在点M处，
∴AB＝BM，∠A＝∠PMB＝90°∠ABP＝∠MBP，
∴BM＝BC，∠C＝∠PMF＝90°，
∵BE＝BE，
∴Rt△BEM≌Rt△BEC（HL），
∴∠MBE＝∠CBE，
∴，
故答案为：45；
②判断正确，理由如下：
∵∠DPF+∠APB＝∠APB+∠ABP＝90°，
∴∠DPF＝∠ABP，∠A＝∠D＝90°，
∴△ABP∽△DPF，
∴，
∴，
∴，即CF＝3FD；
（3）∵将边长为1的两个相同正方形拼成矩形ABCD，
∴AD＝BC＝2，AB＝CD＝1，
∴，
∵沿BP折叠，使点A落在点M处，
∴PM＝AP，
①当点F在CD的延长线上时，
∴，
设BF与AD交于E，
∵DF∥AB，
∴△ABE∽△DFE，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵∠PEM＝∠BEA，∠PME＝∠A＝90°，
∴△PEM∽△MEA，
∴，即，
解得：，
∴；
②当点F在CD上时，
∵DF∥AB，
∴△ABH∽△DFH，
∴，
∴，
解得：，
∴AH＝AD+DH＝4，
∴，
∵∠PHM＝∠DHF，∠PMH＝∠A＝90°，
∴△PHM∽△BHA，
∴，
∵沿BP折叠，使点A落在点M处，
∴PM＝AP＝4﹣PH，
∴，
解得：，
∴；
综上所述：AP或．
【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、矩形的性质、勾股定理、折叠的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的判定和性质是解题的关键．
6．（2025 潮阳区模拟）把矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AB′C′D′，点B，C，D的对应点分别为B′，C′，D′．
【知识技能】（1）如图1，当点B′落在AD上时，连接AC，AC′，CC′．判断△ACC′的形状并证明．
【数学理解】（2）如图2，当点C′落在AD的延长线上时，连接BD，延长C′B′交BC于点E，求证：BE＝C′D．
【拓展探索】（3）如图3，当点B′落在BD上时，连接DD′，DD′交B′C′于点F．若CD＝3，AD＝4，请求出DF的长．
【分析】（1）当点B'落在AD上时，旋转角为90°，由旋转的性质，得AC'＝AC，∠CAC'＝90°，由此即可求解；
（2）如图所示，连接AC，交BD于点O，由矩形的性质得到∠ADB＝∠ACB，由旋转的性质，得∠ACB＝∠AC′B'，则BD∥C'E，所以有四边形BDC′E为平行四边形，由平行四边形的性质即可求解；
（3）由勾股定理得到，如图所示，过点A作AG⊥BD于点G，∠ADD'+∠ADB＝90°，又，，，，，再证明△DB'F∽△GAB'，得到，即可求解．
【解答】（1）解：△ACC是等腰直角三角形．证明如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴当点B'落在AD上时，旋转角为90°，
由旋转的性质，得AC'＝AC，∠CAC'＝90°，
∴△ACC是等腰直角三角形．
（2）证明：如图所示，连接AC，交BD于点O，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AC＝BD，，OCAC，
∴∠ADB＝∠CBD，OB＝OC，
∴∠CBD＝∠ACB，
∴∠ADB＝∠ACB，
由旋转的性质，得∠ACB＝∠AC'B'，
∴∠ADB＝∠AC'B'，
∴BD∥C'E，
又∵BE∥DC'，
∴四边形BDC'E为平行四边形，
∴BE＝C'D．
（3）∵四边形ABCD是矩形，CD＝3，AD＝4，
∴∠BAD＝90°，AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，
∴，
如图所示，过点A作AG⊥BD于点G，
由旋转的性质，得∠BAB'＝∠DAD'，AB'＝AB，AD'＝AD，
∴，
∴△ABB'∽△ADD'，
∴∠ABB'＝∠ADD'，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠ADD'+∠ADB＝90°，
又∵，
∴，
∴，
∵AB'＝AB，AG⊥BD，
∴，
∴，
∵∠AB'C＝∠AGB'＝90°，
∴∠DB'F+∠AB'G＝∠GAB'+∠AB'G＝90°，
∴∠DB'F＝∠GAB'，
又∵∠B'DF＝∠AGB'＝90°，
∴△DB'F∽△GAB'，
∴，即，
解得．
【点评】本题主要考查矩形、旋转的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质是关键．
7．（2025 榕城区一模）如图，点E为正方形ABCD的边CD上一动点，直线AE与BD相交于点F，与BC的延长线相交于点G，以GE为直径作⊙O．
（1）求证：△ADF≌△CDF；
（2）求证：CF是⊙O的切线；
（3）若正方形的边长为4，，求FE FG的值．
【分析】（1）由正方形的性质得到∠ADF＝∠CDF＝45°，AD＝CD，由此即可利用SAS证明△ADF≌△CDF；
（2）如图所示，连接OC，由正方形的性质得到AD∥BC，∠BCD＝∠DCG＝90°，则∠CGE+∠GEC＝90°，∠DAE＝∠CGE，由全等三角形的性质得到∠DAF＝∠DCF，再由OC＝OE，得到∠OCE＝∠OEC，即可证明∠DCF+∠OCE＝90°，即可推出∠FCO＝90°，即可证明CF是⊙O的切线；
（3）如图所示，过点F作FM⊥AB于点M，先证明∠AFM＝∠AGC，得到，解Rt△AMF，得到，设AM＝3x，则MF＝4x，AF＝5x，解Rt△MBF求出BM＝MF＝4x，由AB＝AM+BM＝4，求出；证明△EFC∽△CFG，则．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF＝∠CDF＝45°，AD＝CD，
∵DF＝DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS）；
（2）证明：如图所示，连接OC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠BCD＝∠DCG＝90°，
∴∠CGE+∠GEC＝90°，∠DAE＝∠CGE，
∵△ADF≌△CDF，
∴∠DAF＝∠DCF，
∴∠CGE＝∠DAF＝∠DCF，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠OEC，
∴∠DCF+∠OCE＝∠CGE+∠CEG＝90°，
∴∠FCO＝90°，即FC⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
（3）解：如图所示，过点F作FM⊥AB于点M，
∵AB⊥BC，FM⊥BC，
∴FM∥BC，
∴∠AFM＝∠AGC，
∴，
在Rt△AMF中，，
设AM＝3x，则MF＝4x，
∴，
在Rt△MBF中，∠ABD＝45°，∠BMF＝90°，
∴tan∠MBF1，
∴BM＝MF＝4x，
∵AB＝AM+BM＝4，
∴3x+4x＝4，
解得，
∴；
∵∠ECF＝∠CGF，∠EFC＝∠CFG，
∴△EFC∽△CFG，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，切线的判定，等边对等角等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
8．（2025 南沙区一模）在△ABC中，AB＝BC＝6，E为BC边上的一点，连接AE．
（1）如图1，∠ABC＝90°，E为BC上的中点，过B作BH⊥AE交AE于点H，交AC于点G，过G作GK⊥BC交BC于点K，求CG的值．
（2）如图2，∠ABC＝60°，BE＝2，M在AC上且CM＝BE，连接BM，BM交AE于点N．已知，求点M到AE的距离．
（3）如图3，∠ABC＝60°，D为AC上的中点，M在AC上，BE＝CM，连接BM，BM交AE于点N．连接DN，当DN最小时，求△BDN的面积．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB＝∠C＝45°，根据勾股定理得到AE3，HE，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）过A作AH⊥BC于H，根据等边三角形的性质得到∠AHB＝90°，BHBC＝3，根据勾股定理得到AH3，AE2，根据全等三角形的性质得到BM＝AE＝2，CM＝BE＝2，求得AM＝4，过M作MG∥BEC交AE于G，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；（3）过A、B、N三点作圆，连接OA、OB、OD，OC与BD交点为L，过C作OG⊥AB于G，当点N在OD上时，ND最短，根据等边三角形的性质得到CG⊥AB，AG＝BG＝3，点O在射线CG上，求得∠GBL∠ABC60°＝30°，得到GL＝GB tan30°＝3，设⊙O半径为r，在Rt△AOG中，根据勾股定理，根据勾股定理得到r＝2，OD，过N作NW⊥OA于W，交BD于V，根据矩形的性质得到WV＝AD＝3，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）∵AB＝BC＝6，∠ABC＝90°，
∴∠CAB＝∠C＝45°，
∵E为BC上的中点，
∴BE＝3，
∴AE3，
∵S△ABHAB BEAE BH，
∵BH⊥AE，
∴BH，
∴HE，
∵GH⊥BC，
∴∠BKG＝∠CKG＝90°，
∴CK＝GK，
设CK＝GK＝x，
∴CGx，
∵∠BHE＝∠BKG＝90°，∠EBH＝∠GBK，
∴△BEH∽△BGK，
∴，
∴，
∴x＝2，
∴CG＝2；
（2）∵AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC，
过A作AH⊥BC于H，
∴∠AHB＝90°，BHBC＝3，
∴AH3，
∵BE＝2，
∴EH＝1，
∴AE2，
∵AB＝BC，∠ABC＝∠C＝60°，BE＝CM，
∴△ABE≌△BCM（SAS），
∴BM＝AE＝2，CM＝BE＝2，
∴AM＝4，
过M作MG∥BEC交AE于G，
∴△AMG∽△ACE，
∴，
∴，
∴MG，
∵MG∥BE，
∴△BEN∽△MGN，
∴，
∴，
∴MN，
∵△ABE≌△BCM，
∴∠CBM＝∠BAE，
∴∠ANM＝∠BAE+∠ABN＝∠ABN+∠CBM＝60°，
过M作MF⊥AE于F，
∴∠MFE＝90°，
∴MF＝MN sin60°；
故点M到AE的距离；
（3）过A、B、N三点作圆，连接OA、OB、OD，OC与BD交点为L，过C作OG⊥AB于G，
当点N在OD上时，ND最短，
∵△ABC是等边三角形，AB为弦，
∴CG⊥AB，AG＝BG＝3，点O在射线CG上，
∵CG与BD交点为L，点D与点G分别为AC、AB的中点，
∴∠GBL∠ABC60°＝30°，
∴GL＝GB tan30°＝3，
设⊙O半径为r，在Rt△AOG中，根据勾股定理，
∴r2＝（r）2+32，
解得r＝2，
∴OG＝OL﹣GL＝2，
∵CG＝BC×sin60°＝3，
∴OC＝OG+GC34，
又∵（2）2+62＝48＝（4）2，
∴∠OAC＝∠OBC＝90°，
在Rt△OAD中，由勾股定理得OD，
过N作NW⊥OA于W，交BD于V，
∵OA⊥AD，BD⊥AD，NW⊥OA，
∴四边形WADV是矩形，
∴WV＝AD＝3，
∴NW＝ON×sin∠AON＝22，
∴NV＝WV﹣WN＝3，
∴S△BNDBD NV．
【点评】本题是三角形的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，矩形的判定和性质，等边三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑