2011-2020北京10年中考真题数学汇编：图形的性质（教师版）

2011-2020北京10年中考真题数学汇编：图形的性质一．选择题（共10小题）1．（2020?北京）正五边形的外角和为（　　）A．180°
B．360°C．540°D．720°2．（2020?北京）如图，AB和CD相交于点O，则下列结论正确的是（　　）A．∠1＝∠2B．
∠2＝∠3C．∠1＞∠4+∠5D．∠2＜∠53．（2019?北京）已知锐角∠AOB，如图，（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心
，OC长为半径作，交射线OB于点D，连接CD；（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交于点M，N；（3）连接OM，MN．根
据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（　　）A．∠COM＝∠CODB．若OM＝MN．则∠AOB＝20°C．MN∥CDD．M
N＝3CD4．（2019?北京）正十边形的外角和为（　　）A．180°B．360°C．720°D．1440°5．（2019?北京）
用三个不等式a＞b，ab＞0，＜中的两个不等式作为题设，余下的一个不等式作为结论组成一个命题，组成真命题的个数为（　　）A．0B．
1C．2D．36．（2018?北京）下列几何体中，是圆柱的为（　　）A．B．C．D．7．（2018?北京）若正多边形的一个外角是6
0°，则该正多边形的内角和为（　　）A．360°B．540°C．720°D．900°8．（2017?北京）如图所示，点P到直线l的
距离是（　　）A．线段PA的长度B．线段PB的长度C．线段PC的长度D．线段PD的长度9．（2017?北京）如图是某个几何体的展开
图，该几何体是（　　）A．三棱柱B．圆锥C．四棱柱D．圆柱10．（2017?北京）若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边
数是（　　）A．6B．12C．16D．1811．（2016?北京）如图所示，用量角器度量∠AOB，可以读出∠AOB的度数为（　　）
A．45°B．55°C．125°D．135°12．（2016?北京）内角和为540°的多边形是（　　）A．B．C．D．13．（20
15?北京）如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开．若测得AM的长为1.2km，则M，C两点间的距离为（　　
）A．0.5kmB．0.6kmC．0.9kmD．1.2km14．（2015?北京）如图，直线l1，l2，l3交于一点，直线l4∥l
1，若∠1＝124°，∠2＝88°，则∠3的度数为（　　）A．26°B．36°C．46°D．56°15．（2012?北京）如图，直
线AB，CD交于点O，射线OM平分∠AOC，若∠BOD＝76°，则∠BOM等于（　　）A．38°B．104°C．142°D．144
°16．（2012?北京）正十边形的每个外角等于（　　）A．18°B．36°C．45°D．60°二．填空题（共11小题）17．（2
020?北京）如图是某剧场第一排座位分布图．甲、乙、丙、丁四人购票，所购票数分别为2，3，4，5．每人选座购票时，只购买第一排的座
位相邻的票，同时使自己所选的座位号之和最小，如果按“甲、乙、丙、丁”的先后顺序购票，那么甲购买1，2号座位的票，乙购买3，5，7号
座位的票，丙选座购票后，丁无法购买到第一排座位的票．若丙第一个购票，要使其他三人都能购买到第一排座位的票，写出一种满足条件的购票的
先后顺序　 　．18．（2020?北京）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，则△ABC的面积与△ABD的面积的
大小关系为：S△ABC　 　S△ABD（填“＞”，“＝”或“＜”）．19．（2020?北京）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在
BC上（不与点B，C重合）．只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACD，这个条件可以是　 　（写出一个即可）．20．（2019?北
京）如图所示的网格是正方形网格，则∠PAB+∠PBA＝　 　°（点A，B，P是网格线交点）．21．（2019?北京）在矩形ABCD
中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，①存在无数个四边形M
NPQ是平行四边形；②存在无数个四边形MNPQ是矩形；③存在无数个四边形MNPQ是菱形；④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．所有
正确结论的序号是　 　．22．（2019?北京）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，
图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为　 　．23．（2019?北京）如图，已知△ABC，通过测量、计算得△ABC的面积约为　 　
cm2．（结果保留一位小数）24．（2018?北京）用一组a，b，c的值说明命题“若a＜b，则ac＜bc”是错误的，这组值可以是a
＝　 　，b＝　 　，c＝　 　．25．（2018?北京）如图，点A，B，C，D在⊙O上，＝，∠CAD＝30°，∠ACD＝50°，
则∠ADB＝　 　．26．（2017?北京）如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的点，＝．若∠CAB＝40°，则∠CAD＝　 　
．27．（2017?北京）下面是“作已知直角三角形的外接圆”的尺规作图过程已知：Rt△ABC，∠C＝90°，求作Rt△ABC的外接
圆．作法：如图2．（1）分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径作弧，两弧相交于P，Q两点；（2）作直线PQ，交AB于点O；（3
）以O为圆心，OA为半径作⊙O．⊙O即为所求作的圆．请回答：该尺规作图的依据是　 　．28．（2016?北京）下面是“经过已知直线
外一点作这条直线的垂线”的尺规作图过程：已知：直线l和l外一点P．（如图1）求作：直线l的垂线，使它经过点P．作法：如图2（1）在
直线l上任取两点A，B；（2）分别以点A，B为圆心，AP，BP长为半径作弧，两弧相交于点Q；（3）作直线PQ．所以直线PQ就是所求
的垂线．请回答：该作图的依据是　 　．29．（2015?北京）如图是由射线AB，BC，CD，DE，EA组成的平面图形，则∠1+∠2
+∠3+∠4+∠5＝　 　．30．（2015?北京）阅读下面材料：在数学课上，老师提出如下问题：小芸的作法如下：老师说：“小芸的作
法正确．”请回答：小芸的作图依据是　 　．31．（2017?北京）下面是“作已知直角三角形的外接圆”的尺规作图过程已知：Rt△AB
C，∠C＝90°，求作Rt△ABC的外接圆．作法：如图2．（1）分别以点A和点B为圆心，大于AB的长为半径作弧，两弧相交于P，Q两
点；（2）作直线PQ，交AB于点O；（3）以O为圆心，OA为半径作⊙O．⊙O即为所求作的圆．请回答：该尺规作图的依据是　 　．32
．（2013?北京）如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点．若AB＝5，AD＝12，则四边形ABOM的周长为　
　．三．解答题（共19小题）33．（2020?北京）在△ABC中，∠C＝90°，AC＞BC，D是AB的中点．E为直线AC上一动点，
连接DE．过点D作DF⊥DE，交直线BC于点F，连接EF．（1）如图1，当E是线段AC的中点时，设AE＝a，BF＝b，求EF的长（
用含a，b的式子表示）；（2）当点E在线段CA的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明．
34．（2020?北京）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB＝1．给出如下定义：平移线段AB，得到⊙
O的弦A''B''（A''，B′分别为点A，B的对应点），线段AA''长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．（1）如图，平移线段A
B得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是　 　；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点　 　的线段的
长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；（2）若点A，B都在直线y＝x+2上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d1，求d1的最小值；
（3）若点A的坐标为（2，），记线段AB到⊙O的“平移距离”为d2，直接写出d2的取值范围．35．（2020?北京）已知：如图，△
ABC为锐角三角形，AB＝AC，CD∥AB．求作：线段BP，使得点P在直线CD上，且∠ABP＝∠BAC．作法：①以点A为圆心，AC
长为半径画圆，交直线CD于C，P两点；②连接BP．线段BP就是所求作的线段．（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．证明：∵CD∥AB，∴∠ABP＝　 　．∵AB＝AC，∴点B在⊙A上．又∵点C，P都在⊙A上，∴∠BPC＝∠
BAC（　 　）（填推理的依据）．∴∠ABP＝∠BAC．36．（2020?北京）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD
是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．（1）求证：∠ADC＝∠AOF；（2）若sinC＝，BD＝8，求EF的长．
37．（2020?北京）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．38．（2019?北京）在平面内，给定不在同一条
直线上的点A，B，C，如图所示，点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数），到点O的距离等于a的所有点组成图形G，∠ABC的平分
线交图形G于点D，连接AD，CD．（1）求证：AD＝CD；（2）过点D作DE⊥BA，垂足为E，作DF⊥BC，垂足为F，延长DF交图
形G于点M，连接CM．若AD＝CM，求直线DE与图形G的公共点个数．39．（2019?北京）已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一
定点，OH＝+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150
°，得到线段PN，连接ON．（1）依题意补全图1；（2）求证：∠OMP＝∠OPN；（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一
个OP的值，使得对于任意的点M总有ON＝QP，并证明．40．（2019?北京）在△ABC中，D，E分别是△ABC两边的中点，如果上
的所有点都在△ABC的内部或边上，则称为△ABC的中内弧．例如，图1中是△ABC的一条中内弧．（1）如图2，在Rt△ABC中，AB
＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，画出△ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2
），B（0，0），C（4t，0）（t＞0），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．①若t＝，求△ABC的中内弧所在圆的圆心P
的纵坐标的取值范围；②若在△ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在△ABC的内部或边上，直接写出t的取值范围．41．（201
9?北京）如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE＝DF，连接EF．（1）求证：AC⊥EF；（2）延
长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O．若BD＝4，tanG＝，求AO的长．42．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上
的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交D
G的延长线于点H，连接BH．（1）求证：GF＝GC；（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．43．（2018?北京）如图
，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，
连接OE．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若AB＝，BD＝2，求OE的长．44．（2018?北京）对于平面直角坐标系xOy
中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M
，N间的“闭距离“，记作d（M，N）．已知点A（﹣2，6），B（﹣2，﹣2），C（6，﹣2）．（1）求d（点O，△ABC）；（2）
记函数y＝kx（﹣1≤x≤1，k≠0）的图象为图形G．若d（G，△ABC）＝1，直接写出k的取值范围；（3）⊙T的圆心为T（t，0
），半径为1．若d（⊙T，△ABC）＝1，直接写出t的取值范围．45．（2018?北京）下面是小东设计的“过直线外一点作这条直线的
平行线”的尺规作图过程．已知：直线l及直线l外一点P．求作：直线PQ，使得PQ∥l．作法：如图，①在直线l上取一点A，作射线PA，
以点A为圆心，AP长为半径画弧，交PA的延长线于点B；②在直线l上取一点C（不与点A重合），作射线BC，以点C为圆心，CB长为半径
画弧，交BC的延长线于点Q；③作直线PQ．所以直线PQ就是所求作的直线．根据小东设计的尺规作图过程，（1）使用直尺和圆规，补全图形
；（保留作图痕迹）（2）完成下面的证明．证明：∵AB＝　 　，CB＝　 　，∴PQ∥l（　 　）（填推理的依据）．46．（2018
?北京）如图，AB是⊙O的直径，过⊙O外一点P作⊙O的两条切线PC，PD，切点分别为C，D，连接OP，CD．（1）求证：OP⊥CD
；（2）连接AD，BC，若∠DAB＝50°，∠CBA＝70°，OA＝2，求OP的长．47．（2017?北京）如图，在△ABC中，A
B＝AC，∠A＝36°，BD平分∠ABC交AC于点D．求证：AD＝BC．48．（2017?北京）如图，P是所对弦AB上一动点，过点
P作PM⊥AB交于点M，连接MB，过点P作PN⊥MB于点N．已知AB＝6cm，设A、P两点间的距离为xcm，P、N两点间的距离为y
cm．（当点P与点A或点B重合时，y的值为0）小东根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小东的
探究过程，请补充完整：（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如下表：x/cm0123456y/cm02.02.32.1
　 　0.90（说明：补全表格时相关数值保留一位小数）（2）建立平面直角坐标系，描出已补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数
的图象．（3）结合画出的函数图象，解决问题：当△PAN为等腰三角形时，AP的长度约为　 　cm．49．（2017?北京）数学家吴文
俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推
论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《
古代世界数学泰斗刘徽》）请根据该图完成这个推论的证明过程．证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EB
MF＝S△ABC﹣（　 　+　 　）．易知，S△ADC＝S△ABC，　 　＝　 　，　 　＝　 　．可得S矩形NFGD＝S矩形EB
MF．50．（2017?北京）如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中
点，连接BE．（1）求证：四边形BCDE为菱形；（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长．51．（2017?北京）
在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P是线段BC上一动点（与点B、C不重合），连接AP，延长BC至点Q，使得CQ＝CP，过点Q
作QH⊥AP于点H，交AB于点M．（1）若∠PAC＝α，求∠AMQ的大小（用含α的式子表示）．（2）用等式表示线段MB与PQ之间的
数量关系，并证明．52．（2017?北京）如图，AB是⊙O的一条弦，E是AB的中点，过点E作EC⊥OA于点C，过点B作⊙O的切线交
CE的延长线于点D．（1）求证：DB＝DE；（2）若AB＝12，BD＝5，求⊙O的半径．53．（2016?北京）在平面直角坐标系x
Oy中，点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2），且x1≠x2，y1≠y2，若P，Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的
边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P，Q的“相关矩形”，如图为点P，Q的“相关矩形”示意图．（1）已知点A的坐标为（1，0），①
若点B的坐标为（3，1），求点A，B的“相关矩形”的面积；②点C在直线x＝3上，若点A，C的“相关矩形”为正方形，求直线AC的表达
式；（2）⊙O的半径为，点M的坐标为（m，3），若在⊙O上存在一点N，使得点M，N的“相关矩形”为正方形，求m的取值范围．54．（
2016?北京）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AC＝AD，M，N分别为AC，CD的中点，连接BM，MN，BN．（1）
求证：BM＝MN；（2）∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，AC＝2，求BN的长．55．（2016?北京）如图，四边形ABCD是平
行四边形，AE平分∠BAD，交DC的延长线于点E．求证：DA＝DE．56．（2016?北京）如图，AB为⊙O的直径，F为弦AC的中
点，连接OF并延长交于点D，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点E．（1）求证：AC∥DE；（2）连接CD，若OA＝AE＝a，写
出求四边形ACDE面积的思路．57．（2016?北京）在等边△ABC中，（1）如图1，P，Q是BC边上的两点，AP＝AQ，∠BAP
＝20°，求∠AQB的度数；（2）点P，Q是BC边上的两个动点（不与点B，C重合），点P在点Q的左侧，且AP＝AQ，点Q关于直线A
C的对称点为M，连接AM，PM．①依题意将图2补全；②小茹通过观察、实验提出猜想：在点P，Q运动的过程中，始终有PA＝PM，小茹把
这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：想法1：要证明PA＝PM，只需证△APM是等边三角形；想法2：在B
A上取一点N，使得BN＝BP，要证明PA＝PM，只需证△ANP≌△PCM；想法3：将线段BP绕点B顺时针旋转60°，得到线段BK，
要证PA＝PM，只需证PA＝CK，PM＝CK…请你参考上面的想法，帮助小茹证明PA＝PM（一种方法即可）．58．（2015?北京）
在平面直角坐标系xOy中，⊙C的半径为r，P是与圆心C不重合的点，点P关于⊙C的反称点的定义如下：若在射线CP上存在一点P′，满足
CP+CP′＝2r，则称P′为点P关于⊙C的反称点，如图为点P及其关于⊙C的反称点P′的示意图．特别地，当点P′与圆心C重合时，规
定CP′＝0．（1）当⊙O的半径为1时．①分别判断点M（2，1），N（，0），T（1，）关于⊙O的反称点是否存在？若存在，求其坐标
；②点P在直线y＝﹣x+2上，若点P关于⊙O的反称点P′存在，且点P′不在x轴上，求点P的横坐标的取值范围；（2）⊙C的圆心在x轴
上，半径为1，直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于点A，B，若线段AB上存在点P，使得点P关于⊙C的反称点P′在⊙C的内部，求圆心
C的横坐标的取值范围．59．（2015?北京）在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在射线CD上（与点C、D不重合），连接AP
，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于H，连接AH，PH．（1）若点P在线段CD上，如图1．①依题意
补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；（2）若点P在线段CD的延长线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的
边长为1，请写出求DP长的思路．（可以不写出计算结果）60．（2015?北京）在?ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F 在边
CD上，DF＝BE，连接AF，BF．（1）求证：四边形BFDE是矩形；（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB
．61．（2015?北京）如图，AB是⊙O的直径，过点B作⊙O的切线BM，弦CD∥BM，交AB于点F，且＝，连接AC，AD，延长A
D交BM于点E．（1）求证：△ACD是等边三角形；（2）连接OE，若DE＝2，求OE的长．62．（2015?北京）如图，在△ABC
中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，BE⊥AC于点E．求证：∠CBE＝∠BAD．63．（2014?北京）在正方形ABCD外侧作直
线AP，点B关于直线AP的对称点为E，连接BE，DE，其中DE交直线AP于点F．（1）依题意补全图1；（2）若∠PAB＝20°，求
∠ADF的度数；（3）如图2，若45°＜∠PAB＜90°，用等式表示线段AB，FE，FD之间的数量关系，并证明．64．（2014?
北京）如图，点B在线段AD上，BC∥DE，AB＝ED，BC＝DB．求证：∠A＝∠E．65．（2014?北京）如图，在?ABCD中，
AE平分∠BAD，交BC于点E，BF平分∠ABC，交AD于点F，AE与BF交于点P，连接EF，PD．（1）求证：四边形ABEF是菱
形；（2）若AB＝4，AD＝6，∠ABC＝60°，求tan∠ADP的值．66．（2014?北京）如图，AB是⊙O的直径，C是的中点
，⊙O的切线BD交AC的延长线于点D，E是OB的中点，CE的延长线交切线BD于点F，AF交⊙O于点H，连接BH．（1）求证：AC＝
CD；（2）若OB＝2，求BH的长．67．（2017?北京）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD平分∠ABC交AC于
点D．求证：AD＝BC．68．（2017?北京）如图，P是所对弦AB上一动点，过点P作PM⊥AB交于点M，连接MB，过点P作PN⊥
MB于点N．已知AB＝6cm，设A、P两点间的距离为xcm，P、N两点间的距离为ycm．（当点P与点A或点B重合时，y的值为0）小
东根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小东的探究过程，请补充完整：（1）通过取点、画图、测量
，得到了x与y的几组值，如下表：x/cm0123456y/cm02.02.32.1　 　0.90（说明：补全表格时相关数值保留一位
小数）（2）建立平面直角坐标系，描出已补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象．（3）结合画出的函数图象，解决问题：当△
PAN为等腰三角形时，AP的长度约为　 　cm．69．（2017?北京）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角
线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了
《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）请根据该图完成这个推论的
证明过程．证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（　 　+　 　）．易知，S△
ADC＝S△ABC，　 　＝　 　，　 　＝　 　．可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．70．（2017?北京）如图，在四边形AB
CD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE．（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长．71．（2017?北京）在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P是线段
BC上一动点（与点B、C不重合），连接AP，延长BC至点Q，使得CQ＝CP，过点Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M．（1）若∠PA
C＝α，求∠AMQ的大小（用含α的式子表示）．（2）用等式表示线段MB与PQ之间的数量关系，并证明．72．（2013?北京）阅读下
面材料：小明遇到这样一个问题：如图1，在边长为a（a＞2）的正方形ABCD各边上分别截取AE＝BF＝CG＝DH＝1，当∠AFQ＝∠
BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°时，求正方形MNPQ的面积．小明发现，分别延长QE，MF，NG，PH交FA，GB，HC，ED的延
长线于点R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形（如图2）请回答：（1）若将上述四个等
腰直角三角形拼成一个新的正方形（无缝隙不重叠），则这个新正方形的边长为　 　；（2）求正方形MNPQ的面积．（3）参考小明思考问题
的方法，解决问题：如图3，在等边△ABC各边上分别截取AD＝BE＝CF，再分别过点D，E，F作BC，AC，AB的垂线，得到等边△R
PQ．若S△RPQ＝，则AD的长为　 　．73．（2013?北京）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜60°），将线
段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD．（1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，∠BCE＝150
°，∠ABE＝60°，判断△ABE的形状并加以证明；（3）在（2）的条件下，连接DE，若∠DEC＝45°，求α的值．74．（201
3?北京）已知：如图，D是AC上一点，AB＝DA，DE∥AB，∠B＝∠DAE．求证：BC＝AE．75．（2013?北京）如图，在?
ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE＝BC，连接DE，CF．（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；（2）若AB＝4
，AD＝6，∠B＝60°，求DE的长．76．（2012?北京）已知：如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥BC于点D，过点
C作⊙O的切线，交OD的延长线于点E，连接BE．（1）求证：BE与⊙O相切；（2）连接AD并延长交BE于点F，若OB＝9，sin∠
ABC＝，求BF的长．77．（2012?北京）已知：如图，点E，A，C在同一直线上，AB∥CD，AB＝CE，AC＝CD．求证：BC
＝ED．78．（2011?北京）如图，点A、B、C、D在同一条直线上，BE∥DF，∠A＝∠F，AB＝FD．求证：AE＝FC．79．
（2011?北京）在?ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．（1）在图1中证明CE＝CF；（2）若∠AB
C＝90°，G是EF的中点（如图2），直接写出∠BDG的度数；（3）若∠ABC＝120°，FG∥CE，FG＝CE，分别连接DB、D
G（如图3），求∠BDG的度数．80．（2011?北京）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC的中点，DE⊥BC，CE∥A
D，若AC＝2，CE＝4，求四边形ACEB的周长．2011-2020北京10年中考真题数学汇编：图形的性质参考答案一．选择题（共1
0小题）1．【分析】根据多边形的外角和等于360°，即可求解．【解答】解：任意多边形的外角和都是360°，故正五边形的外角和的度数
为360°．故选：B．【点评】本题主要考查多边形的外角和定理，解答本题的关键是掌握任意多边形的外角和都是360°．2．【分析】根据
对顶角定义和外角的性质逐个判断即可．【解答】解：A．∵∠1和∠2是对顶角，∴∠1＝∠2，故A正确；B．∵∠2是△AOD的外角，∴∠
2＞∠3，故B错误；C．∵∠1＝∠4+∠5，故C错误；D．∵∠2是△BOC的外角，∴∠2＞∠5；故D错误；故选：A．【点评】本题主
要考查了对顶角的定义和外角的性质，能熟记对顶角的定义是解此题的关键．3．【分析】由作图知CM＝CD＝DN，再利用圆周角定理、圆心角
定理逐一判断可得．【解答】解：由作图知CM＝CD＝DN，∴∠COM＝∠COD，故A选项正确；∵OM＝ON＝MN，∴△OMN是等边三
角形，∴∠MON＝60°，∵CM＝CD＝DN，∴∠MOA＝∠AOB＝∠BON＝∠MON＝20°，故B选项正确；设∠MOA＝∠AOB
＝∠BON＝α，则∠OCD＝∠OCM＝，∴∠MCD＝180°﹣α，又∵∠CMN＝∠CON＝α，∴∠MCD+∠CMN＝180°，∴M
N∥CD，故C选项正确；∵MC+CD+DN＞MN，且CM＝CD＝DN，∴3CD＞MN，故D选项错误；故选：D．【点评】本题主要考查
作图﹣复杂作图，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点．4．【分析】根据多边的外角和定理进行选择．【解答】解：因为任意多边
形的外角和都等于360°，所以正十边形的外角和等于360°．故选：B．【点评】本题考查了多边形外角和定理，关键是熟记：多边形的外角
和等于360度．5．【分析】由题意得出3个命题，由不等式的性质再判断真假即可．【解答】解：①若a＞b，ab＞0，则＜；真命题：理由
：∵a＞b，ab＞0，∴＞∴＜；②若ab＞0，＜，则a＞b，真命题；理由：∵ab＞0，∴×ab＜×ab，∴a＞b．③若a＞b，＜，
则ab＞0，真命题；理由：∵＜，∴﹣＜0，即＜0，∵a＞b，∴b﹣a＜0，∴ab＞0∴组成真命题的个数为3个；故选：D．【点评】本
题考查了命题与定理、不等式的性质、命题的组成、真命题和假命题的定义；熟练掌握命题的组成和不等式的性质是解题的关键．6．【分析】根据
立体图形的定义及其命名规则逐一判断即可．【解答】解：A、此几何体是圆柱体；B、此几何体是圆锥体；C、此几何体是正方体；D、此几何体
是四棱锥；故选：A．【点评】本题主要考查立体图形，解题的关键是认识常见的立体图形，如：长方体、正方体、圆柱、圆锥、球、棱柱、棱锥等
．能区分立体图形与平面图形，立体图形占有一定空间，各部分不都在同一平面内．7．【分析】根据多边形的边数与多边形的外角的个数相等，可
求出该正多边形的边数，再由多边形的内角和公式求出其内角和；根据一个外角得60°，可知对应内角为120°，很明显内角和是外角和的2倍
即720．【解答】解：该正多边形的边数为：360°÷60°＝6，该正多边形的内角和为：（6﹣2）×180°＝720°．故选：C．【
点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的外角和与内角和公式是解答本题的关键．8．【分析】根据点到直线的距离是垂线段的长
度，可得答案．【解答】解：由题意，得点P到直线l的距离是线段PB的长度，故选：B．【点评】本题考查了点到直线的距离，利用点到直线的
距离是解题关键．9．【分析】侧面为三个长方形，底面为三角形，故原几何体为三棱柱．【解答】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．故选
：A．【点评】本题考查的是三棱柱的展开图，考法较新颖，需要对三棱柱有充分的理解．10．【分析】根据多边形的内角和，可得答案．【解答
】解：设多边形为n边形，由题意，得（n﹣2）?180°＝150°?n，解得n＝12，故选：B．【点评】本题考查了多边形的内角与外角
，利用内角和公式是解题关键．11．【分析】由图形可直接得出．【解答】解：由图形所示，∠AOB的度数为55°，故选：B．【点评】本题
主要考查了角的度量，量角器的使用方法，正确使用量角器是解题的关键．12．【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）?180°列式进行
计算即可求解．【解答】解：设多边形的边数是n，则（n﹣2）?180°＝540°，解得n＝5．故选：C．【点评】本题主要考查了多边形
的内角和公式，熟记公式是解题的关键．13．【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得MC＝AM＝1.2km．【解答】解
：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，M为AB的中点，∴MC＝AB＝AM＝1.2km．故选：D．【点评】本题考查了直角三角形斜边
上的中线的性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．理解题意，将实际问题转化为数学问题是解题的关键．14．【分析】如图，首
先运用平行线的性质求出∠AOB的大小，然后借助平角的定义求出∠3即可解决问题．【解答】解：如图，∵直线l4∥l1，∴∠1+∠AOB
＝180°，而∠1＝124°，∴∠AOB＝56°，∴∠3＝180°﹣∠2﹣∠AOB＝180°﹣88°﹣56°＝36°，故选：B．【
点评】该题主要考查了平行线的性质及其应用问题；应牢固掌握平行线的性质，这是灵活运用、解题的基础和关键．15．【分析】根据对顶角相等
求出∠AOC的度数，再根据角平分线的定义求出∠AOM的度数，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．【解答】解：∵∠BOD＝76
°，∴∠AOC＝∠BOD＝76°，∵射线OM平分∠AOC，∴∠AOM＝∠AOC＝×76°＝38°，∴∠BOM＝180°﹣∠AOM＝
180°﹣38°＝142°．故选：C．【点评】本题考查了对顶角相等的性质，角平分线的定义，准确识图是解题的关键．16．【分析】根据
正多边形的每一个外角等于多边形的外角和除以边数，计算即可得解．【解答】解：360°÷10＝36°，所以，正十边形的每个外角等于36
°．故选：B．【点评】本题考查了正多边形的外角和、边数、外角度数之间的关系，熟记正多边形三者之间的关系是解题的关键．二．填空题（共
11小题）17．【分析】先判断，丙购4票（3124）后，左余6座，右余5座解答中根据题意，丙第一个购票，为使座位号最小，需购买（3
，1，2，4），即可得出结论．【解答】解：根据题意，丙第一个购票，只能购买3，1，2，4号票，此时，3号左边有6个座位，4号右边有
5个座位，即甲、乙购买的票只要在丙的同侧，四个人购买的票全在第一排，①第二个丁可以购买3号左边的5个座位，另一侧的座位甲和乙购买，
即丙（3，1，2，4）、丁（5，7，9，11，13）、甲（6，8）、乙（10，12，14），或丙（3，1，2，4）、丁（5，7，9
，11，13）、乙（6，8，10）、甲（12，14）；②第二个由甲或乙购买，此时，只能购买5，7号票，第三个购买的只能是丁，且只能
购买6，8，10，12，14号票，此时，四个人购买的票全在第一排，即丙（3，1，2，4）、甲（5，7）、丁（6，8，10，12，1
4）、乙（9，11，13），或丙（3，1，2，4）、乙（5，7，9）、丁（6，8，10，12，14）、甲（11，13），因此，第一
个是丙购买票，丁只要不是最后一个购买票的人，都能使四个人购买的票全在第一排，故答案为：丙、丁、甲、乙．【点评】此题主要考查了推理与
论证，判断出甲、乙购买的票在丙的同侧是解本题的关键．18．【分析】分别求出△ABC的面积和△ABD的面积，即可求解．【解答】解：∵
S△ABC＝×2×4＝4，S△ABD＝2×5﹣×5×1﹣×1×3﹣×2×2＝4，∴S△ABC＝S△ABD，故答案为：＝．【点评】本
题考查了三角形的面积，掌握三角形的面积公式是本题的关键．19．【分析】由题意可得∠ABC＝∠ACD，AB＝AC，即添加一组边对应相
等，可证△ABD与△ACD全等．【解答】解：∵AB＝AC，∴∠ABD＝∠ACD，添加BD＝CD，∴在△ABD与△ACD中，∴△AB
D≌△ACD（SAS），故答案为：BD＝CD．【点评】本题考查了全等三角形的判定，灵活运用全等三角形的判定是本题的关键．20．【分
析】延长AP交格点于D，连接BD，根据勾股定理得到PD2＝BD2＝1+22＝5，PB2＝12+32＝10，求得PD2+DB2＝PB
2，于是得到∠PDB＝90°，根据三角形外角的性质即可得到结论．【解答】解：延长AP交格点于D，连接BD，则PD2＝BD2＝1+2
2＝5，PB2＝12+32＝10，∴PD2+DB2＝PB2，∴∠PDB＝90°，∴∠DPB＝∠PAB+∠PBA＝45°，故答案为：
45．【点评】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
21．【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．【解答】解：①如图，∵四边形ABC
D是矩形，连接AC，BD交于O，过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故
正确；③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，则△AMQ≌△DQ
P，∴AM＝QD，AQ＝PD，∵PD＝BM，∴AB＝AD，∴四边形ABCD是正方形，当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正
方形，故错误；故答案为：①②③．【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解
题的关键．22．【分析】设OA＝x，OB＝y，根据图2和图3可知：分成的直角三角形两直角边的和为5，差为1，列方程组，解出x和y的
值，根据菱形的面积公式：两对角线积的一半可得结论．【解答】解：如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥
BD，设OA＝x，OB＝y，由题意得：，解得：，∴AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×6×4＝
12；故答案为：12．【点评】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用；熟练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程
组是解题的关键．23．【分析】过点C作CD⊥AB的延长线于点D，测量出AB，CD的长，再利用三角形的面积公式即可求出△ABC的面积
．【解答】解：过点C作CD⊥AB的延长线于点D，如图所示．经过测量，AB＝2.2cm，CD＝1.7cm，∴S△ABC＝AB?CD＝
×2.2×1.7≈1.9（cm2）．故答案为：1.9．【点评】本题考查了三角形的面积，牢记三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半是
解题的关键．24．【分析】根据题意选择a、b、c的值即可．【解答】解：当a＝1，b＝2，c＝﹣1时，1＜2，而1×（﹣1）＞2×（
﹣1），∴命题“若a＜b，则ac＜bc”是错误的，故答案为：1；2；﹣1．【点评】本题考查了命题与定理，要说明一个命题的正确性，一
般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．25．【分析】直接利用圆周角定理以及结合三角形内角和定理得出∠AC
B＝∠ADB＝180°﹣∠CAB﹣∠ABC，进而得出答案．【解答】解：∵＝，∠CAD＝30°，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，∴∠D
BC＝∠DAC＝30°，∵∠ACD＝50°，∴∠ABD＝50°，∴∠ADB＝∠ACB＝180°﹣∠CAB﹣∠ABC＝180°﹣50
°﹣30°﹣30°＝70°．故答案为：70°．【点评】此题主要考查了圆周角定理以及三角形内角和定理，正确得出∠ABD度数是解题关键
．26．【分析】先求出∠ABC＝50°，进而判断出∠ABD＝∠CBD＝25°，最后用同弧所对的圆周角相等即可得出结论．【解答】解：
如图，连接BC，BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∵∠CAB＝40°，∴∠ABC＝50°，∵＝，∴∠ABD＝∠CBD＝
∠ABC＝25°，∴∠CAD＝∠CBD＝25°．故答案为：25°．【点评】本题考查的是圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，直角三角
形的性质，解本题的关键是作出辅助线．27．【分析】由于90°的圆周角所对的弦是直径，所以Rt△ABC的外接圆的圆心为AB的中点，然
后作AB的中垂线得到圆心后即可得到Rt△ABC的外接圆．【解答】解：该尺规作图的依据是到线段两端点的距离相等的点在这条线段的垂直平
分线上；90°的圆周角所对的弦是直径．故答案为到线段两端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；两点确定一直线；90°的圆周角所
对的弦是直径；圆的定义．【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基
本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．28．【分析】只
要证明直线AB是线段PQ的垂直平分线即可．【解答】解：到线段两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上（A、B都在线段PQ的垂直平
分线上），理由：如图，∵PA＝AQ，PB＝QB，∴点A、点B在线段PQ的垂直平分线上，∴直线AB垂直平分线段PQ，∴PQ⊥AB．【
点评】本题考查作图﹣基本作图，解题的关键是理解到线段两个端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上，属于中考常考题型．29．【分析】首
先根据图示，可得∠1＝180°﹣∠BAE，∠2＝180°﹣∠ABC，∠3＝180°﹣∠BCD，∠4＝180°﹣∠CDE，∠5＝18
0°﹣∠DEA，然后根据三角形的内角和定理，求出五边形ABCDE的内角和是多少，再用180°×5减去五边形ABCDE的内角和，求出
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5等于多少即可．【解答】解：∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝（180°﹣∠BAE）+（180°﹣∠ABC）
+（180°﹣∠BCD）+（180°﹣∠CDE）+（180°﹣∠DEA）＝180°×5﹣（∠BAE+∠ABC+∠BCD+∠CDE+
∠DEA）＝900°﹣（5﹣2）×180°＝900°﹣540°＝360°．故答案为：360°．【点评】此题主要考查了多边形内角和定
理，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：（1）n边形的内角和＝（n﹣2）?180 （n≥3）且n为整数）．（2）多边形的外角和指每
个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．30．【分析】通过作图得到CA＝CB，DA＝DB，则
可根据线段垂直平分线定理的逆定理判断CD为线段AB的垂直平分线．【解答】解：∵CA＝CB，DA＝DB，∴CD垂直平分AB（到线段两
个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，两点确定一条直线．）故答案为：到线段两个端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，两点确定一条
直线．．【点评】本题考查了基本作图：基本作图有：作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平
分线；过一点作已知直线的垂线．31．【分析】由于90°的圆周角所对的弦是直径，所以Rt△ABC的外接圆的圆心为AB的中点，然后作A
B的中垂线得到圆心后即可得到Rt△ABC的外接圆．【解答】解：该尺规作图的依据是到线段两端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上
；90°的圆周角所对的弦是直径．故答案为到线段两端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；两点确定一直线；90°的圆周角所对的弦
是直径；圆的定义．【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图
方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．32．【分析】根据题意
可知OM是△ADC的中位线，所以OM的长可求；根据勾股定理可求出AC的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出BO的长，
进而求出四边形ABOM的周长．【解答】解：∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，∴OM＝CD＝AB＝2.5，∵AB
＝5，AD＝12，∴AC＝＝13，∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，∴BO＝AC＝6.5，∴四边形ABOM的周长为AB+AM+
BO+OM＝5+6+6.5+2.5＝20，故答案为：20．【点评】本题考查了矩形的性质、三角形的中位线的性质以及直角三角形斜边上的
中线等于斜边的一半这一性质，题目的综合性很好，难度不大．三．解答题（共19小题）33．【分析】（1）由三角形的中位线定理得DE∥B
C，DE＝，进而证明四边形CEDF是矩形得DE＝CF，得出CF，再根据勾股定理得结果；（2）过点B作BM∥AC，与ED的延长线交于
点M，连接MF，证明△ADE≌△BDM得AE＝BM，DE＝DM，由垂直平分线的判定定理得EF＝MF，进而根据勾股定理得结论．【解答
】解：（1）∵D是AB的中点，E是线段AC的中点，∴DE∥BC，DE＝BC，∵∠ACB＝90°，∴∠DEC＝90°，∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝90°，∴四边形CEDF是矩形，∴DE＝CF＝BC，∴CF＝BF＝b，∵CE＝AE＝a，∴EF＝；（2）AE2+BF2
＝EF2．证明：过点B作BM∥AC，与ED的延长线交于点M，连接MF，则∠AED＝∠BMD，∠CBM＝∠ACB＝90°，∵D点是A
B的中点，∴AD＝BD，在△ADE和△BDM中，，∴△ADE≌△BDM（AAS），∴AE＝BM，DE＝DM，∵DF⊥DE，∴EF＝
MF，∵BM2+BF2＝MF2，∴AE2+BF2＝EF2．【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理
，垂直平分线的判定，关键在于构造全等三角形．34．【分析】（1）根据平移的性质，以及线段AB到⊙O的“平移距离”的定义判断即可．（
2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线y＝x+2交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0
，2），过点E作EH⊥MN于H，解直角三角形求出EH即可判断．（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙
A于N，以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′和等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为
线段AB到⊙O的“平移距离”，点A′与M重合时，AA′的值最小，当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA
于H．解直角三角形求出AA′即可．【解答】解：（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关
系是P1P2∥P3P4；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点P3的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”．故答案为：P1
P2∥P3P4，P3．（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线y＝x+2交x轴于M，交y轴于N．
则M（﹣2，0），N（0，2），过点E作EH⊥MN于H，∵OM＝2，ON＝2，∴tan∠NMO＝，∴∠NMO＝60°，∴EH＝EM
?sin60°＝，观察图象可知，线段AB到⊙O的“平移距离”为d1的最小值为．（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA
交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB∥A′B′
，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，当点A′与M重合时，AA′的值最小，最小值＝OA﹣OM＝﹣1＝，当点B与N重合时，A
A′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．由题意A′H＝，AH＝+＝3，∴AA′的最大值＝＝，∴≤d2≤．【点评】本题属
于圆综合题，考查了平移变换，一次函数的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，线段AB到⊙O的“平移距离”的定义等知识，解题的
关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．35．【分析】（1）根据作法即可补全图形；
（2）根据等腰三角形的性质和同弧所对圆周角等于该弧所对的圆心角的一半即可完成下面的证明．【解答】解：（1）如图，即为补全的图形；（
2）证明：∵CD∥AB，∴∠ABP＝∠BPC．∵AB＝AC，∴点B在⊙A上．又∵点C，P都在⊙A上，∴∠BPC＝∠BAC（同弧所对
的圆周角等于该弧所对的圆心角的一半），∴∠ABP＝∠BAC．故答案为：∠BPC，同弧所对的圆周角等于该弧所对的圆心角的一半．【点评
】本题考查了作图﹣复杂作图、等腰三角形的性质、圆周角定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．36．【分析】（1）连接OD，由切线的
性质得到∠ADC+∠ADO＝90°，由等腰三角形的性质得到∠DAO＝∠ADO，根据∠AOF+∠DAO＝90°，由等量代换即可得到结
论；（2）根据三角形中位线定理得到OE＝BD＝8＝4，设OD＝x，OC＝3x，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】解：（1）
连接OD，∵OF⊥AD，∴∠AOF+∠DAO＝90°，∵CD是⊙O的切线，D为切点，∴∠CDO＝90°，∴∠ADC+∠ADO＝90
°，∵OA＝OD，∴∠DAO＝∠ADO，∴∠AOF＝∠ADC；（2）∵OF∥BD，AO＝OB，∴AE＝DE，∴OE＝BD＝8＝4，
∵sinC＝＝，∴设OD＝x，OC＝3x，∴OB＝x，∴CB＝4x，∵OF∥BD，∴△COF∽△CBD，∴＝，∴＝，∴OF＝6，∴
EF＝OF﹣OE＝6﹣4＝2．【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，平行线的判定和性质，正确的
作出辅助线是解题的关键．37．【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是
三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）
根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根
据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴OB＝OD，∵E是AD的中点，∴OE是△ABD
的中位线，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四边形OEFG是平行四边形，∵EF⊥AB，∴∠EFG＝90°，∴平行四边形OEFG是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，∴∠AOD＝90°，∵E是AD的中点，∴OE＝AE＝AD＝5；由（1
）知，四边形OEFG是矩形，∴FG＝OE＝5，∵AE＝5，EF＝4，∴AF＝＝3，∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．【点
评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．38．【分析】（1）利用圆的定
义得到图形G为△ABC的外接圆⊙O，由∠ABD＝∠CBD得到＝，从而圆周角、弧、弦的关系得到AD＝CD；（2）如图，证明CD＝CM
，则可得到BC垂直平分DM，利用垂径定理得到BC为直径，再证明OD⊥DE，从而可判断DE为⊙O的切线，于是得到直线DE与图形G的公
共点个数．【解答】（1）证明：∵到点O的距离等于a的所有点组成图形G，∴图形G为△ABC的外接圆⊙O，∵BD平分∠ABC，∴∠AB
D＝∠CBD，∴＝，∴AD＝CD；（2）如图，∵AD＝CM，AD＝CD，∴CD＝CM，∵DM⊥BC，∴BC垂直平分DM，∴BC为直
径，∴∠BAC＝90°，∵＝，∴OD⊥AC，∴OD∥AB，∵DE⊥AB，∴OD⊥DE，∴DE为⊙O的切线，∴直线DE与图形G的公共
点个数为1．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了垂
径定理和圆周角定理、切线的判定．39．【分析】（1）根据题意画出图形．（2）由旋转可得∠MPN＝150°，故∠OPN＝150°﹣∠
OPM；由∠AOB＝30°和三角形内角和180°可得∠OMP＝180°﹣30°﹣∠OPM＝150°﹣∠OPM，得证．（3）根据题意
画出图形，以ON＝QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP＝∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM＝PN，已具备一
边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD＝NC，DM＝CP．此时加
上ON＝QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC＝QD．利用∠AOB＝30°，设PD＝NC＝a，则OP＝2a，OD＝a．再设DM
＝CP＝x，所以QD＝OC＝OP+PC＝2a+x，MQ＝DM+QD＝2a+2x．由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH
＝MQ＝a+x，DH＝MH﹣DM＝a，所以OH＝OD+DH＝a+a＝+1，求得a＝1，故OP＝2．证明过程则把推理过程反过来，以O
P＝2为条件，利用构造全等证得ON＝QP．【解答】解：（1）如图1所示为所求．（2）设∠OPM＝α，∵线段PM绕点P顺时针旋转15
0°得到线段PN∴∠MPN＝150°，PM＝PN∴∠OPN＝∠MPN﹣∠OPM＝150°﹣α∵∠AOB＝30°∴∠OMP＝180°
﹣∠AOB﹣∠OPM＝180°﹣30°﹣α＝150°﹣α∴∠OMP＝∠OPN（3）OP＝2时，总有ON＝QP，证明如下：过点N作N
C⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2∴∠NCP＝∠PDM＝∠PDQ＝90°∵∠AOB＝30°，OP＝2∴PD＝OP＝1
∴OD＝∵OH＝+1∴DH＝OH﹣OD＝1∵∠OMP＝∠OPN∴180°﹣∠OMP＝180°﹣∠OPN即∠PMD＝∠NPC在△PD
M与△NCP中∴△PDM≌△NCP（AAS）∴PD＝NC，DM＝CP设DM＝CP＝x，则OC＝OP+PC＝2+x，MH＝MD+DH
＝x+1∵点M关于点H的对称点为Q∴HQ＝MH＝x+1∴DQ＝DH+HQ＝1+x+1＝2+x∴OC＝DQ在△OCN与△QDP中∴△
OCN≌△QDP（SAS）∴ON＝QP【点评】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定
和性质，中心对称的性质．第（3）题的解题思路是以ON＝QP为条件反推OP的长度，并结合（2）的结论构造全等三角形；而证明过程则以O
P＝2为条件构造全等证明ON＝QP．40．【分析】（1）由三角函数值及等腰直角三角形性质可求得DE＝2，最长中内弧即以DE为直径的
半圆，的长即以DE为直径的圆周长的一半；（2）根据三角形中内弧定义可知，圆心一定在DE的中垂线上，①当t＝时，要注意圆心P在DE上
方的中垂线上均符合要求，在DE下方时必须AC与半径PE的夹角∠AEP满足90°≤∠AEP＜135°；②根据题意，t的最大值即圆心P
在AC上时求得的t值．【解答】解：（1）如图2，以DE为直径的半圆弧，就是△ABC的最长的中内弧，连接DE，∵∠A＝90°，AB＝
AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，∴BC＝＝＝4，DE＝BC＝×4＝2，∴弧＝×2π＝π；（2）如图3，由垂径定理可知，圆心一
定在线段DE的垂直平分线上，连接DE，作DE垂直平分线FP，作EG⊥AC交FP于G，①当t＝时，C（2，0），∴D（0，1），E（
1，1），F（，1），设P（，m）由三角形中内弧定义可知，圆心在线段DE上方射线FP上均可，∴m≥1，∵OA＝OC，∠AOC＝90
°∴∠ACO＝45°，∵DE∥OC∴∠AED＝∠ACO＝45°作EG⊥AC交直线FP于G，FG＝EF＝根据三角形中内弧的定义可知，
圆心在点G的下方（含点G）直线FP上时也符合要求；∴m≤综上所述，m≤或m≥1．②如图4，设圆心P在AC上，∵P在DE中垂线上，∴
P为AE中点，作PM⊥OC于M，则PM＝，∴P（t，），∵DE∥BC∴∠ADE＝∠AOB＝90°∴AE＝＝＝，∵PD＝PE，∴∠A
ED＝∠PDE∵∠AED+∠DAE＝∠PDE+∠ADP＝90°，∴∠DAE＝∠ADP∴AP＝PD＝PE＝AE由三角形中内弧定义知，
PD≤PM∴AE≤，AE≤3，即≤3，解得：t≤，∵t＞0∴0＜t≤．如图5，设圆心P在BC上，则P（t，0），⊙P与AC相切于点
E为临界状态，过点P作PM⊥DE，为△ABC的中内弧，只需PM≤1即可，由△EMP∽△ABC，得PM＝2t2，故t≤，∵t＞0，∴
0＜t≤；综上所述，t的取值范围为：0＜t≤．【点评】此题是一道圆的综合题，考查了圆的性质，弧长计算，直角三角形性质等，给出了“三
角形中内弧”新定义，要求学生能够正确理解新概念，并应用新概念解题．41．【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝AD，AC⊥BD，OB
＝OD，OA＝OC，得出AB：BE＝AD：DF，证出EF∥BD即可得出结论；（2）由平行线的性质得出∠G＝∠CDO，由三角函数得出
tanG＝tan∠CDO＝＝，得出OC＝OD，由BD＝4，得出OD＝2，得出OC＝1，即可得出结果．【解答】（1）证明：连接BD，
交AC于O，如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∵BE＝DF，∴AB：BE＝AD
：DF，∴EF∥BD，∴AC⊥EF；（2）解：如图2所示：∵由（1）得：EF∥BD，∴∠G＝∠CDO，∴tanG＝tan∠CDO＝
＝，∴OC＝OD，∵BD＝4，∴OD＝2，∴OC＝1，∴OA＝OC＝1．【点评】本题考查了菱形的性质、平行线的判定与性质、解直角三
角形等知识；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．42．【分析】（1）如图1，连接DF，根据对称得：△ADE≌△FDE，再由HL证明Rt
△DFG≌Rt△DCG，可得结论；（2）证法一：如图2，作辅助线，构建AM＝AE，先证明∠EDG＝45°，得DE＝EH，证明△DM
E≌△EBH，则EM＝BH，根据等腰直角△AEM得：EM＝AE，得结论；证法二：如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△
ENH，得AE＝HN，AD＝EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．【解答】证明：（1）如图1，连接DF，∵四边形ABCD
是正方形，∴DA＝DC，∠A＝∠C＝90°，∵点A关于直线DE的对称点为F，∴△ADE≌△FDE，∴DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠
A＝90°，∴∠DFG＝90°，在Rt△DFG和Rt△DCG中，∵，∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），∴GF＝GC；（2）BH
＝AE，理由是：证法一：如图2，在线段AD上截取AM，使AM＝AE，∵AD＝AB，∴DM＝BE，由（1）知：∠1＝∠2，∠3＝∠4
，∵∠ADC＝90°，∴∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∴2∠2+2∠3＝90°，∴∠2+∠3＝45°，即∠EDG＝45°，∵EH
⊥DE，∴∠DEH＝90°，△DEH是等腰直角三角形，∴∠AED+∠BEH＝∠AED+∠1＝90°，DE＝EH，∴∠1＝∠BEH，
在△DME和△EBH中，∵，∴△DME≌△EBH（SAS），∴EM＝BH，Rt△AEM中，∠A＝90°，AM＝AE，∴EM＝AE，
∴BH＝AE；证法二：如图3，过点H作HN⊥AB于N，∴∠ENH＝90°，由方法一可知：DE＝EH，∠1＝∠NEH，在△DAE和△
ENH中，∵，∴△DAE≌△ENH（AAS），∴AE＝HN，AD＝EN，∵AD＝AB，∴AB＝EN＝AE+BE＝BE+BN，∴AE
＝BN＝HN，∴△BNH是等腰直角三角形，∴BH＝HN＝AE．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，对称
的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解决本题的关键是利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等，作出辅助线也是解决本题
的关键．43．【分析】（1）先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；（2）先
判断出OE＝OA＝OC，再求出OB＝1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．【解答】解：（1）∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD＝AB，∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边
形，∵AD＝AB，∴?ABCD是菱形；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，∴OE＝OA＝OC，∵
BD＝2，∴OB＝BD＝1，在Rt△AOB中，AB＝，OB＝1，∴OA＝＝2，∴OE＝OA＝2．【点评】此题主要考查了菱形的判定和
性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD＝AD＝AB是解本题的关键．44．【分析】（1）根据点A、B、C
三点的坐标作出△ABC，利用“闭距离”的定义即可得；（2）由题意知y＝kx在﹣1≤x≤1范围内函数图象为过原点的线段，再分别求得经
过（1，﹣1）和（﹣1，﹣1）时k的值即可得；（3）分⊙T在△ABC的左侧、内部和右侧三种情况，利用“闭距离”的定义逐一判断即可得
．【解答】解：（1）如图所示，点O到△ABC的距离的最小值为2，∴d（点O，△ABC）＝2；（2）y＝kx（k≠0）经过原点，在﹣
1≤x≤1范围内，函数图象为线段，当y＝kx（﹣1≤x≤1，k≠0）经过（1，﹣1）时，k＝﹣1，此时d（G，△ABC）＝1；当y
＝kx（﹣1≤x≤1，k≠0）经过（﹣1，﹣1）时，k＝1，此时d（G，△ABC）＝1；∴﹣1≤k≤1，∵k≠0，∴﹣1≤k≤1且
k≠0；（3）⊙T与△ABC的位置关系分三种情况：①当⊙T在△ABC的左侧时，由d（⊙T，△ABC）＝1知此时t＝﹣4；②当⊙T在
△ABC内部时，当点T与原点重合时，d（⊙T，△ABC）＝1，知此时t＝0；当点T位于T3位置时，由d（⊙T，△ABC）＝1知T3
M＝2，∵AB＝BC＝8、∠ABC＝90°，∴∠C＝∠T3DM＝45°，则T3D＝＝＝2，∴t＝4﹣2，故此时0≤t≤4﹣2；③当
⊙T在△ABC右边时，由d（⊙T，△ABC）＝1知T4N＝2，∵∠T4DC＝∠C＝45°，∴T4D＝＝＝2，∴t＝4+2；综上，t
＝﹣4或0≤t≤4﹣2或t＝4+2．【点评】本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“闭距离”的定义与直线与圆的位置关系和
分类讨论思想的运用．45．【分析】（1）根据题目要求作出图形即可；（2）利用三角形中位线定理证明即可；【解答】（1）解：直线PQ如
图所示；（2）证明：∵AB＝AP，CB＝CQ，∴PQ∥l（三角形中位线定理）．故答案为：AP，CQ，三角形中位线定理；【点评】本题
考查作图﹣复杂作图，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．46．【分析】（1）方法1、
先判断出Rt△ODP≌Rt△OCP，得出∠DOP＝∠COP，即可得出结论；方法2、判断出OP是CD的垂直平分线，即可得出结论；（2
）先求出∠COD＝60°，得出△OCD是等边三角形，最后用锐角三角函数即可得出结论．【解答】解：（1）方法1、连接OC，OD，∴O
C＝OD，∵PD，PC是⊙O的切线，∵∠ODP＝∠OCP＝90°，在Rt△ODP和Rt△OCP中，，∴Rt△ODP≌Rt△OCP，
∴∠DOP＝∠COP，∵OD＝OC，∴OP⊥CD；方法2、∵PD，PC是⊙O的切线，∴PD＝PC，∵OD＝OC，∴P，O在CD的中
垂线上，∴OP⊥CD（2）如图，连接OD，OC，∴OA＝OD＝OC＝OB＝2，∴∠ADO＝∠DAO＝50°，∠BCO＝∠CBO＝7
0°，∴∠AOD＝80°，∠BOC＝40°，∴∠COD＝60°，∵OD＝OC，∴△COD是等边三角形，由（1）知，∠DOP＝∠CO
P＝30°，在Rt△ODP中，OP＝＝．【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，切线的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，
正确作出辅助线是解本题的关键．47．【分析】根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝C＝72°，根据角平分线的定义得到∠ABD＝∠DBC
＝36°，∠BDC＝72°，根据等腰三角形的判定即可得到结论．【解答】证明：∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝72°，
∵BD平分∠ABC交AC于点D，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∴∠A＝∠ABD，∴AD＝BD，∵∠C＝72°，∴∠BDC＝72°，
∴∠C＝∠BDC，∴BC＝BD，∴AD＝BC．【点评】本题主要考查等腰三角形的性质和判定，掌握等边对等角是解题的关键，注意三角形内
角和定理的应用．48．【分析】（1）利用取点，测量的方法，即可解决问题；（2）利用描点法，画出函数图象即可；（3）作出直线y＝x与
图象的交点，交点的横坐标即可AP的长．【解答】解：（1）通过取点、画图、测量可得x＝4时，y＝1.6cm，故答案为1.6．（2）利
用描点法，图象如图所示．（3）当△PAN为等腰三角形时，∵∠APN＞90°，∴只有PA＝PN一种情形，即x＝y，作出直线y＝x与图
象的交点坐标为（2.2，2.2），∴△PAN为等腰三角形时，PA＝2.2cm．故答案为2.2．【点评】本题考查圆综合题、坐标与图形
的关系等知识，解题的关键是理解题意，学会用测量法、图象法解决实际问题，属于中考压轴题．49．【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把
矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．【解答】证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝
S△ABC﹣（ S△AEF+S△FCM）．易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FGC＝S△FMC，可得S矩形
NFGD＝S矩形EBMF．故答案分别为 S△AEF，S△FCM，S△ANF，S△AEF，S△FGC，S△FMC．【点评】本题考查矩
形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分这个性质，属于中考常考题型．50．【分析】（1）由DE＝BC，
DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE＝DE即可解决问题；（2）在Rt△ACD中只要证明∠ADC＝60°，AD＝2
即可解决问题；【解答】（1）证明：∵AD＝2BC，E为AD的中点，∴DE＝BC，∵AD∥BC，∴四边形BCDE是平行四边形，∵∠A
BD＝90°，AE＝DE，∴BE＝DE，∴四边形BCDE是菱形．（2）解：连接AC．∵AD∥BC，AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠
DAC＝∠BCA，∴AB＝BC＝1，∵AD＝2BC＝2，∴sin∠ADB＝，∴∠ADB＝30°，∴∠DAC＝30°，∠ADC＝60
°，在Rt△ACD中，∵AD＝2，∴CD＝1，AC＝．【点评】本题考查菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、锐角三角函数等知
识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．51．【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出∠BAC＝∠B＝45°，∠
PAB＝45°﹣α，由直角三角形的性质即可得出结论；（2）连接AQ，作ME⊥QB，由AAS证明△APC≌△QME，得出PC＝ME，
△MEB是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得出结论．【解答】解：（1）∠AMQ＝45°+α；理由如下：∵∠PAC＝α，△
ACB是等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠B＝45°，∠PAB＝45°﹣α，∵QH⊥AP，∴∠AHM＝90°，∴∠AMQ＝180°﹣∠
AHM﹣∠PAB＝45°+α；（2）PQ＝MB；理由如下：连接AQ，作ME⊥QB，如图所示：∵AC⊥QP，CQ＝CP，∴∠QAC＝
∠PAC＝α，∴∠QAM＝45°+α＝∠AMQ，∴AP＝AQ＝QM，在△APC和△QME中，，∴△APC≌△QME（AAS），∴P
C＝ME，∵△MEB是等腰直角三角形，∴PQ＝MB，∴PQ＝MB．方法二：也可以延长AC到D，使得CD＝CQ．则易证△ADP≌△Q
BM．∴BM＝PD＝CD＝QC＝PQ，即PQ＝MB．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理
；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．52．【分析】（1）欲证明DB＝DE，只要证明∠DEB＝∠D
BE；（2）作DF⊥AB于F，连接OE．只要证明∠AOE＝∠DEF，可得sin∠DEF＝sin∠AOE＝＝，由此求出AO即可解决问
题．【解答】（1）证明：∵AO＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∵BD是切线，∴OB⊥BD，∴∠OBD＝90°，∴∠OBE+∠EBD＝
90°，∵EC⊥OA，∴∠CAE+∠CEA＝90°，∵∠CEA＝∠DEB，∴∠EBD＝∠BED，∴DB＝DE．（2）作DF⊥AB于
F，连接OE．∵DB＝DE，AE＝EB＝6，∴EF＝BE＝3，OE⊥AB，在Rt△EDF中，DE＝BD＝5，EF＝3，∴DF＝＝4
，∵∠AOE+∠A＝90°，∠DEF+∠A＝90°，∴∠AOE＝∠DEF，∴sin∠DEF＝sin∠AOE＝＝，∵AE＝6，∴AO
＝．∴⊙O的半径为．【点评】本题考查切线的性质、勾股定理、垂径定理、锐角三角函数、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用
辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．53．【分析】（1）①由相关矩形的定义可知：要求A与B的相关矩形面积，则AB必
为对角线，利用A、B两点的坐标即可求出该矩形的底与高的长度，进而可求出该矩形的面积；②由定义可知，AC必为正方形的对角线，所以AC
与x轴的夹角必为45，设直线AC的解析式为；y＝kx+b，由此可知k＝±1，再（1，0）代入y＝kx+b，即可求出b的值；（2）由
定义可知，MN必为相关矩形的对角线，若该相关矩形的为正方形，即直线MN与x轴的夹角为45°，由因为点N在圆O上，所以该直线MN与圆
O一定要有交点，由此可以求出m的范围．【解答】解：（1）①∵A（1，0），B（3，1）由定义可知：点A，B的“相关矩形”的底与高分
别为2和1，∴点A，B的“相关矩形”的面积为2×1＝2；②由定义可知：AC是点A，C的“相关矩形”的对角线，又∵点A，C的“相关矩
形”为正方形∴直线AC与x轴的夹角为45°，设直线AC的解析为：y＝x+m或y＝﹣x+n把（1，0）分别y＝x+m，∴m＝﹣1，∴
直线AC的解析为：y＝x﹣1，把（1，0）代入y＝﹣x+n，∴n＝1，∴y＝﹣x+1，综上所述，若点A，C的“相关矩形”为正方形，
直线AC的表达式为y＝x﹣1或y＝﹣x+1；（2）设直线MN的解析式为y＝kx+b，∵点M，N的“相关矩形”为正方形，∴由定义可知
：直线MN与x轴的夹角为45°，∴k＝±1，∵点N在⊙O上，∴当直线MN与⊙O有交点时，点M，N的“相关矩形”为正方形，当k＝1时
，作⊙O的切线AD和BC，且与直线MN平行，其中A、C为⊙O的切点，直线AD与y轴交于点D，直线BC与y轴交于点B，连接OA，OC
，把M（m，3）代入y＝x+b，∴b＝3﹣m，∴直线MN的解析式为：y＝x+3﹣m∵∠ADO＝45°，∠OAD＝90°，∴OD＝O
A＝2，∴D（0，2）同理可得：B（0，﹣2），∴令x＝0代入y＝x+3﹣m，∴y＝3﹣m，∴﹣2≤3﹣m≤2，∴1≤m≤5，当k
＝﹣1时，把M（m，3）代入y＝﹣x+b，∴b＝3+m，∴直线MN的解析式为：y＝﹣x+3+m，同理可得：﹣2≤3+m≤2，∴﹣5
≤m≤﹣1；综上所述，当点M，N的“相关矩形”为正方形时，m的取值范围是：1≤m≤5或﹣5≤m≤﹣1【点评】本题考查新定义问题，涉
及圆的切线性质，矩形的性质，正方形的性质，解答本题需要我们理解相关矩形的定义，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将新旧知识贯穿起
来．54．【分析】（1）根据三角形中位线定理得MN＝AD，根据直角三角形斜边中线定理得BM＝AC，由此即可证明．（2）首先证明∠B
MN＝90°，根据BN2＝BM2+MN2即可解决问题．【解答】（1）证明：在△CAD中，∵M、N分别是AC、CD的中点，∴MN∥A
D，MN＝AD，在Rt△ABC中，∵M是AC中点，∴BM＝AC，∵AC＝AD，∴MN＝BM．（2）解：∵∠BAD＝60°，AC平分
∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC＝30°，由（1）可知，BM＝AC＝AM＝MC，∴∠BMC＝∠BAM+∠ABM＝2∠BAM＝60°，
∵MN∥AD，∴∠NMC＝∠DAC＝30°，∴∠BMN＝∠BMC+∠NMC＝90°，∴BN2＝BM2+MN2，由（1）可知MN＝B
M＝AC＝1，∴BN＝【点评】本题考查三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问
题，属于中考常考题型．55．【分析】由平行四边形的性质得出AB∥CD，得出内错角相等∠E＝∠BAE，再由角平分线证出∠E＝∠DAE
，即可得出结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠E＝∠BAE，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DA
E，∴∠E＝∠DAE，∴DA＝DE．【点评】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，
证出∠E＝∠DAE是解决问题的关键．56．【分析】（1）欲证明AC∥DE，只要证明AC⊥OD，ED⊥OD即可．（2）作DM⊥OA于
M，连接CD，CO，AD，首先证明四边形ACDE是平行四边形，根据S平行四边形ACDE＝AE?DM，只要求出DM即可．【解答】（1
）证明：∵ED与⊙O相切于D，∴OD⊥DE，∵F为弦AC中点，∴OD⊥AC，∴AC∥DE．（2）解：作DM⊥OA于M，连接CD，C
O，AD．首先证明四边形ACDE是平行四边形，根据S平行四边形ACDE＝AE?DM，只要求出DM即可．（方法二：证明△ADE的面积
等于四边形ACDE的面积的一半）∵AC∥DE，AE＝AO，∴OF＝DF，∵AF⊥DO，∴AD＝AO，∴AD＝AO＝OD，∴△ADO
是等边三角形，同理△CDO也是等边三角形，∴∠CDO＝∠DOA＝60°，AE＝CD＝AD＝AO＝DO＝a，∴AO∥CD，又AE＝C
D，∴四边形ACDE是平行四边形，易知DM＝a，∴平行四边形ACDE面积＝a2．【点评】本题考查切线的性质、平行四边形的性质、垂径
定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用特殊三角形解决问题，属于中考常考题型．57．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到
∠APQ＝∠AQP，由邻补角的定义得到∠APB＝∠AQC，根据三角形外角的性质即可得到结论；（2）如图2根据等腰三角形的性质得到∠
APQ＝∠AQP，由邻补角的定义得到∠APB＝∠AQC，由点Q关于直线AC的对称点为M，得到AQ＝AM，∠OAC＝∠MAC，等量代
换得到∠MAC＝∠BAP，推出△APM是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得到结论．【解答】解：（1）∵AP＝AQ，∴∠APQ＝
∠AQP，∴∠APB＝∠AQC，∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，∴∠BAP＝∠CAQ＝20°，∴∠AQB＝∠APQ＝
∠BAP+∠B＝80°；（2）如图2，∵AP＝AQ，∴∠APQ＝∠AQP，∴∠APB＝∠AQC，∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠
C＝60°，∴∠BAP＝∠CAQ，（将线段BP绕点B顺时针旋转60°，得到线段BK，要证PA＝PM，只需证PA＝CK，PM＝CK…
请你参考上面的想法，帮助小茹证明PA＝PM）∵点Q关于直线AC的对称点为M，∴AQ＝AM，∠QAC＝∠MAC，∴∠MAC＝∠BAP
，∴∠BAP+∠PAC＝∠MAC+∠CAP＝60°，∴∠PAM＝60°，∵AP＝AQ，∴AP＝AM，∴△APM是等边三角形，∴AP
＝PM．证明△ABP≌△ACM≌△BCK【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，轴对称的性
质，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．58．【分析】（1）①根据反称点的定义，可得当⊙O的半径为1时，点M（2，1）关于
⊙O的反称点不存在；N（，0）关于⊙O的反称点存在，反称点N′（，0）；T（1，）关于⊙O的反称点存在，反称点T′（0，0）；②由
OP≤2r＝2，得出OP2≤4，设P（x，﹣x+2），由勾股定理得出OP2＝x2+（﹣x+2）2＝2x2﹣4x+4≤4，解不等式得
出0≤x≤2．再分别将x＝2与0代入检验即可；（2）先由y＝﹣x+2，求出A（6，0），B（0，2），则＝，∠OBA＝60°，∠O
AB＝30°．再设C（x，0），分两种情况进行讨论：①C在OA上；②C在A点右侧．【解答】解：（1）当⊙O的半径为1时．①点M（2
，1）关于⊙O的反称点不存在；N（，0）关于⊙O的反称点存在，反称点N′（，0）；T（1，）关于⊙O的反称点存在，反称点T′（0，
0）；②∵OP≤2r＝2，OP2≤4，设P（x，﹣x+2），∴OP2＝x2+（﹣x+2）2＝2x2﹣4x+4≤4，∴2x2﹣4x≤
0，x（x﹣2）≤0，∴0≤x≤2．当x＝2时，P（2，0），P′（0，0）不符合题意；当x＝0时，P（0，2），P′（0，0）不
符合题意；∴0＜x＜2；（2）∵直线y＝﹣x+2与x轴、y轴分别交于点A，B，∴A（6，0），B（0，2），∴＝，∴∠OBA＝60
°，∠OAB＝30°．设C（x，0）．①当C在OA上时，作CH⊥AB于H，则CH≤CP≤2r＝2，所以AC≤4，C点横坐标x≥2（
当x＝2时，C点坐标（2，0），H点的反称点H′（2，0）在圆的内部）；②当C在A点右侧时，AC最大值为2，所以C点横坐标x≤8．
综上所述，圆心C的横坐标的取值范围是2≤x≤8．【点评】本题是圆的综合题，其中涉及到一次函数图象上点的坐标特征，特殊角的三角函数值
，勾股定理，一元二次不等式的解法，利用数形结合、正确理解反称点的意义是解决本题的关键．59．【分析】（1）①根据题意画出图形即可；
②连接CH，先根据正方形的性质得出△DHQ是等腰直角三角形，再由SAS定理得出△HDP≌△HQC，故PH＝CH，∠HPC＝∠HCP
，由正方形的性质即可得出结论；（2）根据四边形ABCD是正方形，QH⊥BD可知△DHQ是等腰直角三角形，再由平移的性质得出PD＝C
Q．作HR⊥PC于点R，由∠AHQ＝152°，可得出∠AHB及∠DAH的度数，设DP＝x，则DR＝HR＝RQ，由锐角三角函数的定义
即可得出结论．【解答】解：（1）①如图1；②解法一：如图1，连接CH，∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ＝45°，∴
△DHQ是等腰直角三角形．∵DP＝CQ，在△HDP与△HQC中．∵，∴△HDP≌△HQC（SAS），∴PH＝CH，∠HPC＝∠HC
P．∵BD是正方形ABCD的对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∵∠HPC+∠DPH＝180°，∴∠DAH+∠DPH＝180
°，∴∠ADP+∠AHP＝180°，∴∠AHP＝180°﹣∠ADP＝90°，∴AH＝PH，AH⊥PH．解法二：如图1，连接CH，∵
QH⊥BD，∴∠QHB＝∠BCQ＝90°，∴B、H、C、Q四点共圆，∴∠DHC＝∠BQC，由正方形的性质可知∠DHC＝∠AHD，由
平移性质可知∠BQC＝∠APD，∴∠AHD＝∠APD，∴A、H、P、D四点共圆，∴∠PAH＝∠PDH＝45°，∠AHP＝∠ADP＝
90°，∴△HAP是等腰直角三角形，∴AH＝PH，AH⊥PH．（2）解法一：如图2，∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HD
Q＝45°，∴△DHQ是等腰直角三角形．∵△BCQ由△ADP平移而成，∴PD＝CQ．作HR⊥PC于点R，∵∠AHQ＝152°，∴∠
AHB＝62°，∴∠DAH＝17°．设DP＝x，则DR＝HR＝RQ＝．∵tan17°＝，即tan17°＝，∴x＝．解法二：由（1）
②可知∠AHP＝90°，∴∠AHP＝∠ADP＝90°，∴A、H、D、P四点共圆，又∠AHQ＝152°，∠BHQ＝90°，∴∠AHB
＝152°﹣90°＝62°，由圆的性质可知∠APD＝∠AHB＝62°，在Rt△APD中，∠PAD＝90°﹣62°＝28°，∴PD＝
AD?tan28°＝tan28°．【点评】本题考查的是四边形综合题，涉及到正方形的性质、图形平移的性质、全等三角形的判定与性质等知
识，难度适中．60．【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得AB与CD的关系，根据平行四边形的判定，可得BFDE是平行四边形，再根
据矩形的判定，可得答案；（2）根据平行线的性质，可得∠DFA＝∠FAB，根据等腰三角形的判定与性质，可得∠DAF＝∠DFA，根据角
平分线的判定，可得答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD．∵BE∥DF，BE＝DF，∴四边形BFDE
是平行四边形．∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴四边形BFDE是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，∴∠
DFA＝∠FAB．在Rt△BCF中，由勾股定理，得BC＝＝＝5，∴AD＝BC＝DF＝5，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠DAF＝∠FAB
，即AF平分∠DAB．【点评】本题考查了平行四边形的性质，利用了平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，利用等腰三角
形的判定与性质得出∠DAF＝∠DFA是解题关键．61．【分析】（1）由AB是⊙O的直径，BM是⊙O的切线，得到AB⊥BE，由于CD
∥BE，得到CD⊥AB，根据垂径定理得到，于是得到，问题即可得证；（2）连接OE，过O作ON⊥AD于N，由（1）知，△ACD是等边
三角形，得到∠DAC＝60°又直角三角形的性质得到BE＝AE，ON＝AO，设⊙O的半径为：r则ON＝r，AN＝DN＝r，由于得到E
N＝2+，BE＝AE＝，在Rt△DEF与Rt△BEO中，由勾股定理列方程即可得到结论．【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，BM
是⊙O的切线，∴AB⊥BE，∵CD∥BE，∴CD⊥AB，∴，∵＝，∴，∴AD＝AC＝CD，∴△ACD是等边三角形；（2）解：连接O
E，过O作ON⊥AD于N，由（1）知，△ACD是等边三角形，∴∠DAC＝60°∵AD＝AC，CD⊥AB，∴∠DAB＝30°，∴BE
＝AE，ON＝AO，设⊙O的半径为：r，∴ON＝r，AN＝DN＝r，∴EN＝2+，BE＝AE＝，在Rt△NEO与Rt△BEO中，O
E2＝ON2+NE2＝OB2+BE2，即（）2+（2+）2＝r2+，∴r＝2，∴OE2＝+25＝28，∴OE＝2．【点评】本题考查
了切线的性质，垂径定理，等边三角形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，过O作ON⊥AD于N，构造直角三角形是解题的关键．62．【分
析】根据三角形三线合一的性质可得∠CAD＝∠BAD，根据同角的余角相等可得：∠CBE＝∠CAD，再根据等量关系得到∠CBE＝∠BA
D．【解答】证明：∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，∵BE⊥AC，∴∠BEC＝∠ADC＝90°
．，∴∠CBE＝90°﹣∠C，∠CAD＝90°﹣∠C，∴∠CBE＝∠CAD．，∴∠CBE＝∠BAD．【点评】考查了余角的性质，等腰
三角形的性质：等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．63．【分析】（1）根据题意直接画出图形得出即可；（2）利
用对称的性质以及等角对等边进而得出答案；（3）由轴对称的性质可得：EF＝BF，AE＝AB＝AD，∠ABF＝∠AEF＝∠ADF，进而
利用勾股定理得出答案．【解答】解：（1）如图1所示：（2）如图2，连接AE，则∠PAB＝∠PAE＝20°，AE＝AB＝AD，∵四边
形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∴∠EAP＝∠BAP＝20°，∴∠EAD＝130°，∴∠ADF＝＝25°；（3）如图3，连
接AE、BF、BD，由轴对称的性质可得：EF＝BF，AE＝AB＝AD，∠ABF＝∠AEF＝∠ADF，∴∠BFD＝∠BAD＝90°，
∴BF2+FD2＝BD2，∴EF2+FD2＝2AB2．【点评】此题主要考查了正方形的性质以及勾股定理和等腰三角形的性质等知识，利用
轴对称的性质得出对应边相等是解题关键．64．【分析】由全等三角形的判定定理SAS证得△ABC≌△EDB，则对应角相等：∠A＝∠E．
【解答】证明：如图，∵BC∥DE，∴∠ABC＝∠BDE．在△ABC与△EDB中，∴△ABC≌△EDB（SAS），∴∠A＝∠E．【点
评】本题考查了全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是
选择恰当的判定条件．65．【分析】（1）根据平行四边形和角平分线的性质可得AB＝BE，AB＝AF，AF＝BE，从而证明四边形ABE
F是菱形；（2）作PH⊥AD于H，根据四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，AB＝4，得到AB＝AF＝4，∠ABF＝∠ADB＝3
0°，AP⊥BF，从而得到PH＝，AH＝1，根据线段的和差关系可得DH＝5，然后利用锐角三角函数的定义求解即可．【解答】（1）证明
：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC．∴∠DAE＝∠AEB．∵AE是角平分线，∴∠DAE＝∠BAE．∴∠BAE＝∠AEB．
∴AB＝BE．同理AB＝AF．∴AF＝BE．∴四边形ABEF是平行四边形．∵AB＝BE，∴四边形ABEF是菱形．（2）解：作PH⊥
AD于H，∵四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，AB＝4，∴AB＝AF＝4，∠ABF＝∠AFB＝30°，AP⊥BF，∴AP＝A
B＝2，∴PH＝，AH＝1，∴DH＝5，∴tan∠ADP＝＝．【点评】本题考查了菱形的判定及平行四边形的性质，解题的关键是牢记菱形
的几个判定定理，难度不大．66．【分析】（1）连接OC，由C是的中点，AB是⊙O的直径，则CO⊥AB，再由BD是⊙O的切线，得BD
⊥AB，从而得出OC∥BD，即可证明AC＝CD；（2）根据点E是OB的中点，得OE＝BE，可证明△COE≌△FBE（ASA），则B
F＝CO，即可得出BF＝2，由勾股定理得出AF＝，由AB是直径，得BH⊥AF，可证明△ABF∽△BHF，即可得出BH的长．【解答】
（1）证明：连接OC，∵C是的中点，AB是⊙O的直径，∴CO⊥AB，∵BD是⊙O的切线，∴BD⊥AB，∴OC∥BD，∵OA＝OB，
∴AC＝CD；（2）解：∵E是OB的中点，∴OE＝BE，在△COE和△FBE中，，∴△COE≌△FBE（ASA），∴BF＝CO，∵
OB＝2，∴BF＝2，∴AF＝＝2，∵AB是直径，∴BH⊥AF，∴△ABF∽△BHF，∴＝，∴AB?BF＝AF?BH，∴BH＝＝＝
．【点评】本题考查了切线的性质以及全等三角形的判定和性质、勾股定理，是中档题，难度不大．67．【分析】根据等腰三角形的性质得到∠A
BC＝C＝72°，根据角平分线的定义得到∠ABD＝∠DBC＝36°，∠BDC＝72°，根据等腰三角形的判定即可得到结论．【解答】证
明：∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝72°，∵BD平分∠ABC交AC于点D，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，∴∠A＝∠
ABD，∴AD＝BD，∵∠C＝72°，∴∠BDC＝72°，∴∠C＝∠BDC，∴BC＝BD，∴AD＝BC．【点评】本题主要考查等腰三
角形的性质和判定，掌握等边对等角是解题的关键，注意三角形内角和定理的应用．68．【分析】（1）利用取点，测量的方法，即可解决问题；
（2）利用描点法，画出函数图象即可；（3）作出直线y＝x与图象的交点，交点的横坐标即可AP的长．【解答】解：（1）通过取点、画图、
测量可得x＝4时，y＝1.6cm，故答案为1.6．（2）利用描点法，图象如图所示．（3）当△PAN为等腰三角形时，∵∠APN＞90
°，∴只有PA＝PN一种情形，即x＝y，作出直线y＝x与图象的交点坐标为（2.2，2.2），∴△PAN为等腰三角形时，PA＝2.2
cm．故答案为2.2．【点评】本题考查圆综合题、坐标与图形的关系等知识，解题的关键是理解题意，学会用测量法、图象法解决实际问题，属
于中考压轴题．69．【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．【解答】证明：S矩形NFGD
＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ S△AEF+S△FCM）．易知，S△ADC＝S△ABC，
S△ANF＝S△AEF，S△FGC＝S△FMC，可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．故答案分别为 S△AEF，S△FCM，S△AN
F，S△AEF，S△FGC，S△FMC．【点评】本题考查矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分这个
性质，属于中考常考题型．70．【分析】（1）由DE＝BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE＝DE即可解决问题
；（2）在Rt△ACD中只要证明∠ADC＝60°，AD＝2即可解决问题；【解答】（1）证明：∵AD＝2BC，E为AD的中点，∴DE
＝BC，∵AD∥BC，∴四边形BCDE是平行四边形，∵∠ABD＝90°，AE＝DE，∴BE＝DE，∴四边形BCDE是菱形．（2）解
：连接AC．∵AD∥BC，AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC＝∠BCA，∴AB＝BC＝1，∵AD＝2BC＝2，∴sin∠ADB
＝，∴∠ADB＝30°，∴∠DAC＝30°，∠ADC＝60°，在Rt△ACD中，∵AD＝2，∴CD＝1，AC＝．【点评】本题考查菱
形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．71．【分析】
（1）由等腰直角三角形的性质得出∠BAC＝∠B＝45°，∠PAB＝45°﹣α，由直角三角形的性质即可得出结论；（2）连接AQ，作M
E⊥QB，由AAS证明△APC≌△QME，得出PC＝ME，△MEB是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得出结论．【解答】解
：（1）∠AMQ＝45°+α；理由如下：∵∠PAC＝α，△ACB是等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠B＝45°，∠PAB＝45°﹣α，
∵QH⊥AP，∴∠AHM＝90°，∴∠AMQ＝180°﹣∠AHM﹣∠PAB＝45°+α；（2）PQ＝MB；理由如下：连接AQ，作M
E⊥QB，如图所示：∵AC⊥QP，CQ＝CP，∴∠QAC＝∠PAC＝α，∴∠QAM＝45°+α＝∠AMQ，∴AP＝AQ＝QM，在△
APC和△QME中，，∴△APC≌△QME（AAS），∴PC＝ME，∵△MEB是等腰直角三角形，∴PQ＝MB，∴PQ＝MB．方法二
：也可以延长AC到D，使得CD＝CQ．则易证△ADP≌△QBM．∴BM＝PD＝CD＝QC＝PQ，即PQ＝MB．【点评】本题考查了全
等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．【
点评】本题考查常见的几何题型，包括切线的判定，角的大小及线段长度的求法，要求学生掌握常见的解题方法，并能结合图形选择简单的方法解题
．72．【分析】（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，其拼成的正方形面积为a2，边长为a；（2）如题图2所示，正方形MNPQ的面积
等于四个虚线小等腰直角三角形的面积之和，据此求出正方形MNPQ的面积；（3）参照小明的解题思路，对问题做同样的等积变换．如答图1所
示，三个等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面积和等于等边三角形△ABC的面积，故阴影三角形△PQR的面积等于三个虚线等腰三角
形的面积之和．据此列方程求出AD的长度．【解答】解：（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，则斜边上的高为a，每个等腰直角三角形的面
积为：a?a＝a2，则拼成的新正方形面积为：4×a2＝a2，即与原正方形ABCD面积相等，∴这个新正方形的边长为a；（2）∵四个等
腰直角三角形的面积和为a2，正方形ABCD的面积为a2，∴S正方形MNPQ＝S△ARE+S△DWH+S△GCT+S△SBF＝4S△
ARE＝4××12＝2；（3）如答图1所示，分别延长RD，QF，PE，交FA，EC，DB的延长线于点S，T，W．由题意易得：△RS
F，△QET，△PDW均为底角是30°的等腰三角形，其底边长均等于△ABC的边长．不妨设等边三角形边长为a，则SF＝AC＝a．如答
图2所示，过点R作RM⊥SF于点M，则MF＝SF＝a，在Rt△RMF中，RM＝MF?tan30°＝a×＝a，∴S△RSF＝a?a＝
a2．过点A作AN⊥SD于点N，设AD＝AS＝x，则AN＝AD?sin30°＝x，SD＝2ND＝2ADcos30°＝x，∴S△AD
S＝SD?AN＝?x?x＝x2．∵三个等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面积和＝3S△RSF＝3×a2＝a2，∴S△RPQ＝
S△ADS+S△CFT+S△BEW＝3S△ADS，∴＝3×x2，得x2＝，解得x＝或x＝（不合题意，舍去）∴x＝，即AD的长为．故
答案为：a；．【点评】本题考查了几何图形的等积变换，涉及正方形、等腰直角三角形、等腰三角形、正三角形、解直角三角形等多个知识点，是
一道好题．通过本题我们可以体会到，运用等积变换的数学思想，不仅简化了几何计算，而且形象直观，易于理解，体现了数学的魅力．73．【分
析】（1）求出∠ABC的度数，即可求出答案；（2）连接AD，CD，ED，根据旋转性质得出BC＝BD，∠DBC＝60°，求出∠ABD
＝∠EBC＝30°﹣α，且△BCD为等边三角形，证△ABD≌△ACD，推出∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝α，求出∠BEC＝α＝∠B
AD，证△ABD≌△EBC，推出AB＝BE即可；（3）求出∠DCE＝90°，△DEC为等腰直角三角形，推出DC＝CE＝BC，求出∠
EBC＝15°，得出方程30°﹣α＝15°，求出即可．【解答】（1）解：∵AB＝AC，∠A＝α，∴∠ABC＝∠ACB，∠ABC+∠
ACB＝180°﹣∠A，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣∠A）＝90°﹣α，∵∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC，∠DBC＝60°，即
∠ABD＝30°﹣α；（2）△ABE是等边三角形，证明：连接AD，CD，ED，∵线段BC绕B逆时针旋转60°得到线段BD，则BC＝
BD，∠DBC＝60°，∵∠ABE＝60°，∴∠ABD＝60°﹣∠DBE＝∠EBC＝30°﹣α，且△BCD为等边三角形，在△ABD
与△ACD中∴△ABD≌△ACD（SSS），∴∠BAD＝∠CAD＝∠BAC＝α，∵∠BCE＝150°，∴∠BEC＝180°﹣（30
°﹣α）﹣150°＝α＝∠BAD，在△ABD和△EBC中∴△ABD≌△EBC（AAS），∴AB＝BE，∴△ABE是等边三角形；（3
）解：∵∠BCD＝60°，∠BCE＝150°，∴∠DCE＝150°﹣60°＝90°，∵∠DEC＝45°，∴△DEC为等腰直角三角形
，∴DC＝CE＝BC，∵∠BCE＝150°，∴∠EBC＝（180°﹣150°）＝15°，∵∠EBC＝30°﹣α＝15°，∴α＝30
°．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定和性质的应用，注意：全等三角形的判定定理
有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性质是全等三角形的对应边相等，对应角相等．74．【分析】根据两直线平行，内错角相等求出∠CAB＝∠ADE，然后利用“角边角”证明△ABC和△DAE全等，再根据全等三角形对应边相等证明即可．【解答】证明：∵DE∥AB，∴∠CAB＝∠ADE，∵在△ABC和△DAE中，，∴△ABC≌△DAE（ASA），∴BC＝AE．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，利用三角形全等证明边相等是常用的方法之一，要熟练掌握并灵活运用．75．【分析】（1）由“平行四边形的对边平行且相等”的性质推知AD∥BC，且AD＝BC；然后根据中点的定义、结合已知条件推知四边形CEDF的对边平行且相等（DF＝CE，且DF∥CE），即四边形CEDF是平行四边形；（2）如图，过点D作DH⊥BE于点H，构造含30度角的直角△DCH和直角△DHE．通过解直角△DCH和在直角△DHE中运用勾股定理来求线段ED的长度．【解答】证明：（1）在?ABCD中，AD∥BC，且AD＝BC．∵F是AD的中点，∴DF＝．又∵CE＝BC，∴DF＝CE，∵DF∥CE，∴四边形CEDF是平行四边形；（2）解：如图，过点D作DH⊥BE于点H．在?ABCD中，∵∠B＝60°，AB∥DC，∴∠B＝∠DCE，∴∠DCE＝60°．∵AB＝4，∴CD＝AB＝4，∴CH＝CD＝2，DH＝2．在?CEDF中，CE＝DF＝AD＝3，则EH＝1．∴在Rt△DHE中，根据勾股定理知DE＝＝．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理．平行四边形的判定方法共有4种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．76．【分析】（1）连接OC，先证明△OCE≌△OBE，得出EB⊥OB，从而可证得结论．（2）过点D作DH⊥AB，根据sin∠ABC＝，可求出OD＝6，OH＝4，HB＝5，然后由△ADH∽△AFB，利用相似三角形的性质得出比例式即可解出BF的长．【解答】证明：（1）连接OC，∵OD⊥BC，∴∠COE＝∠BOE，在△OCE和△OBE中，∵，∴△OCE≌△OBE，∴∠OBE＝∠OCE＝90°，即OB⊥BE，∵OB是⊙O半径，∴BE与⊙O相切．（2）过点D作DH⊥AB，连接AD并延长交BE于点F，∵∠DOH＝∠BOD，∠DHO＝∠BDO＝90°，∴△ODH∽△OBD，∴＝＝又∵sin∠ABC＝，OB＝9，∴OD＝6，易得∠ABC＝∠ODH，∴sin∠ODH＝，即＝，∴OH＝4，∴DH＝＝2，又∵△ADH∽△AFB，∴＝，＝，∴FB＝．【点评】此题考查了切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握切线的判定定理，在第二问的求解中，一定要注意相似三角形的性质的运用．77．【分析】首先由AB∥CD，根据平行线的性质可得∠BAC＝∠ECD，再有条件AB＝CE，AC＝CD可证出△BAC和△ECD全等，再根据全等三角形对应边相等证出CB＝ED．【解答】证明：∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ECD，在△BAC和△ECD中，∴△BAC≌△ECD（SAS），∴CB＝ED．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．78．【分析】根据BE∥DF，可得∠ABE＝∠D，再利用ASA求证△ABC和△FDC全等即可．【解答】证明：∵BE∥DF，∴∠ABE＝∠D，在△ABE和△FDC中，∠ABE＝∠D，AB＝FD，∠A＝∠F∴△ABE≌△FDC（ASA），∴AE＝FC．【点评】此题主要考查全等三角形的判定与性质和平行线的性质等知识点的理解和掌握，此题的关键是利用平行线的性质求证△ABC和△FDC全等．79．【分析】（1）根据AF平分∠BAD，可得∠BAF＝∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF＝∠F即可．（2）根据∠ABC＝90°，G是EF的中点可直接求得．（3）分别连接GB、GC，求证四边形AHFD是菱形，证明△BEG≌△DCG可得结论．【解答】（1）证明：如图1，∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠F，∴∠CEF＝∠F．∴CE＝CF．（2）解：连接GC、BG，∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝90°，∴四边形ABCD为矩形，∵AF平分∠BAD，∴∠DAF＝∠BAF＝45°，∵∠DCB＝90°，DF∥AB，∴∠DFA＝45°，∠ECF＝90°∴△ECF为等腰直角三角形，∵G为EF中点，∴EG＝CG＝FG，CG⊥EF，∵△ABE为等腰直角三角形，AB＝DC，∴BE＝DC，∵∠CEF＝∠GCF＝45°，∴∠BEG＝∠DCG＝135°在△BEG与△DCG中，∵，∴△BEG≌△DCG，∴BG＝DG，∵CG⊥EF，∴∠DGC+∠DGA＝90°，又∵∠DGC＝∠BGA，∴∠BGA+∠DGA＝90°，∴△DGB为等腰直角三角形，∴∠BDG＝45°．（3）解：延长AB、FG交于H，连接HD．∵AD∥GF，AB∥DF，∴四边形AHFD为平行四边形∵∠ABC＝120°，AF平分∠BAD∴∠DAF＝30°，∠ADC＝120°，∠DFA＝30°∴△DAF为等腰三角形∴AD＝DF，∴CE＝CF，∴平行四边形AHFD为菱形∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形∴DH＝DF，∠BHD＝∠GFD＝60°∵FG＝CE，CE＝CF，CF＝BH，∴BH＝GF在△BHD与△GFD中，∵，∴△BHD≌△GFD，∴∠BDH＝∠GDF∴∠BDG＝∠BDH+∠HDG＝∠GDF+∠HDG＝60°【点评】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．同学们在解决此类问题时，可以通过以下的步骤进行思考和分析：（1）通过测量或特殊情况的提示进行猜想；（2）根据猜想的结果进行联想（如60度角可以联想到等边三角形，45度角可以联想到等腰直角三角形等）；（3）在联想的基础上根据已知条件利用几何变换（如旋转、平移、轴对称等）构造全等解决问题．80．【分析】先证明四边形ACED是平行四边形，可得DE＝AC＝2．由勾股定理和中线的定义可求AB和EB的长，从而求出四边形ACEB的周长．【解答】解：∵∠ACB＝90°，DE⊥BC，∴AC∥DE．又∵CE∥AD，∴四边形ACED是平行四边形．∴DE＝AC＝2．在Rt△CDE中，由勾股定理得CD＝＝2．∵D是BC的中点，∴BC＝2CD＝4．在△ABC中，∠ACB＝90°，由勾股定理得AB＝＝2．∵D是BC的中点，DE⊥BC，∴EB＝EC＝4．∴四边形ACEB的周长＝AC+CE+EB+BA＝10+2．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理和中线的定义，注意寻找求AB和EB的长的方法和途径． 1 / 1