押广东卷24题（几何综合）-备战 中考数学临考题号押题（广东卷）

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押广东卷第24题
几何综合

广东中考在24题中在2019年~2020年考查了反比例函数与几何结合方面的内容，2021年中考考查了几何综合类方面的知识。一般难度大，对考生知识掌握与运用能力高。
今年有地方模拟卷简答题减少了一题，降低了考试难度，不管尸体题型如何改变，几何综合题型都会是压轴题出现，难度也不会低。预测今年几何综合依然会出现在压轴题，可能会结合圆的相关性质一起考查，考查动点或最值问题。

在备考中，考查们熟练掌握各图形的基本性质是解题的关键。包括平行四边形与特殊平行四边形的判定与性质，中垂线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，勾股定理的运用与计算，图形相似与全等的判定与性质，圆的相关定理和性质等。

1．（2021广东）如图，在四边形中，，点E、F分别在线段、上，且．

（1）求证：；
（2）求证：以为直径的圆与相切；
（3）若，求的面积．
【分析】(1)设，进而求得，再由即可求得；
(2)取中点O，过点O作，由梯形中位线定理得到，利用得到，进而，由此即可证明；
(3)过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，得到，分别求出，再代入求解即可．
【详解】解：(1)∵，设，
∴，
∵CD∥AB，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
(2)如图，取中点O，过点O作，

∵CD∥AB，∠ABC=90°，
∴，
又∵，
∴OM∥AB，
∴M为中点，
∴，
∵，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴以为直径的圆与相切．
(3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB，
∴，
又∵
∴为等边三角形，，
∵CD∥EF，
∴，
由(2)得：，
∴，
∴，
∵，在中，三边之比为，
∴，
在中，三边之比为，
∴，
如图，过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，

∵，
∴四边形为矩形，
∴，
同理，四边形BENA为矩形，
∴，



．
2．（2020广东）如图，点B是反比例函数y=（x＞0）图象上一点，过点B分别向坐标轴作垂线，垂足为A、C．反比例函数y=（x＞0）的图象经过OB的中点M，与AB、BC分别交于点D、E．连接DE并延长交x轴于点F，点G与点O关于点C对称，连接BF、BG． 
（1）填空：k=________；
（2）求△BDF的面积；
（3）求证：四边形BDFG为平行四边形．


【解答】
（1）设点B（s，t），st＝8，则点M（s，t），
则k=s•t=st＝2，
故答案为2；
（2）解：过点D作DP⊥x轴交于点P
由题意得，S矩形OBC=AB•AO=k=8，S矩形ADPO=AD•AO=k=2
∴=即BD=AB
∵S△BDF=BD•AO=AB•AO=3
（3）连接OE
由题意得S△OEC=OC•CE=1，S△OBC=OC•CB=4
∴即CE=BE
∵∠DEB=∠CEF，∠DBE=∠FCE
∴△DEB∽△FEC
∴CF=BD
∵OC=GC，AB=OC
∴FG=AB-CF=BD-BD=BD
∵AB∥OG
∴BD∥FG
∴四边形BDFG为平行四边形



1．（2022年广东省佛山市南海区中考二模）如图1，⊙O的直径为BC，点A在⊙O上，∠BAC的平分线AD与BC交于点E，与⊙O交于点D，，．

（1）求．
（2）求证：．
（3）如图2，点F是AB延长线上一点，且．求证：DF是⊙O的切线，并求线段DF的长．
【分析】（1）由BC是直径得∠BAC=∠BDC=90°，根据AD平方∠BAC，得到∠BAD=∠DAC=45°，BD=DC，在等腰Rt△BDC中，可求出BC=DC，再在Rt△BAC中，利用勾股定理可得AC，则tan∠ADB可求；
（2）过D点作DH⊥AB，交AB的延长线于H，利用在（1）中结果可得∠ADB=30°=∠ACB，进而可得∠ABC=60°，同理在Rt△AHD中，可得∠HAD=∠ADH=45°，即HA=HD，设HD=a，在Rt△HBD中，利用勾股定理，可构建关于a的一元二次方程，解方程即可求出HD，则可求出AD，可证得AB+AC=AD；
（3）连接OD，根据（1）和（2）中的结论可得出∠FBD=75°=∠DEC，再利用和BD=CD，可得，即有∠BDF=∠ECD=45°，则可得∠ODF=90°，即OD⊥DF，可证得DF是⊙O的切线；根据∠BAD=∠BDF=45°，∠F=∠F，证得，则有，即可找到BF、FD、FA之间的关系，根据，即可求出DF．
【小问1详解】
∵BC是直径，
∴∠BAC=∠BDC=90°，
∵AD平方∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC=45°，
∴BD=DC，且∠DBC=∠DAC=∠DAB=∠DCB=45°
∵BD=，
∴在等腰Rt△BDC中，BC=BD=4，DC=BD=，
∵在Rt△BAC中，AB=2，BC=4，
∴利用勾股定理可得AC=，
∴tan∠ADB=tan∠ACB=，
即：tan∠ADB=；
【小问2详解】
过D点作DH⊥AB，交AB的延长线于H，如图，

在（1）中已求得：tan∠ADB=，
∴∠ADB=30°=∠ACB，
∴在Rt△ABC中，∠ABC=180°-∠BAC-∠ACB=180°-90°-30°=60°，
∵∠DAB=45°，
∴在Rt△AHD中，∠HAD=∠ADH=45°，即HA=HD，
设HD=a，则HA=a，HB=HA-AB=a-2，
在Rt△HBD中，利用勾股定理，
得：，即：，
解得a=，（负值舍去），
即HD=，
∴在等腰Rt△AHD中，AD=HD=，
∴AD=2HD=，
∵AB=2，AC=AC=，
∴AB+AC=AD，
【小问3详解】
连接OD，如图，

即在等腰Rt△BDC中，点O为BC中点，即有∠ODB=∠OBD=45°，
根据（1）和（2）中的结论可知，∠AEB=180°-∠ABC-∠BAD=180°-60°-45°=75°，
∴∠DEC=∠AEB=75°，
∵∠FBD=∠ADB+∠BAD，
∴∠FBD=30°+45°=75°=∠DEC，
∵BD=CD，，
∴，
即，
∴结合∠FBD=∠DEC，可得，
∴∠BDF=∠ECD=45°，
∵∠ODB=45°，
∴∠ODF=∠BDF+∠ODB=45°+45°=90°，即OD⊥DF，
∵OD是圆的半径，
∴DF是⊙O的切线，
∵∠BAD=∠BDF=45°，∠F=∠F，
∴，
∴，
∵BD=，AD=，
∴FA=，，
∵FB=FA-AB=-2，
∴有，
解得：，
即．
2．如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于第一象限C（1，4）、D（4，m）两点，与坐标轴交于A、B两点，连接OC、OD（O是坐标原点）．
（1）求△DOC的面积；
（2）将直线AB向下平移多少个单位长，直线与反比例函数图像只有1个交点？
（3）双曲线上是否存在一点P，使△POC与△POD的面积相等？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把C（1，4）代入y=求出k=4，把（4，m）代入y=求出m即可，将A、C两点坐标代入，获得直线解析式，然后利用，代入即可求解；
（2）设平移后的解析式为，而当直线与反比例函数只有一个交点时，两者相切，联立平移后的直线和反比例函数解析式，形成的新的方程的判别式为0，代入数值即可求解；
（3）双曲线上存在点P，使得S△POC=S△POD，这个点就是∠COD的平分线与双曲线的y=交点，易证△POC≌△POD，则S△POC=S△POD．
【详解】（1）把C（1，4）代入y=，得k=4，
把（4，m）代入y= ，得m=1；
∴反比例函数的解析式为y= ，m=1；
把C（1，4），D（4，1）代入y=ax+b得出，
解得，
∴一次函数的解析式为
当x=0时，y=5；当y=0时，x=5，即A点坐标为（5，0），B点坐标为（0，5）
∴
∴；
（2）设平移后的解析式为
∵直线与反比例函数图像只有1个交点
∴平移后的直线和反比例函数相切，即联立形成的方程判别式为0
∴联立平移后的直线和反比例函数解析式，得，
∴整理得：
∴，整理得
解得或9
∴直线AB向下平移1或9个单位，直线与反比例函数图像只有1个交点
（3）双曲线上存在点P（2，2），使得S△POC=S△POD，理由如下：
∵C点坐标为：（1，4），D点坐标为：（4，1），
∴OD=OC=，
∴当点P在∠COD的平分线上时，∠COP=∠POD，又OP=OP，
∴△POC≌△POD，∴S△POC=S△POD．
∵C点坐标为：（1，4），D点坐标为：（4，1），
可得∠COB=∠DOA，
又∵这个点是∠COD的平分线与双曲线的y=交点，
∴∠BOP=∠POA，
∴P点横纵坐标坐标相等，
即xy=4，x2=4，∴x=±2，
∵x＞0，
∴x=2，y=2，
故P点坐标为（2，2），使得△POC和△POD的面积相等．
利用点CD关于直线y=x对称，得到另一点坐标为
综上所述，P点坐标为或．
3．（汕尾市2021-2022学年度义务教育学业质量监测九年级二模） 如图，是的直径，是的弦，M为的中点，与交于点F，过点D作，交的延长线于点E，且平分．

（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）若，求的长．
【分析】（1）连接OD，由CD平分∠ACE，OC=OD，可得∠DCE=∠ODC，OD∥BC，从而可证DE是⊙O的切线；
（2）连接AB，由AC是⊙O的直径，得∠ABD+∠DBC=90°，又∠ABD=∠ACD，∠ABD=∠ODC，可得∠ODC+∠DBC=90°，结合∠ODC+∠CDE=90°，即可得∠CDE=∠DBE；
（3）求出CE=4，BE=9，即可得BC=5，由M为BC的中点，可得OM⊥BC，Rt△BFM中，求出FM的长，再用勾股定理即得答案．
小问1详解】
解：如图，连接

∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，且是半径，
∴是的切线．
【小问2详解】
如图，连接，


∵是的直径，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
由（2）可得，
∴，
设，
在中，，
解得：，
∴，，
在中，，
∴，则，
∵点M为的中点，
∴，
在中，，
∴，
∴．
4．（2022年广东省梅州市中考数学1模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D为AB边上一动点，连接CD，并将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE，连接BE、DE，点F为DE中点，连接BF．
（1）求证：△ACD△BCE；
（2）如图2所示，在点D的运动过程中，当时（n＞1），分别延长AC、BF相交于G：
①当时，求CG与AB的数量关系；
②当＝n时（n＞1），＝　 　．
（3）当点D运动时，在线段CD上存在一点M，使得AM+BM+CM的值最小，若CM＝2，则BE＝　 　．

【分析】（1）利用SAS可直接证明；
（2）①先证明∠DBE=90°，过点G作GH⊥AB，可得tan∠FDB=tan∠FBD，，此时，H、D重合，设AD=3x，BD=2x，则AB=5x，AC=BC=5x÷=，进而即可得到答案；②设AD=nx，BD=x，则AB=(n+1)x，AC=BC=(n+1)x÷=，类似①的方法即可求解；
（3）把绕点A顺时针旋转60°，得到，可得AM+BM+CM= HG+MG+CM，当点C、M、G、H四点共线时，AM+BM+CM的值最小，此时CH垂直平分AB，即CD垂直平分AB，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵把CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，
∴CD=CE，∠DCE=∠DCB+∠ECB=90°．
又∵∠ACB=90°=∠ACD+∠DCB，
∴∠ACD=∠ECB，
在△ACD和△BCE中，

∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）①∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠A=∠CBA=45°，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠A=∠CBE=45°，
∴∠DBE=90°，
∵=，
过点G作GH⊥AB，


∵点F为DE中点，
∴DF=FB=，
∴∠FDB=∠FBD，
∴tan∠FDB=tan∠FBD，
∴，
∵∠A=45°，
∴是等腰直角三角形，
∴GH=AH，
∴，此时，H、D重合，
∴设AD=3x，BD=2x，则AB=5x，AC=BC=5x÷=，
∴GH=AH=3x，AG=3x
∴CG=3x-=，
∴
②当＝n时（n＞1），
设AD=nx，BD=x，则AB=(n+1)x，AC=BC=(n+1)x÷=，
同理：GH=AH=nx，AG=nx
∴CG=nx-=，
∴=，
故答案是：；
（3）如图，把绕点A顺时针旋转60°，得到，
∴AM=AG，BM=HG，∠MAG=60°，
∴是等边三角形，
∴MA=MG，
∴AM+BM+CM= HG+MG+CM，当点C、M、G、H四点共线时，AM+BM+CM的值最小，

连接BH，
∵把绕点A顺时针旋转60°，得到，
∴AM=AG，AB=AH，∠MAG=60°，
∴是等边三角形，是等边三角形，
∴∠AMG=∠AGM=60°，AH=BH，
∵AC=BC，
∴CH垂直平分AB，即CD垂直平分AB，
∴∠MAD=30°，
设AD=a，则MD=，
∵CM=2，AD=CD，
∴+2=a，解得：a=3+，
∴BE=AD=3+．
故答案是：3+．
5．（2022年广东省佛山市南海区中考一模）如图，在正方形ABCD中，点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB
（1）求证：EF⊥AG；
（2）若点F、G分别在射线AB、BC上同时向右、向上运动，点G运动速度是点F运动速度的2倍，EF⊥AG是否成立（只写结果，不需说明理由）？
（3）正方形ABCD的边长为4，P是正方形ABCD内一点，当，求△PAB周长的最小值．

【详解】试题分析：（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，证出，得出△AEF∽△BAG，由相似三角形的性质得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理证出∠AOE=90°即可；
（2）证明△AEF∽△BAG，得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得出结论；
（3）过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，则MN⊥AD，MN=AB=4，由三角形面积关系得出点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA=PB，PM=MN=2，连接EG，则EG∥AB，EG=AB=4，证明△AOF∽△GOE，得出 =，证出 =，得出AM=AE=，由勾股定理求出PA，即可得出答案．
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，∵点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB，∴ =， =，∴，∴△AEF∽△BAG，∴∠AEF=∠BAG，∵∠BAG+∠EAO=90°，∴∠AEF+∠EAO=90°，∴∠AOE=90°，∴EF⊥AG；
（2）解：成立；理由如下：
根据题意得： =，∵ =，∴=，又∵∠EAF=∠ABG，∴△AEF∽△BAG，∴∠AEF=∠BAG，∵∠BAG+∠EAO=90°，∴∠AEF+∠EAO=90°，∴∠AOE=90°，∴EF⊥AG；
（3）解：过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，如图所示：
则MN⊥AD，MN=AB=4，∵P是正方形ABCD内一点，当S△PAB=S△OAB，∴点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA=PB，PM=MN=2，连接EG、PA、PB，则EG∥AB，EG=AB=4，∴△AOF∽△GOE，∴=，∵MN∥AB，∴ =，∴AM=AE=×2=，由勾股定理得：PA= =，∴△PAB周长的最小值=2PA+AB=．

6．（2022年广东省佛山市禅城区中考一模）如图1，▱ABCD的边长AB＝5，对角线AC平分∠BAD，点E从A点出发沿AB方向以1个单位/秒的速度运动，点F从C点出发沿CA方向以2个单位/秒的速度运动，其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．

（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若对角线BD＝6，当t为多少秒时，△AEF为等腰三角形；
（3）如图2，若∠BAD＝60°，点GDE是中点，作GH⊥DE交AC于H．点E在AB边上运动过程中，线段GH存在最小值，请你直接写出这个最小值．
【分析】（1）由角平分线定义可得出∠BAC=∠DAC=∠ACD，由等腰三角形的判定可得出AD=DC，根据菱形的判定定理可得出结论；
（2）可分三种情况：①当FA=FE时，②当AE=AF时，③当EA=EF时，由等腰三角形的性质可求出答案；
（3）过点H作HM⊥AB于点M，过点H作HN⊥AD于点N，连接DH，EH，BH，证明Rt△DHN≌Rt△EHM（HL），由全等三角形的性质得出∠DHN=∠EHM，可求出∠DEH=30°，由直角三角形的性质得出GH=GE=DE．则可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC=∠ACD，
∴AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
【小问2详解】
设AB与CD相交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，AB=6，∠B=120°，
∴AC⊥BD，BO=BD=3，OA=OC，
∴Rt△AOB中，，
∴AC=8， cos∠OAB=，
∵点E从A点出发沿AB方向以1个单位/秒的速度运动，点F从C点出发沿CA方向以2个单位/秒的速度运动，
∴AE=t，AF=8-2t，
若△AEF为等腰三角形，分如下三种情况：
①若FA=FE，
则t=8-2t，解得：t=；
②若AE=AF，如图3，过点F作FM⊥AB，

图3
则AM=AE=t，
∴cos∠OAB= cos∠FAM =，
解得：，
③若EA=EF，如图4，过点E作EN⊥AC，

则AN=AF=8-t，
∴cos∠OAB= cos∠NAE =，
解得：，
∴当t=或或秒时，△AEF为等腰三角形；
【小问3详解】
过点H作HM⊥AB于点M，过点H作HN⊥AD于点N，连接DH，EH，BH，

∵四边形ABCD是菱形，
∴BH=DH，∠DAC=∠BAC，
∴HN=HM，
∵GH是线段DE的中垂线，
∴DH=EH，
∴BH=DH=EH，
在Rt△DHN和Rt△EHM中，
，
∴Rt△DHN≌Rt△EHM（HL），
∴∠DHN=∠EHM，
∴∠DHE=∠DHN+∠NHE=∠NHE+∠EHM=360°-90°-90°-60°=120°，
∴∠DEH=30°，
∴GH=GE=DE．
当DE⊥AB时，此时DE有最小值是3，即GH的最小值为．
∴线段GH的最小最小值为．
7．（珠海市2021-2022学年度第二学期初三数学第二次模拟）24. 如图1，在正方形ABCD中，AB＝10，点O，E在边CD上，且CE＝2，DO＝3，以点O为圆心，OE为半径在其左侧作半圆O，分别交AD于点G，交CD的延长线于点F．

（1）AG＝　 　；
（2）如图2，将半圆O绕点E逆时针旋转α（0°＜α＜180°），点O的对应点为O′，点F的对应点为F′，设M为半圆O′上一点．
①当点F′落在AD边上时，求点M与线段BC之间最短距离；
②当半圆O′交BC于P，R两点时，若的长为π，求此时半圆O′与正方形ABCD重叠部分的面积；
③当半圆O′与正方形ABCD的边相切时，设切点为N，直接写出tan∠END的值．
【分析】（1）连接OG，如图1，先由正方形的边长与已知线段求得半径OE，再由勾股定理求得DG，进而得AG；
（2）①如图2，过点O'作O'H⊥BC于点H，交半圆O'于点M，反向延长HO′交AD于点Q，由三角形的中位线求得O′Q，进而由线段和差求得MH便可；
②由弧长公式求得∠PO′Q的度数，再根据等边三角形的面积公式和扇形面积公式进行计算便可；
③分两种情况：当半圆O'与正方形ABCD的边BC相切时；当半圆O'与正方形ABCD的边AB相切时．分别求出结果便可．
【小问1详解】
连接OG，如图1，

∵正方形ABCD中，AB＝10，
∴AD＝CD＝AB＝10，∠ADC＝90°，
∵CE＝2，DO＝3，
∴OG＝OE＝CD﹣CE﹣OD＝10﹣2﹣3＝5，
∴DG，
∴AG＝AD﹣DG＝10﹣4＝6，
故答案为：6；
【小问2详解】
①如图2，过点O'作O'H⊥BC于点H，交半圆O'于点M，反向延长HO′交AD于点Q，则∠QHC＝90°，

根据三点共线及垂线段最短可得此时点M到BC的距离最短，
∵∠C＝∠D＝∠QHC＝90°，
∴四边形QHCD是矩形，
∴HQ＝CD＝10，HQ∥CD．
∵点O′是EF′的中点，点Q是DF′的中点，
∵DE＝8，
∴，
∴O'H＝6，
∵CE＝2，DQ＝3，
∴O′E＝10﹣2﹣3＝5，即半圆的半径为5，
∴MH＝1，
即点M到BC的最短距离为1；
②由①可知半圆O的半径为5，如图3，设∠PO'R的度数为β，

由题意得，的长为，
∴∠PO'R＝60°，
∴∠F'O'P+∠EO'R＝120°，
∴，
∵O'R＝PO'，
∴△O'RP是等边三角形，
∴，
∴此时半圆O'与正方形ABCD重叠部分的面积为；
③当半圆O'与正方形ABCD的边BC相切时，如图4，过点D作DH⊥NE，与NE的延长线交于点H，作EG⊥O′N于点G，则NG＝CE＝2，O′N＝O′E＝5，

∴O′G＝5﹣2＝3，
∴CN＝GE，
∴，
NE，
∵，
∴，
∴NH，
∴tan∠END；
当半圆O'与正方形ABCD的边AB相切时，如图5，此时N与F′重合，则EF′⊥AB，

∵AB∥CD，
∴EF′⊥CD，
∴tan∠END，
综上，tan∠END．


1. （佛山市大沥镇一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点的坐标为，、分别落在落在轴和轴上，是矩形的对角线． 将绕点逆时针旋转，使点落在轴上，得到，与相交于点，反比例函数的图像经过点，交于点．
（1）填空：的值等于 ；
（2）连接，图中是否存在与相似的三角形？若存在，请找一个，并进行证明；若不存在，请说明理由；
（3）在线段上是否存在这样的点，使得是等腰三角形． 请直接写出的长．

【分析】（1）证明△COF∽△AOB，则，求得：点F的坐标为（1，2），即可求解；
（2）△COF∽△BFG；△AOB∽△BFG；△ODE∽△BFG；△CBO∽△BFG．证△OAB∽△BFG：，，即可求解；
（3）分GF＝PF、PF＝PG、GF＝PG三种情况，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形OABC为矩形，点B的坐标为（4，2），
∴∠OCB＝∠OAB＝∠ABC＝90°，OC＝AB＝2，OA＝BC＝4，
∵△ODE是△OAB旋转得到的，即：△ODE≌△OAB，
∴∠COF＝∠AOB，
∴△COF∽△AOB，
∴，
∴＝，
∴CF＝1，
∴点F的坐标为（1，2），
∵y＝（x＞0）的图象经过点F，
∴2＝，得k＝2；
（2）存在与△BFG相似的三角形，比如：△AOB∽△BFG．
下面对△OAB∽△BFG进行证明：
∵点G在AB上，
∴点G横坐标为4，
对于y＝，当x＝4，得y＝，
∴点G的坐标为（4，），
∴AG＝，
∵BC＝OA＝4，CF＝1，AB＝2，
∴BF＝BC﹣CF＝3，
BG＝AB﹣AG＝，
∴，，
∴，
∵∠OAB＝∠FBG＝90°，
∴△OAB∽△FBG．
（3）设点P（m，0），而点F（1，2）、点G（4，），
则FG2＝9+＝，PF2＝（m﹣1）2+4，PG2＝（m﹣4）2+，
当GF＝PF时，即＝（m﹣1）2+4，解得：m＝（舍去负值）；
当PF＝PG时，同理可得：m＝；
当GF＝PG时，同理可得：m＝4﹣；
综上，点P的坐标为（4﹣，0）或（，0）或（，0），
∴OP=4-或或．
2. （2022年广东省广州市黄埔区中考一模）在△ABC和△ADE中，AC=BC，AE=DE，且AE＜AC，∠ACB=∠AED=90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．

（1）如图1，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）如图2，当时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
（3）当α=150°时，若BC=3，DE=1，请直接写出PC2的值．
【分析】（1）延长EP交BC于F，根据AAS证△FBP≌△EDP，再证△EFC是等腰直角三角形即可得出PC=PE，PC⊥PE；
（2）作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，根据AAS证△FBP≌△EDP，再根据SAS证△FBC≌△EAC，然后得出△FCE是等腰直角三角形即可得出结论；
（3）作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过点E作EH⊥AC交CA延长线于H，同②得出△FCE是等腰直角三角形，利用勾股定理求出CE2，根据PC2=CE2得出PC2的值即可．
【小问1详解】
解：PC=PE，PC⊥PE，理由如下：
如图1，延长EP交BC于F，

∵∠ACB=∠AED=90°，
∴ED∥BC，
∴∠PBF=∠PDE，
∵点P是线段BD的中点，
∴BP=DP，
又∵∠BPF=∠DPE，
∴△FBP≌△EDP（AAS），
∴PF=PE，BF=DE，
又∵AC=BC，AE=DE，
∴FC=EC，
又∵∠ACB=90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵EP=FP，
∴PC=PE，PC⊥PE；
【小问2详解】
解：PC=PE，PC⊥PE，理由如下：
如图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，

同理（1）可证△FBP≌△EDP（AAS），
∴BF=DE，PE=PF=EF，
∵DE=AE，
∴BF=AE，
∵当α=90°时，∠EAC=90°，
∴ED∥AC，EA∥BC，
∵FB∥AC，∠FBC=90°，
∴∠CBF=∠CAE，
在△FBC和△EAC中，
，
∴△FBC≌△EAC（SAS），
∴CF=CE，∠FCB=∠ECA，
∵∠ACB=90°，
∴∠FCE=90°，
∴△FCE是等腰直角三角形，
∴EP=FP，
∴PC⊥PE，PC=PE；
【小问3详解】
解：如下图，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过点E作EH⊥AC交CA延长线于H，

当α=150°时，由旋转可知，∠CAE=150°，
即DE与BC所成夹角的锐角为30°，
∴∠FBC=∠EAC=α=150°，
同（2）可得△FBP≌△EDP（AAS），
同（2）可得△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP=EP=CE，
在Rt△AHE中，∠EAH=30°，AE=DE=1，
∴HE=，AH=，
又∵AC=BC=3，
∴CH=3+，
∴EC2=CH2+HE2=10+3，
∴PC2=（EC）2=EC2=．
3. （2022年广东省肇庆市高要区中考一模）如图，是的外接圆，点在边上，的平分线交于点，连接、，过点作的平行线，与的延长线相交于点．

（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）当，时，求线段的长．
【分析】（1）连接，根据是角平分线，进而可得，，根据垂径定理的推论可得，由，即可证明，即可证明是的切线；
（2）由可得，，根据同弧所对的圆周角相等可得，进而可得，根据圆内接四边形的对角互补，可得，可得，即可证明
（3）连接，根据直径所对的圆周角等于90°，进而勾股定理求得，由，进而求得，根据（2）的结论，列出比例式，代入数值计算即可求得线段的长．
【详解】（1）证明：连接，如图，

是的角平分线，





是的切线；
（2）




，


（3）如图，连接

是的直径，
，
在中，，



在中



即

4．（湖南省郴州市2021年中考数学试卷）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，．


（1）证明：；
（2）如图2，连接，，交于点．
①证明：在点的运动过程中，总有；
②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？
【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形
【分析】
（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论；
（2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可．
【详解】
解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到，
∴AH=AG，∠HAG=90°，
∵在等腰直角三角形中，，AB=AC，
∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG，
∴；
（2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点，
∴AE=AF，是等腰直角三角形，
∵AH=AG，∠BAH =∠CAG，
∴，
∴∠AEH=∠AFG=45°，
∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：；
②∵，点，分别为，的中点，
∴AE=AF=2，
∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况：
（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°，
∴AH平分∠EAF，
∴点H是EF的中点，
∴EH=；

（b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°，
∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠EHA=∠EAH，
∴EH=EA=2；

（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去，
综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形．

5．（2021·浙江中考真题）在扇形中，半径，点P在OA上，连结PB，将沿PB折叠得到．

（1）如图1，若，且与所在的圆相切于点B．
①求的度数．
②求AP的长．
（2）如图2，与相交于点D，若点D为的中点，且，求的长．
【答案】（1）①60°；②；（2）
【分析】
(1)根据图像折叠的性质，确定角之间的关系，通过已知的角度来间接求所求角的角度；求的长，先连接，先在中，求出；再在中，求出即可得到答案；
（2）要求的长，扇形的半径已知，就转化成求的度数，连接，通过条件找到角之间的等量关系，再根据三角形内角和为，建立等式求出，最后利用弧长的计算公式进行计算．
【详解】
解：（1）①如图1，为圆的切线．
由题意可得，，．


，
②如图1，连结，交BP于点Q．则有．
在中，．
在中，，
．

（2）如图2．连结OD．设．
∵点D为的中点．



．

由题意可得，．


又

，，解得．

．
6．（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．

（1）如图1，若，求的长．
（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．
（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，
【分析】
（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；
（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；
（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．
【详解】
（1）解 ，
，
，
，
是等边三角形，

是的中点，
，
在中，，
，
．
（2）证明：连结，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
是等边三角形，

，
，
又，
，
，
．

（3）存在这样的．
过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，
，
由（2）得AE=2AP，DE=AC，
∴CG=EN，
∵，
∴AE=BC，
∵∠ANE=∠BGC=90°，
，
∴∠EAN=∠CBG
∵AE=BC，AB=BA，
∴
∴AC=BE，
∴DE=BE，
∴∠EDB=∠EBD=45°，
∴∠DEB=90°，
∴，
∵
∴

7．（2021·安徽中考真题）如图1，在四边形ABCD中，，点E在边BC上，且，，作交线段AE于点F，连接BF．
（1）求证：；
（2）如图2，若，，，求BE的长；
（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．


【答案】（1）见解析；（2）6；（3）
【分析】
（1）根据平行线的性质及已知条件易证，，即可得，；再证四边形AFCD是平行四边形即可得，所以，根据SAS即可证得；
（2）证明，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长BM、ED交于点G．易证，可得；设，，，由此可得，；再证明，根据全等三角形的性质可得．证明，根据相似三角形的性质可得，即，解方程求得x的值，继而求得的值．
【详解】
（1）证明：，
；
，
，，
，
，，
，，
，，
四边形AFCD是平行四边形


在与中．
，


（2），
，
在中，，
，
，
又，，
，
在与中．
，
；
；
，
；
，
；
，
，
或（舍）；
（3）延长BM、ED交于点G．


与均为等腰三角形，，
，
，
设，，，
则，，
，
，
；
在与中，
，
；
．
；
，
，
，
，
，
，
，
，
（舍），，
．