专题05图形的性质解答题-三年（2022-2024）中考数学真题分项汇编（甘肃专用）

这是一份专题05图形的性质解答题-三年（2022-2024）中考数学真题分项汇编（甘肃专用），共48页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2022·甘肃兰州·中考真题）如图1是小军制作的燕子风筝，燕子风筝的骨架图如图2所示，，，，，求的大小．
2．（2022·甘肃兰州·中考真题）如图，是的外接圆，AB是直径，，连接AD，，AC与OD相交于点E．
(1)求证：AD是的切线；
(2)若，，求的半径．
3．（2022·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎范、芯组成的（如图1），它的端面是圆形，如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与圆的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点，这样就用“矩”确定了圆上等距离的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点O，即O为圆心．
(1)问题解决：请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如图3，点A，B，C在上，，且，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)类比迁移：小梅受此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在上，，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）
(3)拓展探究：小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是上任意三点，请用不带刻度的直尺和圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的理由：______________________________．
4．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，内接于，，是的直径，是延长线上一点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求线段的长．
5．（2022·甘肃武威·中考真题）中国清朝末期的几何作图教科书《最新中学教科书用器画》由国人自编（图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：

(1)根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)根据（1）完成的图，直接写出，，的大小关系．
6．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图，内接于，AB是的直径，，于点，DE交于点，交AB于点，，连接BD．

(1)求证：是的切线；
(2)判断的形状，并说明理由；
(3)当时，求的长．
7．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．

(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)当时，求的长．
8．（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
问题探究：（1）如图1是古希腊数学家欧几里得所著的《几何原本》第1卷命题9：“平分一个已知角．”即：作一个已知角的平分线，如图2是欧几里得在《几何原本》中给出的角平分线作图法：在和上分别取点C和D，使得，连接，以为边作等边三角形，则就是的平分线．

请写出平分的依据：____________；
类比迁移：
（2）小明根据以上信息研究发现：不一定必须是等边三角形，只需即可．他查阅资料：我国古代已经用角尺平分任意角．做法如下：如图3，在的边，上分别取，移动角尺，使角尺两边相同刻度分别与点M，N重合，则过角尺顶点C的射线是的平分线，请说明此做法的理由；
拓展实践：
（3）小明将研究应用于实践．如图4，校园的两条小路和，汇聚形成了一个岔路口A，现在学校要在两条小路之间安装一盏路灯E，使得路灯照亮两条小路（两条小路一样亮），并且路灯E到岔路口A的距离和休息椅D到岔路口A的距离相等．试问路灯应该安装在哪个位置？请用不带刻度的直尺和圆规在对应的示意图5中作出路灯E的位置．（保留作图痕迹，不写作法）

9．（2023·甘肃武威·中考真题）1672年，丹麦数学家莫尔在他的著作《欧几里得作图》中指出：只用圆规可以完成一切尺规作图．1797年，意大利数学家马斯凯罗尼又独立发现此结论，并写在他的著作《圆规的几何学》中．请你利用数学家们发现的结论，完成下面的作图题：
如图，已知，是上一点，只用圆规将的圆周四等分．（按如下步骤完成，保留作图痕迹）

①以点为圆心，长为半径，自点起，在上逆时针方向顺次截取；
②分别以点，点为圆心，长为半径作弧，两弧交于上方点；
③以点为圆心，长为半径作弧交于，两点．即点，，，将的圆周四等分．
10．（2024·甘肃兰州·中考真题）观察发现：劳动人民在生产生活中创造了很多取材简单又便于操作的方法，正如木匠刘师傅的“木条画直角法”，如图1，他用木条能快速画出一个以点A为顶点的直角，具体作法如下：
①本条的两端分别记为点M，N，先将木条的端点M与点A重合，任意摆放木条后，另一个端点N的位置记为点B，连接AB；
②木条的端点N固定在点B处，将木条绕点B顺时针旋转一定的角度，端点M的落点记为点C（点A，B，C不在同一条直线上）；
③连接CB并延长，将木条沿点C到点B的方向平移，使得端点M与点B重合，端点N在CB延长线上的落点记为点D；
④用另一根足够长的木条画线，连接AD，，则画出的是直角．
操作体验：（1）根据“观察发现”中的信息重现刘师傅的画法，如图2，，请画出以点A为顶点的直角，记作；
推理论证：（2）如图1，小亮尝试揭示此操作的数学原理，请你补全括号里的证明依据：
证明：，
与是等腰三角形．
．（依据1______）
．
，（依据2______）
，
．
依据1：______；依据2：______；
拓展探究：（3）小亮进一步研究发现，用这种方法作直角存在一定的误差，用平时学习的尺规作图的方法可以减少误差．如图3，点O在直线l上，请用无刻度的直尺和圆规在图3中作出一个以O为顶点的直角，记作，使得直角边（或）在直线l上．（保留作图痕迹，不写作法）
11．（2024·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点M，N分别为，上的动点（不含端点），且．
【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点M逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明：
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点E，交于点F，将绕点M逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）孙老师提出新的探究方向：如图3，在中，，，连接，，请直接写出的最小值．
12．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，D是的中点，，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
13．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，内接于，为的直径，点D为上一点，，延长至E，使得．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
14．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，直线与相切于点，为的直径，过点作于点，延长交直线于点．
(1)求证：平分；
(2)如果，，求的半径．
15．（2024·甘肃临夏·中考真题）根据背景素材，探索解决问题．
16．（2024·甘肃·中考真题）马家窑文化以发达的彩陶著称于世，其陶质坚固，器表细腻，红、黑、白彩共用，彩绘线条流畅细致，图案繁缛多变，形成了绚丽典雅的艺术风格，创造了一大批令人惊叹的彩陶艺术精品，体现了古代劳动人民的智慧．如图1的彩陶纹样呈现的是三等分圆周，古人用等边三角形三点定位的方法确定圆周的三等分点，这种方法和下面三等分圆周的方法相通．如图2，已知和圆上一点M．作法如下：
①以点M为圆心，长为半径，作弧交于A，B两点；
②延长交于点C；
即点A，B，C将的圆周三等分．
(1)请你依据以上步骤，用不带刻度的直尺和圆规在图2中将的圆周三等分（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)根据（1）画出的图形，连接，，，若的半径为，则的周长为______．
17．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】
（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
18．（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．

19．（2023·甘肃武威·中考真题）【模型建立】
（1）如图1，和都是等边三角形，点关于的对称点在边上．
①求证：；
②用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图2，是直角三角形，，，垂足为，点关于的对称点在边上．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）在（2）的条件下，若，，求的值．

20．（2022·甘肃武威·中考真题）已知正方形，为对角线上一点．
(1)【建立模型】如图1，连接，．求证：；
(2)【模型应用】如图2，是延长线上一点，，交于点．
①判断的形状并说明理由；
②若为的中点，且，求的长．
(3)【模型迁移】如图3，是延长线上一点，，交于点，．求证：．
原文
释义
甲乙丙为定直角．
以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧；
以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己；
再以戊为圆心，仍以原半径画弧得交点庚；
乙与己及庚相连作线．
如图2，为直角．
以点为圆心，以任意长为半径画弧，交射线，分别于点，；
以点为圆心，以长为半径画弧与交于点；
再以点为圆心，仍以长为半径画弧与交于点；
作射线，．
平面直角坐标系中画一个边长为2的正六边形
背景素材
六等分圆原理，也称为圆周六等分问题，是一个古老而经典的几何问题，旨在解决如何使用直尺和圆规将一个圆分成六等份的问题．这个问题由欧几里得在其名著《几何原本》中详细阐述．
已知条件
点与坐标原点重合，点在轴的正半轴上且坐标为
操作步骤
①分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；
②以点为圆心，长为半径作圆；
③以的长为半径，在上顺次截取；
④顺次连接，，，，，得到正六边形．
问题解决
任务一
根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）
任务二
将正六边形绕点顺时针旋转，直接写出此时点所在位置的坐标：______．
参考答案：
1．
【分析】首先根据题意证明，然后根据全等三角形对应角相等即可求出的大小．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴在和中，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了三角形全等的性质和判定方法，解题的关键是熟练掌握三角形全等的性质和判定方法．全等三角形的性质：全等三角形对应边相等，对应角相等．判定三角形全等的方法有：SSS，SAS，AAS，ASA，HL(直角三角形)．
2．(1)见解析
(2)2
【分析】（1）先证∠BOC +∠AOD=90°，再因为，得出∠ADO +∠AOD=90°，即可得∠OAD=90°，即可由切线的判定定理得出结论；
（2）先证明∠AED=∠DAE，得出DE=AD=，再证∠OAC=∠OCA，得tan∠OAC= tan∠OCA=,设OC=OA=R,则OE=R，在Rt△OAD中，由勾股定理，得
，解之即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴∠COD=90°，
∵∠BOC+∠COD+∠AOD=180°，
∴∠BOC +∠AOD=90°，
∵，
∴∠ADO +∠AOD=90°，
∵∠ADO +∠AOD+∠OAD=180°，
∴∠OAD=90°，
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
∵∠BAC+∠CAD=∠OAD=90°，
∴∠B=∠CAD，
∵∠B+∠BOC+∠OCB=∠ADO+∠CAD+∠AED=180°，∠ADO=∠BOC，
∴∠AED=∠OCB，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB，
∴∠AED=∠CAD，
∴DE=AD=，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵OC⊥OD，
∴∠COE=90°，
∴tan∠OAC= tan∠OCA=,
设OC=OA=R,
则OE=R，
在Rt△OAD中，∠OAD=90°，
由勾股定理，得OD2=OA2+AD2，
即，
解得：R=2或R=0(不符合题意，舍去）,
∴⊙O的半径为2．
【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，圆周角定理的推论，本题属圆的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
3．(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（2）作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，即可；
（3）作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，即可，则垂径定理得出确定圆心的理由即可．
【详解】（1）解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABD=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（2）解：如图所示，点O就是圆的圆心．
作∠ABD=90°， BD与圆相交于D，连接BC、AD相交 于点O，
∵∠CAB=∠ABC=90°，
∴BC、AD是圆的直径，
∴点O是圆的圆心．
（3）解：如图所示 ，点O就是圆的圆心．
作AB的垂直平分线DE，作AC的垂直平分线MN，DE交MN于O，
∵DE垂直平分AB，
∴DE经过圆心，即圆心必在直线DE上，
∵MN垂直平分AC，
∴MN经过圆心，即圆心必在直线MN上，
∴DE与MN的交点O是圆心．
确定圆心的理由：弦的垂直平分线经过圆心．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，垂径定理的推论，尺规作线段垂直平分线，熟练掌握直角的圆周角所对的弦是直径是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是90°，得出，根据圆周角定理得到，推出，即可得出结论；
（2）根据得出，再根据勾股定理得出CE即可．
【详解】（1）证明：∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）由（1）知，
在和中，
∵，，
∴，
即，
∴，
在中，
，，
∴，
解得．
【点睛】本题主要考查圆的综合题，熟练掌握圆周角定理，切线的判定，勾股定理等知识是解题的关键．
5．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）连接DF，EG，可得 和均为等边三角形，，进而可得．
【详解】（1）解：（1）如图：

（2）．
理由：连接DF，EG如图所示

则BD=BF=DF，BE=BG=EG
即和均为等边三角形
∴
∵
∴
【点睛】本题考查了尺规作图，根据题意正确作出图形是解题的关键．
6．(1)见解析
(2)是等腰三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，根据圆周角定理得出，根据已知得出，根据得出，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得，即可得证；
（2）根据题意得出，则，证明，得出，等量代换得出，即可得出结论；
（3）根据，，设，则，等边对等角得出，则．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴，
即，又AB是的直径，
∴是的切线；
（2）∵，AB是的直径，
∴，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
又，
∴，
∴是等腰三角形，
（3）∵，，
设，则，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
7．(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)．
【分析】（1）证明和是等边三角形，即可推出四边形是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得和的长，利用菱形的性质得到，在中，解直角三角形求得的长，据此求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下，
∵矩形的对角线与相交于点O，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵直线是线段的垂直平分线，且，
∴，，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
8．（1）；（2）证明见解析；（3）作图见解析；
【分析】（1）先证明，可得，从而可得答案；
（2）先证明，可得，可得是的角平分线；
（3）先作的角平分线，再在角平分线上截取即可．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，
∴，
∴是的角平分线；
故答案为：
（2）∵，，，
∴，
∴，
∴是的角平分线；
（3）如图，点即为所求作的点；
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，角平分线的定义与角平分线的性质，作已知角的角平分线，理解题意，熟练的作角的平分线是解本题的关键．
9．见解析
【分析】根据作图提示逐步完成作图即可．再根据图形基本性质进行证明即可．
【详解】解：如图，

即点，，，把的圆周四等分．
理由如下：
如图，连接，

由作图可得：，且，
∴为等边三角形，，
同理可得：，
∴，
∴A，O，D三点共线，为直径，
∴，
设，而，
∴，，
由作图可得：，而，
∴，，
∴由作图可得，
而，
∴，
∴，
同理，
∴点，，，把的圆周四等分．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，圆弧与圆心角之间的关系，等边三角形的判定与性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，圆周角定理的应用，熟练掌握图形的基本性质并灵活应用于作图是解本题的关键．
10．（1）见详解，（2）等边对等角（等腰三角形的性质）；三角形内角和定理；（3）见详解
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及尺规作图的作垂线，
（1）根据“观察发现”延长至点D，且，连接即可知以点A为顶点的为直角；
（2）根据作图可知利用了等边对等角，以及三角形内角和定理；
（3）根据过定点作已知直线的垂线的方法作图即可．
【详解】解：[操作体验] （1）

[推理论证]（2）依据1：等边对等角（等腰三角形的性质）；依据2：三角形内角和定理；
故答案为：等边对等角（等腰三角形的性质）；三角形内角和定理；
[拓展探究]（3）
11．（1）见详解，（2）四边形为平行四边形，（3）
【分析】（1）根据等边三角的性质可得，再由旋转的性质可得，从而可得，证明，即可得证；
（2）根据等腰直角三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，从而可得，由平行线的判定可得，证明，可得，利用等量代换可得，再由平行线的判定可得，根据平行四边形的判定即可得证；
（3）过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，根据等腰三角形的性质可证，证明，可得，从而可得当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，根据平行线的性质和平角的定义可得，再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，从而可得，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明∵为等边三角形，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：四边形为平行四边形，理由如下，
∵，，
∴，
∵绕点M逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
则，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则四边形为平行四边形；
（3）解：如图，过点A作，使，连接、，，延长，过点G作于点O，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关定理得出当点G、M、C三点共线时，的值最小，最小值为的值是解题的关键．
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，三腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，有平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出．
【详解】（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
13．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，易得，圆周角定理得到，进而得到，证明，推出，进而得到，即可得证；
（2）等角的三角函数相等，得到，证明，得到，进行求解即可．
【详解】（1）解：连接，则：，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）∵，
∴，
由（1）知：，
∴，
由（1）知：，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，即：，
解得：（舍去）或，
∴
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接，根据切线的性质可得出，结合题意可证，即得出，再根据等边对等角可得出，即得出，即平分；
（2）设的半径为r，则，．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵直线与相切于点，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即平分；
（2）解：设的半径为r，则，．
在中，，
∴，
解得：，
∴的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
15．任务一：见解析；任务二：
【分析】本题考查尺规作图，弧、弦、圆心角的关系，旋转的性质．利用数形结合的思想是解题关键．
任务一：根据操作步骤作出，再根据弧、弦、圆心角的关系，分别作出，即得出，最后顺次连接即可；
任务二：由旋转的性质可知，即得出，即此时点所在位置的坐标为．
【详解】解：任务一：如图，正六边形即为所作；
任务二：如图，
由旋转可知，
∴，
∴．
故答案为：．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据尺规作图的基本步骤解答即可；
（2）连接，设的交点为D，得到，根据的半径为，是直径，是等边三角形，计算即可．
本题考查了尺规作图，圆的性质，等边三角形的性质，熟练掌握尺规作图的方法和圆的性质是解题的关键．
【详解】（1）根据基本作图的步骤，作图如下：
则点A，B，C是求作的的圆周三等分点．
（2）连接，设的交点为D，
根据垂径定理得到，
∵的半径为，是直径，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴的周长为，
故答案为：．
17．（1），理由见详解，（2），理由见详解，（3），理由见详解
【分析】（1）直接证明，即可证明；
（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：， ，即有，，进而可得，即可证；
（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．
【详解】（1），理由如下：
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2），理由如下：
过E点作于点M，过E点作于点N，如图，
∵四边形是正方形，是正方形的对角线，
∴，平分，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，，
∴四边形是正方形，
∴是正方形对角线，，
∴， ，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
即有；
（3），理由如下，
过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．
18．（1）四边形是正方形，证明见解析；（2）；（3），证明见解析；
【分析】（1）证明，可得，从而可得结论；
（2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵，，，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
（3）如图，连接，
∵，正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
19．（1）①见解析；②，理由见解析；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）①证明：，再证明即可；②由和关于对称，可得．证明，从而可得结论；
（2）如图，过点作于点，得，证明，．可得，证明，，可得，则，可得，从而可得结论；
（3）由，可得，结合，求解，，如图，过点作于点．可得，，可得，再利用余弦的定义可得答案．
【详解】（1）①证明：∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∴．

②．理由如下：
∵和关于对称，
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）．理由如下：
如图，过点作于点，得．

∵和关于对称，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵是直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，即．
（3）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
如图，过点作于点．

∵，
∴，
．
∴．
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，锐角三角函数的灵活应用，本题难度较高，属于中考压轴题，作出合适的辅助线是解本题的关键．
20．(1)见解析
(2)①等腰三角形，见解析；②
(3)见解析
【分析】(1)根据正方形的性质，证明即可．
（2）①根据（1）的证明，证明∠FBG=∠FGB即可．
②过点作，垂足为.利用三角函数求得FH，AH的长度即可．
(3)证明 即可．
【详解】（1））证明：∵四边形为正方形，为对角线，
∴，.
∵，
∴，
∴.
（2）①为等腰三角形.理由如下：
∵四边形为正方形，
∴，
∴.
∵，
∴，
由（1）得，
∴，
又∵，
∴，
∴为等腰三角形.
②如图1，过点作，垂足为.
∵四边形为正方形，点为的中点，，
∴，.
由①知，
∴，
∴.
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴.
在中，.
（3）如图2，∵，
∴.
在中，，
∴.
由（1）得，
由（2）得，
∴.
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理和三角函数是解题的关键．