初中数学中考复习 专题33几何图形初步-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题33几何图形初步-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共85页。试卷主要包含了单选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

专题33几何图形初步（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2020·辽宁大连?中考真题）如图，中，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由余角的性质，求出∠CAB=50°，由旋转的性质，得到，，然后求出，即可得到答案．
【详解】
解：在中，，
∴∠CAB=50°，
由旋转的性质，则
，，
∴，
∴；
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，以及余角的性质，解题的关键是掌握所学的性质，正确求出．
2．（2020·江苏泰州?中考真题）把如图所示的纸片沿着虚线折叠，可以得到的几何体是（ ）

A．三棱柱 B．四棱柱 C．三棱锥 D．四棱锥
【答案】A
【解析】
【分析】
根据折线部分折回立体图形判断即可.
【详解】
由图形折线部分可知,有两个三角形面平行,三个矩形相连,可知为三棱柱.
故选A.
【点睛】
本题考查折叠与展开相关知识点,关键在于利用空间想象能力折叠回立体图形.
3．（2020·辽宁丹东?中考真题）如图，是的角平分线，过点作交延长线于点，若，，则的度数为（ ）

A．100° B．110° C．125° D．135°
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据三角形的外角性质可求出，再根据角平分线的定义、平行线的性质可得，然后根据三角形的内角和定理即可得．
【详解】
，

是的角平分线



则在中，
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的外角性质、角平分线的定义、平行线的性质、三角形的内角和定理，熟练运用各定理与性质是解题关键．
4．（2020·山东滨州?中考真题）如图，AB//CD，点P为CD上一点，PF是∠EPC的平分线，若∠1＝55°，则∠EPD的大小为（ ）

A．60° B．70° C．80° D．100°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行线和角平分线的定义即可得到结论．
【详解】
解：∵AB∥CD，
∴∠1=∠CPF=55°，
∵PF是∠EPC的平分线，
∴∠CPE=2∠CPF=110°，
∴∠EPD=180°-110°=70°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行线的性质以及角平分线的定义，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
5．（2020·四川绵阳?中考真题）下列四个图形中，不能作为正方体的展开图的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据正方体的展开图的11种不同情况进行判断即可．
【详解】
解：正方体展开图的11种情况可分为“1﹣4﹣1型”6种，“2﹣3﹣1型”3种，“2﹣2﹣2型”1种，“3﹣3型”1种，
因此选项D符合题意，
故选：D．
【点睛】
本题考查正方体的展开图，理解和掌握正方体的展开图的11种不同情况，是正确判断的前提．
6．（2020·四川凉山?中考真题）点C是线段AB的中点，点D是线段AC的三等分点．若线段，则线段BD的长为（ ）
A．10cm B．8cm C．8cm或10cm D．2cm或4cm
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意作图，由线段之间的关系即可求解．
【详解】
如图，∵点C是线段AB的中点，
∴AC=BC=AB=6cm
当AD=AC=4cm时，CD=AC-AD=2cm
∴BD=BC+CD=6+2=8cm；
当AD=AC=2cm时，CD=AC-AD=4cm
∴BD=BC+CD=6+4=10cm；
故选C．

【点睛】
此题主要考查线段之间的关系，解题的关键是熟知线段的和差关系．
7．（2020·四川眉山?中考真题）一副三角板如图所示摆放，则与的数量关系为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据对顶角相等得出，，再根据四边形的内角和即可得出结论
【详解】
解： ∵；
∴；
∵，；
∴
故选：B

【点睛】
本题考查了四边形的内角和定理，和对顶角的性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键
8．（2020·辽宁营口?中考真题）如图，AB∥CD，∠EFD＝64°，∠FEB的角平分线EG交CD于点G，则∠GEB的度数为（　　）

A．66° B．56° C．68° D．58°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行线的性质求得∠BEF，再根据角平分线的定义求得∠GEB．
【详解】
解：∵AB∥CD，
∴∠BEF+∠EFD＝180°，
∴∠BEF＝180°﹣64°＝116°；
∵EG平分∠BEF，
∴∠GEB＝58°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行线的性质以及角平分线的定义的运用，解答本题时注意：两直线平行，同旁内角互补．
9．（2020·黑龙江大庆?中考真题）将正方体的表面沿某些棱剪开，展成如图所示的平面图形，则原正方体中与数字5所在的面相对的面上标的数字为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，先判断中间四个面的情况，根据这一特点可得到答案．
【详解】
解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
所以：是相对面，是相对面，
所以：是相对面．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了正方体的表面展开图，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
10．（2020·黑龙江大庆?中考真题）底面半径相等的圆锥与圆柱的高的比为1：3，则圆锥与圆柱的体积的比为（ ）
A．1：1 B．1：3 C．1：6 D．1：9
【答案】D
【解析】
【分析】
根据结合已知条件可得答案．
【详解】
解：设圆锥与圆柱的底面半径为 圆锥的高为，则圆柱的高为，


故选D．
【点睛】
本题考查的是圆锥的体积与圆柱的体积的计算，掌握以上知识是解题的关键．
11．（2020·甘肃金昌?中考真题）若，则的补角的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
直接根据补角的定义即可得．
【详解】

的补角的度数是
故选：B．
【点睛】
本题考查了补角的定义，熟记定义是解题关键．
12．（2020·重庆中考真题）围成下列这些立体图形的各个面中，都是平的面为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
解：A、球面不是平面，故本选项错误；B、四个面都是平面，故本选项正确；C、侧面不是平面，故本选项错误；D、侧面不是平面，故本选项错误；故选B．
13．（2020·重庆中考真题）围成下列立体图形的各个面中，每个面都是平的是（　　）
A．长方体 B．圆柱体
C．球体 D．圆锥体
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平面与曲面的概念判断即可．
【详解】
解：A、六个面都是平面，故本选项正确；
B、侧面不是平面，故本选项错误；
C、球面不是平面，故本选项错误；
D、侧面不是平面，故本选项错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查了简单几何体的构成，熟知简单几何体的构成是解题的关键．
14．（2020·吉林长春?中考真题）如图，是⊙O的直径，点、在⊙O上，，则的大小为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得到∠BOC=2∠BDC=40°，即可求出答案.
【详解】
∵,
∴∠BOC=2∠BDC=40°，
∴∠AOC=180°-∠BOC=140°，
故选：B.
【点睛】
此题考查了圆周角定理：同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍，邻补角的定义.
15．（2020·吉林长春?中考真题）下列图形是四棱柱的侧面展开图的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据四棱柱是由四个大小相同的长方形和两个全等的正方形构成的解答即可.
【详解】
四棱柱的侧面是由四个同样大小的长方形围成的，
故选：A.
【点睛】
此题考查了简单几何体的侧面展开图，正确掌握几何体的构成是解题的关键.
16．（2020·广西中考真题）如图，在中，，观察图中尺规作图的痕迹，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠BCA，进而求得∠ACD，由作图痕迹可知CE为∠ACD的平分线，利用角平分线定义求解即可．
【详解】
∵在中，，
∴，
∴∠ACD=180°-∠ACB=180°-50°=130°，
由作图痕迹可知CE为∠ACD的平分线，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、角平分线的定义和作法，熟练掌握等腰三角形的性质以及角平分线的尺规作图法是解答的关键．
17．（2020·吉林中考真题）将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则的大小为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据直角三角板的性质得出∠ACD的度数，再由三角形内角和定理即可得出结论．
【详解】
解：如图所示，

由一副三角板的性质可知：∠ECD=60°，∠BCA=45°，∠D=90°，
∴∠ACD=∠ECD－∠BCA=60°－45°=15°，
∴∠α=180°－∠D－∠ACD=180°－90°－15°=75°，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形内角和定理，熟知三角形内角和是180°是解答此题的关键．
18．（2020·山东东营?中考真题）如图，直线相交于点射线平分若，则等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出∠AOD=180°-∠AOC，再求出∠BOD=180°-∠AOD，最后根据角平分线平分角即可求解．
【详解】
解：由题意可知：∠AOD=180°-∠AOC=180°-42°=138°，
∴∠BOD=180°-∠AOD=42°，
又OM是∠BOD的角平分线，
∴∠DOM=∠BOD=21°，
∴∠AOM=∠DOM+∠AOD=21°+138°=159°．
故选：A．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质及平角的定义，熟练掌握角平分线的性质和平角的定义是解决此类题的关键．
19．（2020·湖南益阳?中考真题）如图，在中，的垂直平分线交于点，平分，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据垂直平分线的性质和角平分线的定义求得∠ACB的度数，再根据三角形内角和求出∠B的度数．
【详解】
解：∵DE是AC的垂直平分线，
∴AD=CD，∠ACD=∠A=50°，
∵平分，
∴∠ACB=2∠ACD=100°，
∴∠B=180°-100°-50°=30°，
故选：B．
【点睛】
本题考查垂直平分线的性质、角平分线的定义和三角形内角和定理，熟练掌握垂直平分线的性质和角平分线的定义是解题的关键．
20．（2020·广西玉林?中考真题）如图是A，B，C三岛的平面图，C岛在A岛的北偏东35度方向，B岛在A岛的北偏东80度方向，C岛在B岛的北偏西55度方向，则A，B，C三岛组成一个（ ）

A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等边三角形
【答案】A
【解析】
【分析】

先根据方位角的定义分别可求出，再根据角的和差、平行线的性质可得，，从而可得，然后根据三角形的内角和定理可得，最后根据等腰直角三角形的定义即可得．
【详解】

由方位角的定义得：

由题意得：



由三角形的内角和定理得：
是等腰直角三角形
即A，B，C三岛组成一个等腰直角三角形
故选：A．
【点睛】

本题考查了方位角的定义、平行线的性质、三角形的内角和定理、等腰直角三角形的定义等知识点，掌握理解方位角的概念是解题关键．
21．（2020·广东深圳?中考真题）一把直尺与30°的直角三角板如图所示，∠1=40°，则∠2=（ ）

A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】D
【解析】
【分析】
如图：根据直角三角形的性质可得，然后再根据两直线平行，同旁内角互补解答即可．
【详解】
解：如图：∵含30°直角三角形
∴
∵直尺两边平行
∴∠1+∠2+∠3=180°
∴．
故答案为D．

【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和平行线的性质，其中灵活运用两直线平行、同旁内角互补的性质是解答本题的关键．
22．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，将一副三角尺按下列位置摆放，使和互余的摆放方式是(　　　)
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图形，结合互余的定义判断即可．
【详解】
解：A、∠α与∠β互余，故本选项正确；
B、∠α+∠β＞90°，即不互余，故本选项错误；
C、∠α+∠β=270°，即不互余，故本选项错误；
D、∠α+∠β=180°，即互补，故本选项错误；
故选A.
【点睛】
本题考查了对余角和补角的应用，主要考查学生的观察图形的能力和理解能力．
23．（2020·湖北中考真题）如图，将一副三角板重叠放在起，使直角顶点重合于点O．若，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据角的和差关系求解即可．
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查角度的计算问题．弄清角与角之间的关系是解题的关键．
24．（2020·陕西中考真题）若∠A＝23°，则∠A余角的大小是（　　）
A．57° B．67° C．77° D．157°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据∠A的余角是90°﹣∠A，代入求出即可．
【详解】
解：∵∠A＝23°，
∴∠A的余角是90°﹣23°＝67°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了余角的定义，注意：如果∠A和∠B互为余角，那么∠A=90°-∠B．
25．（2020·湖南长沙?中考真题）如图，一块直角三角板的60度的顶点A与直角顶点C分别在平行线上，斜边AB平分，交直线GH于点E，则的大小为( )

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用角平分线的性质求得∠DAE的度数，利用平行线的性质求得∠ACE的度数，即可求解．
【详解】
∵AB平分，∠CAB=60，
∴∠DAE=60，
∵FD∥GH，
∴∠ACE+∠CAD=180，
∴∠ACE=180-∠CAB-∠DAE=60，
∵∠ACB=90，
∴∠ECB=90-∠ACE=30，
故选：C．
【点睛】
本题考查了角平分线的定义，平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同旁内角互补．
26．（2020·甘肃天水?中考真题）某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种表面展开图，那么在原正方体中，与“伏”字所在面相对面上的汉字是(　　　)

A．文 B．羲 C．弘 D．化
【答案】D
【解析】
【分析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答即可．
【详解】
解：在原正方体中，与“扬”字所在面相对面上的汉字是“羲”，与“伏”字所在面相对面上的汉字是“化”，与“弘”字所在面相对面上的汉字是“文”．
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方体的展开图，熟练掌握解答的要点：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，建立空间观念是关键．
27．（2020·河北中考真题）如图，从笔直的公路旁一点出发，向西走到达；从出发向北走也到达．下列说法错误的是（ ）

A．从点向北偏西45°走到达
B．公路的走向是南偏西45°
C．公路的走向是北偏东45°
D．从点向北走后，再向西走到达
【答案】A
【解析】
【分析】

根据方位角的定义及勾股定理逐个分析即可．
【详解】

解：如图所示，过P点作AB的垂线PH，

选项A：∵BP=AP=6km，且∠BPA=90°，∴△PAB为等腰直角三角形，∠PAB=∠PBA=45°，
又PH⊥AB，∴△PAH为等腰直角三角形，
∴PH=km，故选项A错误；
选项B：站在公路上向西南方向看，公路的走向是南偏西45°，故选项B正确；
选项C：站在公路上向东北方向看，公路的走向是北偏东45°，故选项C正确；
选项D：从点向北走后到达BP中点E，此时EH为△PEH的中位线，故EH=AP=3，故再向西走到达，故选项D正确．
故选：A．
【点睛】

本题考查了方位角问题及等腰直角三角形、中位线等相关知识点，方向角一般以观测者的位置为中心，所以观测者不同，方向就正好相反，但角度不变．
28．（2020·江西中考真题）如图所示，正方体的展开图为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正方体的展开图的性质判断即可；
【详解】
A中展开图正确；
B中对号面和等号面是对面，与题意不符；
C中对号的方向不正确，故不正确；
D中三个符号的方位不相符，故不正确；
故答案选A．
【点睛】
本题主要考查了正方体的展开图考查，准确判断符号方向是解题的关键．
29．（2020·湖北襄阳?中考真题）如图，，直线分别交，于点E，F，平分，若，则的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】

利用平行线的性质求解，利用角平分线求解，再利用平行线的性质可得答案．
【详解】

解：，



平分，




故选．
【点睛】

本题考查的是平行线的性质，角平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
30．（2020·湖南衡阳?中考真题）下列不是三棱柱展开图的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三棱柱的两底展开是三角形，侧面展开是三个四边形，可得答案．
【详解】
解：A、B、D中间三个长方形能围成三棱柱的侧面，两个三角形围成三棱柱的上、下两底面，故均能围成三棱柱，均是三棱柱的表面展开图．C围成三棱柱时，两个三角形重合为同一底面，而另一底面没有．故C不能围成三棱柱．
故选C．
【点睛】
本题考查了几何体的展开图，注意两底面是对面，展开是两个全等的三角形，侧面展开是三个矩形．
31．（2020·湖南怀化?中考真题）在中，，平分，交于点，，垂足为点，若，则的长为（ ）

A．3 B． C．2 D．6
【答案】A
【解析】
【分析】

证明△ABD≌△AED即可得出DE的长．
【详解】

∵DE⊥AC，
∴∠AED=∠B=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠EAD，
又∵AD=AD，
∴△ABD≌△AED，
∴DE=BE=3，
故选：A．
【点睛】

本题考查了全等三角形的判断和性质，角平分线的性质，掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
32．（2020·四川南充?中考真题）如图，在等腰三角形ABC中，BD为∠ABC的平分线，∠A=36°，AB=AC=a，BC=b，则CD=（ ）

A． B． C．a-b D．b-a
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质和判定得出BD=BC=AD，进而解答即可．
【详解】
解：∵在等腰△ABC中，BD为∠ABC的平分线，∠A=36°，
∴∠ABC=∠C=2∠ABD=72°，
∴∠ABD=36°=∠A，
∴BD=AD，
∴∠BDC=∠A+∠ABD=72°=∠C，
∴BD=BC，
∵AB=AC=a，BC=b，
∴CD=AC-AD=a-b，
故选：C．
【点睛】
此题考查等腰三角形的性质，关键是根据等腰三角形的性质和判定得出BD=BC=AD解答．
33．（2020·四川达州?中考真题）下列正方体的展开图上每个面上都有一个汉字．其中，手的对面是口的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点逐项判断即可．
【详解】
解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，
A、手的对面是勤，所以本选项不符合题意；
B、手的对面是口，所以本选项符合题意；
C、手的对面是罩，所以本选项不符合题意；
D、手的对面是罩，所以本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方体相对面上的文字，属于常考题型，熟知正方体相对两个面的特征是解题的关键．
34．（2020·四川自贡?中考真题）如图，在△中，,以点为圆心，长为半径画弧，交于点,连接;则的度数为 （ ）

A．50° B．40° C．30° D．20°
【答案】D
【解析】
【分析】
由作图过程可知BC=BD，根据等边对等角得到∠BCD=∠BDC=70°，则的度数即可求解．
【详解】
∵∠A=50°，可得∠B=40°，
∵BC=BD，
∴∠BCD=∠BDC，
∵∠B+∠BCD+∠BDC=180°，
∴∠BCD=70°，
∴∠ACD=90°-70°=20°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质等内容，解题的关键是通过题目描述，得到BC=BD．
35．（2020·四川自贡?中考真题）如果一个角的度数比它的补角的度数2倍多30°，那么这个角的度数是（ ）
A．50° B．70° C．130° D．160°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据互为补角的定义结合已知条件列方程求解即可．
【详解】
解：设这个角是，则它的补角是：，
根据题意，得：
，
解得：，
即这个角的度数为．
故选：C．
【点睛】
此题考查了补角的知识，熟悉相关性质定义是解题的关键．
36．（2020·四川遂宁?中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【详解】
解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBG，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，
∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，
∴CG＝CD+DG＝3k，
∵AB∥DG，
∴△ABE∽△CGE，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查了比例的性质、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理，熟练掌握性质及定理是解题的关键．
37．（2020·四川乐山?中考真题）如图，是直线上一点，，射线平分，．则（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据射线平分，得出∠CEB=∠BEF=70°，再根据，可得∠GEB=∠GEF-∠BEF即可得出答案．
【详解】
∵，
∴∠CEF=140°，
∵射线平分，
∴∠CEB=∠BEF=70°，
∵，
∴∠GEB=∠GEF-∠BEF=90°-70°=20°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质，补角，掌握知识点灵活运用是解题关键．
38．（2018·四川内江?中考真题）如图是正方体的表面展开图，则与“前”字相对的字是（　　）

A．认 B．真 C．复 D．习
【答案】B
【解析】
分析：由平面图形的折叠以及正方体的展开图解题，罪域正方体的平面展开图中相对的面一定相隔一个小正方形.
详解：由图形可知，与“前”字相对的字是“真”．
故选B．
点睛：本题考查了正方体的平面展开图，注意正方体的空间图形，从相对面入手分析及解答问题.


二、解答题
39．（2020·辽宁大连?中考真题）如图，中，，点在边上，．求证．

【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
先根据等腰三角形的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据三角形的判定与性质即可得证．
【详解】
，
，
，
，即，
在和中，，
，
，
即．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
40．（2020·江苏镇江?中考真题）（算一算）
如图①，点A、B、C在数轴上，B为AC的中点，点A表示﹣3，点B表示1，则点C表示的数为　 　，AC长等于　 　；
（找一找）
如图②，点M、N、P、Q中的一点是数轴的原点，点A、B分别表示实数﹣1、+1，Q是AB的中点，则点　 是这个数轴的原点；
（画一画）
如图③，点A、B分别表示实数c﹣n、c+n，在这个数轴上作出表示实数n的点E（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（用一用）
学校设置了若干个测温通道，学生进校都应测量体温，已知每个测温通道每分钟可检测a个学生．凌老师提出了这样的问题：假设现在校门口有m个学生，每分钟又有b个学生到达校门口．如果开放3个通道，那么用4分钟可使校门口的学生全部进校；如果开放4个通道，那么用2分钟可使校门口的学生全部进校．在这些条件下，a、m、b会有怎样的数量关系呢？
爱思考的小华想到了数轴，如图④，他将4分钟内需要进校的人数m+4b记作+(m+4b)，用点A表示；将2分钟内由4个开放通道检测后进校的人数，即校门口减少的人数8a记作﹣8a，用点B表示．
①用圆规在小华画的数轴上分别画出表示+（m+2b）、﹣12a的点F、G，并写出+(m+2b)的实际意义；
②写出a、m的数量关系：　 　．

【答案】（1）5，8；（2）N；（3）图见解析；（4）①+(m+2b)的实际意义：2分钟后，校门口需要进入学校的学生人数，图见解析；②m＝4a．
【解析】
【分析】
（1）根据数轴上点A对应﹣3，点B对应1，求得AB的长，进而根据AB＝BC可求得AC的长以及点C表示的数；
（2）可设原点为O，根据条件可求得AB中点表示的数以及线段AB的长度，根据AB＝2，可得AQ＝BQ＝1，结合OQ的长度即可确定N为数轴的原点；
（3）设AB的中点为M，先求得AB的长度，得到AM＝BM＝n，根据线段垂直平分线的作法作图即可；
（4）①根据每分钟进校人数为b，每个通道每分钟进入人数为a，列方程组，根据m+2b＝OF，m+4b＝12a，即可画出F，G点，其中m+2b表示两分钟后，校门口需要进入学校的学生人数；
②解①中的方程组，即可得到m＝4a．
【详解】
解：（1）【算一算】：记原点为O，
∵AB＝1﹣（﹣3）＝4，
∴AB＝BC＝4，
∴OC＝OB+BC＝5，AC＝2AB＝8．
所以点C表示的数为5，AC长等于8．
故答案为：5，8；
（2）【找一找】：记原点为O，
∵AB＝+1﹣（﹣1）＝2，
∴AQ＝BQ＝1，
∴OQ＝OB﹣BQ＝+1﹣1＝，
∴N为原点．
故答案为：N．
（3）【画一画】：记原点为O，
由AB＝c+n﹣（c﹣n）＝2n，
作AB的中点M，
得AM＝BM＝n，
以点O为圆心，
AM＝n长为半径作弧交数轴的正半轴于点E，
则点E即为所求；

（4）【用一用】：在数轴上画出点F，G；2分钟后，校门口需要进入学校的学生人数为：m＝4a．
∵4分钟内开放3个通道可使学生全部进校，
∴m+4b＝3×a×4，即m+4b＝12a（Ⅰ）；
∵2分钟内开放4个通道可使学生全部进校，
∴m+2b＝4×a×2，即m+2b＝8a（Ⅱ）；
①以O为圆心，OB长为半径作弧交数轴的正半轴于点F，则点F即为所求．
作OB的中点E，则OE＝BE＝4a，在数轴负半轴上用圆规截取OG＝3OE＝12a，
则点G即为所求．

+（m+2b）的实际意义：2分钟后，校门口需要进入学校的学生人数；
②方程（Ⅱ）×2﹣方程（Ⅰ）得：m＝4a．
故答案为：m＝4a．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，实数与数轴，作图．解决本题的关键是根据题意找到等量关系．
41．（2020·吉林长春?中考真题）如图①，在中，，，．点从点出发，沿折线以每秒5个单位长度的速度向点运动，同时点从点出发，沿以每秒2个单位长度的速度向点运动，点到达点时，点、同时停止运动．当点不与点、重合时，作点关于直线的对称点，连结交于点，连结、．设点的运动时间为秒．

（1）当点与点重合时，求的值．
（2）用含的代数式表示线段的长．
（3）当为锐角三角形时，求的取值范围．
（4）如图②，取的中点，连结．当直线与的一条直角边平行时，直接写出的值．
【答案】（1）；（2）或；（3）或；（4）或.
【解析】
【分析】
（1）由题意直接根据AB=4，构建方程进行分析求解即可；
（2）由题意分两种情形：当点P在线段AB上时，首先利用勾股定理求出AC，再求出AE即可解决问题．当点P在线段BC上时，在Rt△PCE中，求出CE即可；
（3）根据题意求出两种特殊情形下△PDQ是等腰直角三角形时t的值，即可求解当△PDQ为锐角三角形时t的取值范围；
（4）根据题意分两种情形：如图7，当点P在线段AB上，QM∥AB时以及如图8，当点P在线段BC上，QM∥BC时，分别求解即可．
【详解】
解：（1）当点与点重合时，．解得．
（2）在中，，，所以，，．
如图3，当点在上时，在中，．
所以．
如图4，当点在上时，在中，，．
所以．
（3）先考虑临界值等腰直角三角形，那么．
如图5，当点在上时，在中，．
而，
由，得．解得．
如图6，当点在上时，在中，．
而，
由，得，解得．
再数形结合写结论．
当为锐角三角形时，，或．

（4）的值为或．
如图7，当点在上时，延长交于点．
作于，作于．
由，是的中点，可知是的中点．
在中，，所以．
在中，．
由，解得．
如图8，当点在上时，作于．
由，是的中点，可知．
在中，，所以．
在中，．
由，得，解得．

【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查解直角三角形，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题.
42．（2020·湖南益阳?中考真题）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．
①求的长．
②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．


【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为
【解析】
【分析】

（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】

（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：，即，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4


（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴,
即，
解得：,
在Rt△PHT中，TH=,
,
∴周长的最小值为．

【点睛】

本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
43．（2020·湖北黄石?中考真题）如图，反比例函数的图象与正比例函数的图象相交于、B两点，点C在第四象限，BC∥x轴．

（1）求k的值；
（2）以、为边作菱形，求D点坐标．
【答案】（1）k=2；（2）D点坐标为(1+，2)．
【解析】
【分析】

（1）根据题意，点在正比例函数上，故将点代入正比例函数中，可求出a值，点A又在反比例函数图像上，故k值可求；
（2）根据（1）中已知A点坐标，则B点坐标可求，根据两点间距离公式可以求出AB的长，最后利用已知条件四边形ABCD为菱形，BC∥x，即可求出D点坐标．
【详解】

（1）根据题意，点在正比例函数上，故将点代入正比例函数中，得a=2，故点A的坐标为(1,2)，点A又在反比例函数图像上，设反比例函数解析式为，将A(1,2)代入反比例函数解析中，得k=2．
故k=2．
（2）如图，A、B为反比例函数与正比例函数的交点，故可得，解得，，如图，已知点A坐标为(1,2)，故点B坐标为(－1，－2)，根据两点间距离公式可得AB=，根据已知条件中四边形ABCD为菱形，故AB=AD=，AD∥BC∥x轴，则点D坐标为(1+，2)．
故点D坐标为(1+，2)．
【点睛】

（1）本题主要考查正比例函数和反比例函数解析式，掌握求解正比例函数和反比例函数解析式的方法以及已知解析式求点坐标是解答本题的关键．
（2）本题主要考查求正比例函数和反比例函数交点坐标、菱形性质、两点间距离公式，掌握求正比例函数和反比例函数交点坐标、菱形性质、两点间距离公式是解答本题的关键．
44．（2020·江苏徐州?中考真题）小红和爸爸绕着小区广场锻炼如图在矩形广场边的中点处有一座雕塑．在某一时刻，小红到达点处，爸爸到达点处，此时雕塑在小红的南偏东方向，爸爸在小红的北偏东方向，若小红到雕塑的距离，求小红与爸爸的距离．（结果精确到，参考数据：，，）

【答案】．
【解析】
【分析】
过点P作PE⊥BC，则四边形ABEP是矩形，由解直角三角形求出，则，然后求出PQ即可．
【详解】
解：过点P作PE⊥BC，如图：

根据题意，则四边形ABEP是矩形，
∴，
在Rt△APM中，PM=30，∠APM=45°，
∴，
∵点M是AB的中点，
∴，
∴，
在Rt△PEQ中，∠PQE=60°，，
∴；
∴小红与爸爸的距离．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，矩形的性质，方位角问题，等腰直角三角形的性质，解题的关键是利用解直角三角形正确求出各边的长度．
45．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，一艘轮船以每小时30海里的速度自东向西航行，在处测得小岛位于其西北方向（北偏西方向），2小时后轮船到达处，在处测得小岛位于其北偏东方向．求此时船与小岛的距离（结果保留整数，参考数据：，）．

【答案】此时船与小岛的距离约为44海里
【解析】
【分析】
过P作PH⊥AB，设PH=x，由已知分别求PB、BH、AH，然后根据锐角三角函数求出x值即可求解
【详解】
如图，过P作PH⊥AB，设PH=x，
由题意，AB=60，∠PBH=30º，∠PAH=45º，
在Rt△PHA中，AH=PH=x,
在Rt△PBH中，BH=AB-AH=60-x，PB=2x，
∴tan30º=，
即，
解得：，
∴PB=2x=≈44（海里），
答：此时船与小岛的距离约为44海里．

【点睛】
本题考查了直角三角形的应用，掌握方向角的概念和解直角三角形的知识是解答本题的关键．
46．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，，平分∠ABC交于点，点C在上且，连接．求证：四边形是菱形．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
由，BD平分∠ABC得到∠ABD=∠ADB，进而得到△ABD为等腰三角形，进而得到AB=AD，再由BC=AB，得到对边AD=BC，进而得到四边形ABCD为平行四边形，再由邻边相等即可证明ABCD为菱形．
【详解】
证明：∵，
∴∠ADB=∠DBC，
又BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AB=AD，
又已知AB=BC，
∴AD=BC，
又，即ADBC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
【点睛】
本题考了角平分线性质，平行线的性质，菱形的判定方法，平行四边形的判定方法等，熟练掌握其判定方法及性质是解决此类题的关键．
47．（2020·甘肃天水?中考真题）为了维护国家主权和海洋权力，海监部门对我国领海实现了常态化巡航管理．如图所示，正在执行巡航任务的海监船以每小时40海里的速度向正东方向航行，在处测得灯塔在北偏东方向上，继续航行30分钟后到达处，此时测得灯塔在北偏东方向上．

（1）求的度数；
（2）已知在灯塔的周围25海里内有暗礁，问海监船继续向正东方向航行是否安全？(参考数据：，)
【答案】（1）15°；（2）海监船继续向正东方向航行安全．
【解析】
【分析】
（1）作交的延长线于点，根据题意可得∠PBH=45°、∠PAB=60°,然后利用三角形外角的性质即可解答；
（2）设海里，则海里，然后行程关系求得AB，再利用正切函数求得x，最后与25海里比较即可解答．
【详解】
解：（1）作交的延长线于点
∵，
∴；
（2）设海里，则海里，海里
∵在中，
∴
解得：．
∴海监船继续向正东方向航行安全．

【点睛】
本题考查了三角形外角的性质以及运用正切函数解三角形，解答本题的关键在于利用正切函数列方程求出BH的长．
48．（2020·湖北宜昌?中考真题）光线在不同介质中传播速度不同，从一种介质射向另一种介质时会发生折射，如图，水面与水杯下沿平行，光线从水中射向空气时发生折射，光线变成，点G在射线上，已知，求的度数．

【答案】25°
【解析】
【分析】
使用平行线的性质得到，再根据得到结果．
【详解】
解：∵
∴
∵
∴

【点睛】
本题考查了平行线的性质，及角度间的加减计算，熟知平行线的性质是解题的关键．
49．（2020·江苏淮安?中考真题）如图，三条笔直公路两两相交，交点分别为、、，测得，，千米，求、两点间的距离．（参考数据：，，结果精确到1千米）．

【答案】、两点间的距离约为11千米．
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据直角三角形的性质、勾股定理可求出CD、AD的长，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得BD的长，然后根据线段的和差即可得．
【详解】
如图，过点C作于点D
在中，，千米
（千米），（千米）
在中，
是等腰直角三角形
千米
（千米）
答：、两点间的距离约为11千米．

【点睛】
本题考查了直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造直角三角形是解题关键．
50．（2020·湖北荆门?中考真题）如图，海岛B在海岛A的北偏东方向，且与海岛A相距20海里，一艘渔船从海岛B出发，以5海里/时的速度沿北偏东方向航行，同时一艘快艇从海岛A出发，向正东方向航行．2小时后，快艇到达C处，此时渔船恰好到达快艇正北方向的E处．

（1）求的度数；
（2）求快艇的速度及C，E之间的距离．
（参考数据：）
【答案】（1）；（2）快艇的速度为9.85海里时，C，E之间的距离为19.9海里．
【解析】
【分析】
（1）过点B作于点D，作于点E，根据题意求出∠ABD和∠ADE的度数，即可求解；
（2）求出BE的长度，根据解直角三角形求出BF和EF的长度，在中，求出AD、BD的长度，证出四边形为矩形，可求得快艇的速度和CE之间的距离．
【详解】
（1）过点B作于点D，作于点E．
由题意得：，，
∵，
∴，
而
∴．
（2）（海里）
在中，，
（海里），
（海里），
在中，，

（海里），
（海里），
∵，，，∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴
，
设快艇的速度为v海里/时，则（海里时）
答：快艇的速度为9.85海里时，C，E之间的距离为19.9海里．
【点睛】
本题考查矩形的判定与性质、解直角三角形的实际应用−方位角问题，理清题中各个角的度数，熟练掌握解直角三角形的方法是解题的关键．
51．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，在中，以点B为圆心，长为半径画弧，交于点E，在上截取，连接．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）请用无刻度的直尺在内找一点P，使（标出点P的位置，保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据四边形ABCD为平行四边形，得出AF∥BE，由作图过程可知AF=BE，结合AB=BE即可证明；
（2）利用菱形对角线互相垂直的性质，连接AE和BF，交点即为点P.
【详解】
解：（1）根据作图过程可知：AB=BE，AF=BE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AF∥BE，
∵AF=BE，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∵AB=BE，
∴平行四边形ABEF为菱形；
（2）如图，点P即为所作图形，

∵四边形ABEF为菱形，则BF⊥AE，
∴∠APB=90°.
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，解题的关键是利用相应的性质进行画图.
52．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，直线分别与直线，交于点，．平分，平分，且∥．求证：∥．

【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】
先根据角平分线的定义可得，再根据平行线的性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定即可得证．
【详解】
平分，平分



，即
．
【点睛】
本题考查了平行线的判定与性质、角平分线的定义等知识点，熟记平行线的判定与性质是解题关键．
53．（2020·江苏南京?中考真题）如图①，要在一条笔直的路边上建一个燃气站，向同侧的A、B两个城镇分别发铺设管道输送燃气，试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．

（1）如图②，作出点A关于的对称点，线与直线的交点C的位置即为所求， 即在点C处建气站， 所得路线ACB是最短的，为了让明点C的位置即为所求，不妨在直线上另外任取一点，连接，， 证明， 请完成这个证明．

（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域请分别始出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由），
①生市保护区是正方形区城，位置如图③所示
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．

【答案】（1）证明见解析；（2）①见解析，②见解析
【解析】
【分析】

（1）连接，利用垂直平分线的性质，得到，利用三角形的三边关系，即可得到答案；
（2）由（1）可知，在点C处建燃气站，铺设管道的路线最短．分别对①、②的道路进行设计分析，即可求出最短的路线图．
【详解】

（1）证明：如图，连接

∵点A、关于l对称，点C在l上
∴，
∴，
同理，
在中，有
∴；
（2）解：①在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是AC+CD+DB（如图，其中D是正方形的顶点）．

②在点C处建燃气站，铺设管道的最短路线是（如图，其中CD、BE都与圆相切）．

【点睛】

本题考查了切线的应用，最短路径问题，垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握题意，正确确定点C的位置，从而确定铺设管道的最短路线．
54．（2020·湖南张家界?中考真题）如图，在中，，以为直径作，过点C作直线交的延长线于点D，使．

（1）求证：为的切线；
（2）若平分，且分别交于点，当时，求的长．
【答案】(1)见解析；（2）EF=．
【解析】
【分析】

（1）如图，连接OC，欲证明CD是的切线，只需求得∠OCD=；
（2）由角平分线及三角形外角性质可得，即∠CEF=∠CFE，根据勾股定理可求得EF的长．
【详解】


（1）证明：如图，连接OC
∵为的直径
∴，即∠A+∠ABC=
又∵OC=OB
∴∠ABC=∠OCB
∵
∴∠BCD+∠OCB=，即∠OCD=
∵OC是圆O的半径
∴CD是的切线．
（2）解：∵平分
∴∠CDE=∠ADE
又∵
∴，即∠CEF=∠CFE
∵∠ACB=，
∴CE=CF=2
∴EF=
【点睛】

此题主要考查切线的判定方法、角平分线及三角形外角性质和勾股定理，熟练进行推理论证是解题关键．
55．（2020·湖南岳阳?中考真题）共抓长江大保护，建设水墨丹青新岳阳，推进市中心城区污水系统综合治理项目，需要从如图，两地向地新建，两条笔直的污水收集管道，现测得地在地北偏东方向上，在地北偏西方向上，的距离为，求新建管道的总长度．（结果精确到，，，，）

【答案】新建管道的总长度约为．
【解析】
【分析】

如图（见解析），先根据方位角的定义求出，设，则，再在中，根据等腰直角三角形的判定与性质可得AC、CD的长，然后在中，解直角三角形可得x的值，从而可得AC、BC的长，由此即可得出答案．
【详解】

如图，过点C作于点D
由题意得：，
设，则

是等腰直角三角形

在中，，即
解得
经检验，是所列分式方程的解
，
在中，，即
解得
则
答：新建管道的总长度约为．

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、方位角的定义、解直角三角形等知识点，掌握解直角三角形的方法是解题关键．
56．（2020·湖南怀化?中考真题）如图，在⊙O中，AB为直径，点C为圆上一点，延长AB到点D，使CD=CA，且．


（1）求证：是⊙O的切线．
（2）分别过A、B两点作直线CD的垂线，垂足分别为E、F两点，过C点作AB的垂线，垂足为点G．求证：．
【答案】(1)见解析；(2)见解析．
【解析】
【分析】
(1)连接OC，∠CAD=∠D=30°，由OC=OA，进而得到∠OCA=∠CAD=30°，由三角形外角定理得到∠COD=∠A+∠OCA=60°，在△OCD中由内角和定理可知∠OCD=90°即可证明；
(2)证明AC是∠EAG的角平分线，CB是∠FCG的角平分线，得到CE=CG，CF=CG，再证明△AEC∽△CFB，对应线段成比例即可求解．
【详解】
解：(1)连接OC，如下图所示：


∵CA=CD，且∠D=30°，
∴ ∠CAD=∠D=30°，
∵ OA=OC，
∴ ∠CAD=∠ACO=30°，
∴∠COD=∠CAD+∠ACO=30°+30°=60°，
∴∠OCD=180°-∠D-∠COD=180°-30°-60°=90°，
∴ OC⊥CD，
∴ CD是⊙O的切线．
(2)连接BC，如下图所示：


∵∠COB=60°，且OC=OB，
∴△OCB为等边三角形，∠CBG=60°，
又CG⊥AD，∴∠CGB=90°，
∴∠GCB=∠CGB-∠CBG=30°，
又∠GCD=60°，
∴CB是∠GCD的角平分线，且BF⊥CD，BG⊥CG，
∴BF=BG，
又BC=BC，
∴△BCG≌△BCF，
∴CF=CG.
∵∠D=30°，AE⊥ED，∠E=90°，
∴∠EAD=60°，
又∠CAD=30°，
∴AC是∠EAG的角平分线，且CE⊥AE，CG⊥AB
∴CE=CG，
∵∠E=∠BFC=90°，∠EAC=30°=∠BCF，
∴△AEC∽△CFB，
∴，即，
又，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质、相似三角形的判定和性质等，属于中考常考题型，熟练掌握切线性质、角平分线性质是解决此题的关键.
57．（2020·四川广元?中考真题）如图，公路MN为东西走向，在点M北偏东36.5°方向上，距离5千米处是学校A；在点M北偏东45°方向上距离千米处是学校B．（参考数据：，）．

（1）求学校A，B两点之间的距离
（2）要在公路MN旁修建一个体育馆C，使得A，B两所学校到体育馆C的距离之和最短，求这个最短距离．
【答案】（1）km;（2）km.
【解析】
【分析】
（1）过点A作CD//MN，BE⊥MN，在Rt△ACM中求出CM，AC，在Rt△MBE中求出BE，ME，继而得出AD，BD的长度，在Rt△ABD中利用勾股定理可得出AB的长度．
（2）作点B关于MN的对称点G，连接AG交MN于点P，点P即为站点，求出AG的长度即可．
【详解】
（1）过点A作CD//MN，BE⊥MN，如图：
在Rt△ACM中，∠CMA＝36.5°，AM＝5km，
∵sin36.5°＝＝0.6，
∴CA＝3，MC＝4km，
在Rt△MBE中，∠NMB＝45°，MB＝km，
∵sin45°＝＝，
∴BE＝6，ME＝6km，
∴AD＝CD−CA＝ME−CA＝3km，BD＝BE−DE＝BE−CM＝2km，
在Rt△ABD中，AB＝km．
（2）作点B关于MN的对称点G，连接AG交MN于点P，连接PB，点P即为站点，
此时PA＋PB＝PA＋PG＝AG，即A，B两所学校到体育馆C的距离之和最短为AG长
在Rt△ADG中，AD=3，DG=DE+EG=DE+BE=4+6=10，∠ADG=90°，
∴AG＝＝km．
答：最短距离为km．

【点睛】
本题考查了解直角三角形的知识，解答本题的关键是构造直角三角形，利用三角函数值求解相关线段的长度，难度较大．
58．（2020·山东临沂?中考真题）如图，菱形的边长为1，，点E是边上任意一点（端点除外），线段的垂直平分线交，分别于点F，G，，的中点分别为M，N．

（1）求证：；
（2）求的最小值；
（3）当点E在上运动时，的大小是否变化？为什么？
【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析.
【解析】
【分析】

（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF=EF和CF=AF即可得证；
（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；
（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF=CF=EF，得到∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，从而推断出∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF=∠CEF=30°，即可证明.
【详解】

解：（1）连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF=AF，
∴AF=EF；

（2）连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=AF，NG=CF，即MN+NG=（AF+CF），
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，
即MN+NG的最小值为；

（3）不变，理由是：
延长EF，交DC于H，
∵∠CFH=∠FCE+∠FEC，∠AFH=∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：
∠AFD=∠CFD=∠AFC，
∵AF=CF=EF，
∴∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，
∴∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，
∴∠ABF=∠CEF，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABF=∠CEF=30°，为定值.

【点睛】

本题考查了菱形的性质，最短路径，等边三角形的判定和性质，中位线定理，难度一般，题中线段较多，需要理清线段之间的关系．
59．（2020·四川南充?中考真题）如图，点A，B，C是半径为2的⊙O上三个点，AB为直径，∠BAC的平分线交圆于点D，过点D作AC的垂线交AC得延长线于点E，延长线ED交AB得延长线于点F．
（1）判断直线EF与⊙O的位置关系，并证明．
（2）若DF=，求tan∠EAD的值．

【答案】（1）直线与圆相切，证明详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OD，由OA＝OD知∠OAD＝∠ODA，由AD平分∠EAF知∠DAE＝∠DAO，据此可得∠DAE＝∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF即可得证；
（2）根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理和三角函数的定义即可得到结论．
【详解】
解：（1）直线与圆相切
理由如下：连接
∵平分
∴
∵
∴
∴
由，得
∵点在圆上
∴是圆的切线
（2）由（1）可得，在中，，，
由勾股定理得
∵
∴
即，得，
∴在中，

【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，角平分线的定义，圆周角定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
60．（2020·山东枣庄?中考真题）欧拉（Euler，1707年~1783年）为世界著名的数学家、自然科学家，他在数学、物理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献．他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数（Vertex）、棱数E（Edge）、面数F（Flat surface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧拉公式．
（1）观察下列多面体，并把下表补充完整：
名称
三棱锥
三棱柱
正方体
正八面体
图形




顶点数V
4
6
8

棱数E
6

12

面数F
4
5

8


（2）分析表中的数据，你能发现V、E、F之间有什么关系吗？请写出关系式：____________________________．
【答案】（1）表格详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）通过认真观察图象，即可一一判断；
（2）从特殊到一般探究规律即可．
【详解】
解：（1）填表如下：
名称
三棱锥
三棱柱
正方体
正八面体
图形




顶点数V
4
6
8
6
棱数E
6
9
12
12
面数F
4
5
6
8

（2）据上表中的数据规律发现，多面体的顶点数V、棱数E、面数F之间存在关系式：．

【点睛】
本题考查规律型问题，欧拉公式等知识，解题的关键是学会从特殊到一般探究规律的方法，属于中考常考题型．
61．（2020·山东济宁?中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E、F、G分别在边BC、CD上，BE=CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．
(1)求证:△AEH≌△AGH；
(2)当AB=12，BE=4时：
①求△DGH周长的最小值；
②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①；②存在，或
【解析】
【分析】
（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；
（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；
②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，
∵BE=CG，AB=AC，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE=AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAH=∠GAH，
∵AH=AH，
∴△AEH≌△AGH；
（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，
∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，
∴点E和点G关于AF对称，
∴此时△DGH的周长最小，
过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，
由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，
∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，
∴CM=CD=6，
∴DM=，
∵AB=12=BC，BE=4，
∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，
∴DE==DH+EH=DH+HG，
∴DH+HG+DG=
∴△DGH周长的最小值为；

②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，
可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，
即S△AON：S△AEC=1:4，
∵O是AC中点，
∴N为AE中点，此时ON∥EC，
∴，

当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，
同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，
∴S△NOC：S△AEC=1:4，
∵O为AC中点，
∴N为EC中点，则ON∥AE，
∴，
∵BE=4，AB=12，
∴EC=8，EN=4，
过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，
∴CG=2CP，
∵CG=BE=4，
∴CP=2，GP=，
∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，
在△FGP中，，
解得：x=，
∴EF=，
∴，

综上：存在直线OH，的值为或.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题时要注意分情况讨论.
62．（2020·浙江中考真题）如图，已知△ABC是⊙O的内接三角形，AD是⊙O的直径，连结BD，BC平分∠ABD．
（1）求证：∠CAD=∠ABC；
（2）若AD=6，求的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）π．
【解析】
【分析】
（1）利用角平分线的性质结合圆周角定理即可证明；
（2）可证得=，则的长为圆周长的．
【详解】
（1）证明：∵BC平分∠ABD，
∴∠DBC=∠ABC，
∵∠CAD=∠DBC，
∴∠CAD=∠ABC；
（2）解：∵∠CAD=∠ABC，
∴=，
∵AD是⊙O的直径，且AD=6，
∴的长=×π×6=π．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质以及圆周角定理，证得=是解(2)题的关键．

三、填空题
63．（2020·辽宁鞍山?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知，在x轴上取两点C，D（点C在点D左侧），且始终保持，线段在x轴上平移，当的值最小时，点C的坐标为________．

【答案】（-1，0）
【解析】
【分析】
作点B关于x轴的对称点B′，将B′向右平移1个单位得到B″，连接AB″，与x轴交于点D，过点B′作AB″的平行线，与x轴交于点C，得到此时AD+BC的值最小，求出直线AB″，得到点D坐标，从而可得点C坐标．
【详解】
解：如图，作点B关于x轴的对称点B′，将B′向右平移1个单位得到B″，连接AB″，与x轴交于点D，过点B′作AB″的平行线，与x轴交于点C，
可知四边形B′B″DC为平行四边形，
则B′C=B″D，
由对称性质可得：BC=B′C，
∴AD+BC=AD+B′C=AD+B″D=AB″，
则此时AB″最小，即AD+BC最小，
∵A（3，6），B（-2，2），
∴B′（-2，-2），
∴B″（-1，-2），
设直线AB″的表达式为：y=kx+b，
则，解得：，
∴直线AB″的表达式为：y=2x，
令y=0，解得：x=0，即点D坐标为（0，0），
∴点C坐标为（-1，0），
故答案为：（-1，0）．

【点睛】
本题考查了轴对称的性质，最短路径问题，一次函数表达式，解题的关键是找到AD+BC最小时的情形．
64．（2020·内蒙古赤峰?中考真题）一个电子跳蚤在数轴上做跳跃运动.第一次从原点O起跳，落点为A1，点A1表示的数为1；第二次从点A1起跳，落点为OA1的中点A2；第三次从A2点起跳，落点为0A2的中点A3；如此跳跃下去……最后落点为OA2019的中点A2020.则点A2020表示的数为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
先根据数轴的定义、线段中点的定义分别求出点表示的数，再归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】
由题意得：点表示的数为
点表示的数为
点表示的数为
点表示的数为
归纳类推得：点表示的数为（n为正整数）
则点表示的数为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了数轴的定义、线段中点的定义，根据点表示的数，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
65．（2020·云南昆明?中考真题）如图，点C位于点A正北方向，点B位于点A北偏东50°方向，点C位于点B北偏西35°方向，则∠ABC的度数为_____°．

【答案】95
【解析】
【分析】
按照题意，将点A、B、C的位置关系表示在图中，过点B作一条平行于AC的线，并标注出已知角的度数，两平行线间内错角相等，可得∠1=∠BAC，则∠ABC的度数就可求得．
【详解】
解：如下图所示：过点B作一条平行于AC的线，

由题意可得，∠1＝∠A＝50°（两直线平行，内错角相等），
则∠ABC＝180°-35°-50°＝95°，
故答案为：95．
【点睛】
本题主要考察了方位角的表示、平行线的性质应用，解题的关键在于根据题意，在图中表示出各个角的度数，同时还要掌握平行线的性质：①两直线平行，同位角相等；②两直线平行，内错角相等；③两直线平行，同旁内角互补．
66．（2020·辽宁营口?中考真题）如图，△ABC为等边三角形，边长为6，AD⊥BC，垂足为点D，点E和点F分别是线段AD和AB上的两个动点，连接CE，EF，则CE+EF的最小值为_____．

【答案】3
【解析】
【分析】
过C作CF⊥AB交AD于E，则此时，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值为CF，根据等边三角形的性质得到BF＝AB＝6＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：过C作CF⊥AB交AD于E，

则此时，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值为CF，
∵△ABC为等边三角形，边长为6，
∴BF＝AB＝6＝3，
∴CF＝＝＝3，
∴CE+EF的最小值为3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了轴对称-最短路线问题，解题的关键是画出符合条件的图形．
67．（2020·黑龙江大庆?中考真题）将两个三角尺的直角顶点重合为如图所示的位置，若，则_________．

【答案】
【解析】
【分析】
由∠AOB=∠COD=90°，∠AOC=∠BOD，进而∠AOC=∠BOD=108°-90°=18°，由此能求出∠BOC．
【详解】
解： ∠AOB=∠COD=90°，
∠AOC=∠BOD， 又∠AOD=108°，
∠AOC=∠BOD=108°-90°=18°，
∠BOC=90°-18°=72°．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是角的和差，两锐角的互余，掌握以上知识是解题的关键．
68．（2020·四川雅安?中考真题）如图，与都相交，，则_________．

【答案】130°
【解析】
【分析】
根据平行线的性质可得∠1=∠3，再用补角的定义得出∠2.
【详解】
解：∵a∥b，
∴∠1=∠3=50°，
∴∠2=180°-50°=130°，
故答案为130°.

【点睛】
本题考查了平行线的性质和补角的定义，解题的关键掌握两直线平行，同位角相等.
69．（2020·湖南永州?中考真题）在平面直角坐标系中的位置如图所示，且，在内有一点，M，N分别是边上的动点，连接，则周长的最小值是_________．

【答案】
【解析】
【分析】
分别作出点P关于OA和OB的对称点和，连接，分别与OA和OB交于点M和N，此时，的长即为周长的最小值．
【详解】
解：分别作出点P关于OA和OB的对称点和，则（4，-3），连接，分别与OA和OB交于点M和N，此时，的长即为周长的最小值．

由可得直线OA的表达式为y=2x，设(x,y)，由与直线OA垂直及中点坐标在直线OA上可得方程组：

解得：
则(0，5)，
由两点距离公式可得：

即周长的最小值．
故答案为．
【点睛】
本题考查了轴对称变换中的最短路径问题，解题关键在于找出两个对称点，利用方程求出点的坐标．
70．（2020·广东广州?中考真题）已知，则的补角等于________．
【答案】80
【解析】
【分析】
根据补角的概念计算即可．
【详解】
∠A的补角=180°－100°=80°,
故答案为:80．
【点睛】
本题考查补角的概念,关键在于牢记基础知识．
71．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图①，在中，，点E是边的中点，点P是边上一动点，设．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．．那么的值为_______．

【答案】7
【解析】
【分析】
过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.
【详解】
解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，
可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，
∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，
∴PA+PE=PD+PE，
当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，
观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，
∵点E是AB中点，
∴BE+BD=3BE=，
∴BE=，AB=BD=，
∵∠BAC=120°，
∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴DE⊥AB，∠BDE=30°，
∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，
即点H的纵坐标为a=3，
当点P为DE和BC交点时，
∵AB∥CD，
∴△PBE∽△PCD，
∴，
∵菱形ABCD中，AD⊥BC，
∴BC=2×=6，
∴，
解得：PC=4，
即点H的横坐标为b=4，
∴a+b=3+4=7，
故答案为：7.

【点睛】
本题考查动点问题的函数图象，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
72．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，点O在直线上，，则的度数是______．

【答案】
【解析】
【分析】
根据补角的定义，进行计算即可.
【详解】
解：由图可知：∠AOC和∠BOC互补，
∵，
∴∠BOC=180°-=，
故答案为：.
【点睛】
本题考查了补角的定义，和角的计算，关键是掌握角的运算方法.
73．（2020·内蒙古中考真题）如图，在平行四边形中，的平分线与的平分线交于点E，若点E恰好在边上，则的值为______．

【答案】16
【解析】
【分析】
根据平行线的性质和角平分线的性质，得到∠BEC=90°，然后利用勾股定理，即可求出答案．
【详解】
解：如图，在平行四边形中，

∴，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠AEB=∠CBE，∠DEC=∠BCE，∠ABC+∠DCB=180°
∵BE、CE分别是∠ABC和∠DCB的角平分线，
∴∠ABE=∠CBE，∠DCE=∠BCE，
∴∠AEB=∠ABE，∠DEC =∠DCE，∠CBE+∠BCE=90°
∴AB=AE=2，DE=DC=2，∠BEC=90°，
∴AD=2+2=4，
∴BC=AD=4，
在Rt△BCE中，由勾股定理，得
；
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确求出角之间的关系进行解题．
74．（2020·广东中考真题）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，，点，分别在射线，上，长度始终保持不变，，为的中点，点到，的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离的最小值为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据当、、三点共线，距离最小，求出BE和BD即可得出答案．
【详解】
如图当、、三点共线，距离最小，

∵，为的中点，
∴，，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理，两点间的距离线段最短，判断出距离最短的情况是解题关键．
75．（2020·湖南怀化?中考真题）如图是一个几何体的三视图，根据图中所示数据求得这个几何体的侧面积是________（结果保留）．

【答案】24π cm²
【解析】
【分析】
根据三视图确定该几何体是圆柱体，再计算圆柱体的侧面积．
【详解】
解：先由三视图确定该几何体是圆柱体，底面半径是4÷2=2cm，高是6cm，
圆柱的侧面展开图是一个长方形，长方形的长是圆柱的底面周长，长方形的宽是圆柱的高，
且底面周长为：2π×2=4π(cm)，
∴这个圆柱的侧面积是4π×6=24π(cm²)．
故答案为：24π cm²．
【点睛】
此题主要考查了由三视图确定几何体和求圆柱体的侧面积，关键是根据三视图确定该几何体是圆柱体．
76．（2020·山东临沂?中考真题）我们知道，两点之间线段最短，因此，连接两点间线段的长度叫做两点间的距离；同理，连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，因此，直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离．类似地，连接曲线外一点与曲线上各点的所有线段中，最短线段的长度，叫做点到曲线的距离．依此定义，如图，在平面直角坐标系中，点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OA，与圆O交于点B，根据题干中的概念得到点到圆的距离即为OB，再求出OA，结合圆O半径可得结果.
【详解】
解：根据题意可得：
点到圆的距离为：该点与圆上各点的连线中，最短的线段长度，
连接OA，与圆O交于点B，
可知：点A和圆O上点B之间的连线最短，
∵A（2，1），
∴OA==，
∵圆O的半径为1，
∴AB=OA-OB=，
∴点到以原点为圆心，以1为半径的圆的距离为，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了圆的新定义问题，坐标系中两点之间的距离，勾股定理，解题的关键是理解题意，利用类比思想解决问题.
77．（2020·山东聊城?中考真题）如图，在直角坐标系中，点，是第一象限角平分线上的两点，点的纵坐标为1，且，在轴上取一点，连接，，，，使得四边形的周长最小，这个最小周长的值为________．

【答案】
【解析】
【分析】
先求出AC=BC=2，作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，即此时四边形的周长最小；作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，根据勾股定理求出AE即可．
【详解】
解：∵，点的纵坐标为1，
∴AC∥x轴，
∵点，是第一象限角平分线上的两点，
∴∠BAC=45°，
∵，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
∴∠C=90°，
∴BC∥y轴，
∴AC=BC=2，
作点B关于y轴对称的点E，连接AE，交y轴于D，此时AE=AD+BD，且AD+BD值最小，
∴此时四边形的周长最小，
作FG∥y轴，AG∥x轴，交于点G，则GF⊥AG，
∴EG=2，GA=4，
在Rt△AGE中，
，
∴ 四边形的周长最小值为2+2+=4+ ．

【点睛】
本题考查了四条线段和最短问题．由于AC=BC=2,因此本题实质就是求AD+BD最小值，从而转化为“将军饮马”问题，这是解题关键．