2018-2022年江西中考数学5年真题1年模拟汇编 专题07 几何图形的性质（学生卷+教师卷）

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专题07 几何图形的性质

1．（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．
2．（2020·江西·中考真题）如图，，则下列结论错误的是（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由可对A进行判断；根据三角形外角的性质可对B进行判断；求出∠C，根据大角对大边，小角对小边可对D进行判断；求出可对C进行判断．
【详解】
，
，故选项A正确；
，
，
又，
，故选项B正确；
，
，
，

，故选项D正确；
，
，
而
，故选项C错误．
故选C．
【点睛】
此题主要考查了平行线的判定与性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握性质与判定是解答此题的关键．
3．（2019·江西·中考真题）如图，由10根完全相同的小棒拼接而成，请你再添2根与前面完全相同的小棒，拼接后的图形恰好有3个菱形的方法共有（       ）

A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形的性质，找出各种拼接法，此题得解．
【详解】
解：共有6种拼接法，如图所示．


故选D．
【点睛】
本题考查了图形的剪拼以及菱形的判定，依照题意，画出图形是解题的关键．
4．（2021·江西·中考真题）如图是用七巧板拼接成的一个轴对称图形（忽略拼接线），小亮改变①的位置，将①分别摆放在图中左，下，右的位置（摆放时无缝隙不重叠），还能拼接成不同轴对称图形的个数为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
该题可以自己动手进行拼接，根据勾股定理得知①的直角边为1和1，斜边为，拼接时要依据重合的边要相等，然后根据轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】
在左侧构成轴对称图形如图：

在下方构成轴对称图形如图：

在右侧构成轴对称图形如图:

【点睛】
本题考查勾股定理，图形的拼接以及轴对称图形的判断，掌握轴对称图形的概念是解题的关键．
5．（2022·江西·中考真题）正五边形的外角和等于 _______◦．
【答案】360
【解析】
【详解】
试题分析：任何n边形的外角和都等于360度.
考点：多边形的外角和.
6．（2022·江西·中考真题）沐沐用七巧板拼了一个对角线长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一个长方形（如图所示），则长方形的对角线长为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据图形可得长方形的长是正方形的对角线为2，长方形的宽是正方形对角线的一半为1，然后利用勾股定理即可解决问题．
【详解】
解：根据图形可知：长方形的长是正方形的对角线为2，长方形的宽是正方形对角线的一半为1，
∴根据勾股定理可知，长方形的对角线长：．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，七巧板，矩形的性质，勾股定理，解决本题的关键是所拼成的正方形的特点确定长方形的长与宽．
7．（2021·江西·中考真题）如图，将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，若，，，，则的周长为______．

【答案】4a+2b
【解析】
【分析】
根据题意并利用折叠的性质可得出∠ACE=∠ACB=2∠ECD，计算可得到∠ECD=20，∠ACE=∠ACB=40，利用三角形的外角性质得到∠CFD=∠D=80，再等角对等边即可求解．
【详解】
解：由折叠的性质可得：∠ACE=∠ACB，
∵∠ACE=2∠ECD，
∴∠ACE=∠ACB=2∠ECD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠FAC=∠FCA，∠B+∠BCD=180，即∠B+∠ACE+∠ACB+∠ECD=180，
∴∠ECD=20，∠ACE=∠ACB=40=∠FAC，
∠CFD=∠FAC+∠FCA=80=∠B=∠D，
∴AF=CF=CD=a，即AD=a+b，
则▱ABCD的周长为2AD+2CD=4a+2b，
故答案为：4a+2b．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
8．（2019·江西·中考真题）如图，在中，点是上的点，，将沿着翻折得到，则______°．

【答案】20
【解析】
【分析】
根据三角形内角和和翻折的性质解答即可．
【详解】
解：，将沿着翻折得到，
，，
，
故答案为20
【点睛】
此题考查翻折的性质，关键是根据三角形内角和和翻折的性质解答．
9．（2020·江西·中考真题）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点，交边于点，点落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其它线段，当图中存在角时，的长为__________厘米．

【答案】或或
【解析】
【分析】
分∠ABE=30°或∠AEB=30°或∠ABA′=30°时三种情况，利用锐角三角函数进行求解即可．
【详解】
解：当∠ABE=30°时，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan30°=cm；
当∠AEB=30°时，则∠ABE=60°，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan60°=cm；
当∠ABE=15°时，∠ABA′=30°，延长BA′交AD于F，如下图所示，

设AE=x，则EA′=x，，
∵AF=AE+EF=ABtan30°=，
∴，
∴，
∴ cm．
故答案为：或或．
【点睛】
本题考查了矩形与折叠，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键．
10．（2020·江西·中考真题）如图，平分，，的延长线交于点，若，则的度数为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接，延长与交于点利用等腰三角形的三线合一证明是的垂直平分线，从而得到 再次利用等腰三角形的性质得到：从而可得答案．
【详解】
解：如图，连接，延长与交于点
平分，，

是的垂直平分线，





故答案为：

【点睛】
本题考查的是等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．
11．（2018·江西·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD=3，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转，得到矩形AEFG，点B的对应点E落在CD上，且DE=EF，则AB的长为_____．

【答案】3
【解析】
【详解】
【分析】根据旋转的性质知AB=AE，在直角三角形ADE中根据勾股定理求得AE长即可得.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，BC=AD=3，
∵将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG，
∴EF=BC=3，AE=AB，
∵DE=EF，
∴AD=DE=3，
∴AE==3，
∴AB=3，
故答案为3.
【点睛】本题考查矩形的性质和旋转的性质，熟知旋转前后哪些线段是相等的是解题的关键.
12．（2018·江西·中考真题）在正方形中，=6，连接，，是正方形边上或对角线上一点，若=2，则的长为____________ .
【答案】2或或
【解析】
【分析】
根据题意分情况画出符合题意的图形，然后针对每一个图形利用勾股定理进行求解即可得到答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=6，∠BAD=90°，∠DAC=45°，
∴AC=BD=6；
如图1，当点P在AD上时，
∵AP+PD=AD=6，PD=2AP，
∴AP=2；

如图2，当点P在AB上时，
∵∠PAD=90°，
∴AP2+AD2=DP2，
∵AD=6，PD=2AP，
∴AP2+36=4AP2，
∴AP=；

如图3，当点P在AC上时，作PN⊥AD于点N，
设AN=x，则有DN=6-x，PN=x，
由勾股定理得AP=x，PD=，
∵PD=2AP，
∴=2x，
∴x=或x=（不符合题意，舍去），
∴AP=x=，

当点P在其余边或对角线上时，不存在可以使PD=2AP的点，
综上，AP的长为2，，，
故答案为2或或．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用等，难度较大，解题的关键是正确画出符合题意的图形．
13．（2022·江西·中考真题）如图是的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．


(1)在图1中作的角平分线；
(2)在图2中过点作一条直线，使点，到直线的距离相等．
【答案】(1)作图见解析部分
(2)作图见解析部分
【解析】
【分析】
（1）连接，，与交于点，作射线即可；
（2）取格点，过点和点作直线即可．
(1)
解：如图1，连接、，与交于点，设小正方形的边长为1个单位，
∵线段和是矩形的两条对角线且交于点，
∴，
又∵，，
∴，
∴平分，
∴射线即为所作；


(2)
如图2，连接、、、，直线经过点和点，设小正方形的边长为1个单位，
∴，，
，，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，，，
在和中，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，且，
∴直线即为所作．


【点睛】
本题考查作图一应用与设计作图，考查了等腰三角形三线合一的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，勾股定理等知识．解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
14．（2022·江西·中考真题）图1是某长征主题公园的雕塑，将其抽象成如图2所示的示意图，已知，A，D，H，G四点在同一直线上，测得．（结果保留小数点后一位）


(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)求雕塑的高（即点G到的距离）．
（参考数据：）
【答案】(1)见解析
(2)雕塑的高为7.5m，详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的定义可得结论；
（2）过点G作GP⊥AB于P，计算AG的长，利用 ∠A的正弦可得结论．
(1)
证明：∵，
∴∠CDG＝∠A，
∵∠FEC＝∠A，
∴ ∠FEC＝∠CDG，
∴EF∥DG，
∵FG∥CD，
∴四边形DEFG为平行四边形；
(2)
如图，过点G作GP⊥AB于P，
∵四边形DEFG为平行四边形，
∴DG＝EF＝6.2，
∵AD＝1.6，
∴AG＝DG+AD＝6.2+1.6＝7.8，
在Rt△APG中，sinA= ，
∴=0.96，
∴PG=7.8×0.96＝7.488≈7.5．
答：雕塑的高为7.5m.

【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，正确作辅助线构建直角三角形解决问题．
15．（2022·江西·中考真题）如图，四边形为菱形，点E在的延长线上，．

(1)求证：；
(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=9
【解析】
【分析】
（1）根据四边形ABCD是菱形，得出，，根据平行线的性质和等边对等角，结合，得出，即可证明结论；
（2）根据，得出，代入数据进行计算，即可得出AE的值．
(1)
证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴，，
，，
∵，
∴，
∴．
(2)
∵，
∴，
即，
解得：．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，根据题意得出，是解题关键．
16．（2022·江西·中考真题）（1）课本再现：在中，是所对的圆心角，是所对的圆周角，我们在数学课上探索两者之间的关系时，要根据圆心O与的位置关系进行分类．图1是其中一种情况，请你在图2和图3中画出其它两种情况的图形，并从三种位置关系中任选一种情况证明；
（2）知识应用：如图4，若的半径为2，分别与相切于点A，B，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）①如图2，当点O在∠ACB的内部，作直径，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质可得结论；②如图3，当O在∠ACB的外部时，作直径CD，同理可理结论；
（2）如图4，先根据（1）中的结论可得∠AOB=120°，由切线的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，可得∠OPA=30°，从而得PA的长．
【详解】
解：（1）①如图2，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，

∵OA=OC=OB，
∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD+∠BOD=2∠ACO+2∠BCO=2∠ACB，
∴∠ACB=∠AOB；
如图3，连接CO，并延长CO交⊙O于点D，

∵OA=OC=OB，
∴∠A=∠ACO，∠B=∠BCO，
∵∠AOD=∠A+∠ACO=2∠ACO，∠BOD=∠B+∠BCO=2∠BCO，
∴∠AOB=∠AOD-∠BOD=2∠ACO-2∠BCO=2∠ACB，
∴∠ACB=∠AOB；
（2）如图4，连接OA，OB，OP，

∵∠C=60°，
∴∠AOB=2∠C=120°，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，∠APO=∠BPO=∠APB=（180°-120°）=30°，
∵OA=2，
∴OP=2OA=4，
∴PA=
【点睛】
本题考查了切线长定理，圆周角定理等知识，掌握证明圆周角定理的方法是解本题的关键．
17．（2021·江西·中考真题）如图1，四边形内接于，为直径，过点作于点，连接．


（1）求证：；
（2）若是的切线，，连接，如图2．
①请判断四边形ABCO的形状，并说明理由；
②当AB=2时，求AD， AC与围成阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析；（2）四边形ABCO是菱形，理由见解析；（3）阴影部分的面积为．
【解析】
【分析】
（1）利用圆内接四边形的性质证得∠D=∠EBC，再利用圆周角的性质证得∠D+∠CAD=，即可证明∠CAD=∠ECB；
（2）①利用切线的性质得到OC⊥EC，从而证明OC∥AE，再证明∠BAO=∠EBC =60°，推出BC∥AO，即可证明四边形ABCO是菱形；②先计算，再利用扇形的面积公式计算，即可求得阴影部分的面积．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠D+∠ABC=，
∵∠EBC+∠ABC=，
∴∠D=∠EBC，
∵AD为⊙O直径，
∴∠ACD=，
∴∠D+∠CAD=，
∵CE⊥AB，
∴∠ECB+∠EBC=，
∴∠CAD=∠ECB；
（2）①四边形ABCO是菱形，理由如下：
∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥EC，
∵AB⊥EC，
∴∠OCE=∠E=，
∴∠OCE+∠E=18，
∴OC∥AE，
∴∠ACO=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAD，
∴∠BAC=∠CAD，
∵∠CAD=∠ECB，∠CAD=30°，
∴∠EBC=90°-30°=60°，
∴∠BAO=∠EBC =60°，
∴BC∥AO，
∴四边形ABCO是平行四边形，
∵OA=OC，
∴四边形ABCO是菱形；
②∵四边形ABCO是菱形，
∴AO=AB=2，AD=4，
∵∠CAD=30°，
∴CD=AD=2，AC=2，
过点C作CF⊥AD于点F，

∴CF=，
∴，
∵OC∥AE，
∴∠DOC=∠BAO=60°，
∴，
∴阴影部分的面积为．
【点睛】
本题主要考查了切线的性质、菱形的判定和性质以及扇形面积的求法，熟练掌握切线的性质定理以及扇形面积的求法是解答此题的关键．
18．（2021·江西·中考真题）已知正方形的边长为4个单位长度，点是的中点，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）．

（1）在图1中，将直线绕着正方形的中心顺时针旋转；
（2）在图2中，将直线向上平移1个单位长度．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接BD与AC相交于O，连接AE与BD相交于P，连接CP并延长交AD于F，直线OF即为所求；
（2）设AE与OF交于G，连接OE交CF于H，则直线GH即为所求．
【详解】
（1）如图，直线OF即为所求；

∵AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，DP=DP，
∴△ADP△CDP，
∴∠DAE=∠DCF，
∵AD=CD，∠ADE=∠CDF=90°，
∴△ADE△CDF，
∴DE=DF，
∵点E是CD的中点，
∴点F是AD的中点，
∵∠AOD=90°，且AO=OD，
∴∠AOF=45°；
（1）如图，直线GH即为所求；

由三角形中位线定理知OG=CF=1，OH=AF=1，且∠GOH=90°，
∴OG=OH，
∴△GOH是等腰直角三角形，
∴∠HOC=∠OHG=45°，
∴GH∥AC，且OG =1．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
19．（2019·江西·中考真题）如图1，为半圆的直径，点为圆心，为半圆的切线，过半圆上的点作交于点，连接．
（1）连接，若，求证：是半圆的切线；
（2）如图2，当线段与半圆交于点时，连接，，判断和的数量关系，并证明你的结论．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，根据切线的性质得到，推出四边形是平行四边形，得到，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，于是得到结论；
（2）如图2，连接，根据圆周角定理得到，求得，证得，等量代换即可得到结论．
【详解】
（1）证明：连接，

为半圆的切线，为半圆的直径，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
是半圆的切线；
（2）解：，
理由：如图2，连接，

为半圆的直径，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，平行四边形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
20．（2018·江西·中考真题）如图，在中，为上一点，以为圆心，长为半径作圆，与相切于点，过点作交的延长线于点,且.
     （1）求证：为的切线；
     （2）若， ,求的长.

【答案】(1)证明见解析；（2）
【解析】
【详解】
【分析】（1）作OE⊥AB于点E，证明△OBC≌△OBE，根据全等三角形的对应边相等可得OE=OC， OE是⊙O的半径 ，OE⊥AB ，即可判定AB为⊙O的切线；   
（2）根据题意先求出AO、BO的长，再证明△AOD∽△BOC，根据相似三角形对应边成比例即可求出AD的长.
【详解】（1）作OE⊥AB于点E，
∵切BC于点C，
∴OC⊥BC，∠ACB=90°，
∵ AD⊥BD，∴∠D=90°，
∴∠ABD＋∠BAD =90°，∠CBD＋∠BOC=90°，
∵∠BOC=∠AOD，∠AOD=∠BAD，
∴∠BOC=∠BAD，
∴∠ABD=∠CBD
在△OBC和△OBE中，
∴△OBC≌△OBE，
∴OE=OC，∴OE是⊙O的半径 ，
∵OE⊥AB ，∴AB为⊙O的切线；   

（2） ∵tan∠ABC=，BC=6，
∴AC=8，∴AB= ，
∵BE=BC=6，∴AE=4，
∵∠AOE=∠ABC，∴tan∠AOE= ，∴EO=3，
∴AO=5，OC=3，∴BO=，
在△AOD和△BOC中，
∴△AOD∽△BOC，∴ ，
即 ，∴AD= .
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，熟练掌握相关的判定与性质定理是解题的关键.
21．（2018·江西·中考真题）如图，在四边形中，∥,=2,为的中点，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图(保留作图痕迹)
     （1）在图1中，画出△ABD的BD边上的中线；
     （2）在图2中，若BA=BD, 画出△ABD的AD边上的高 .

【答案】(1)作图见解析；（2）作图见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据AB=2CD，AB=BE，可知BE＝CD，再根据BE//CD，可知连接CE，CE与BD的交点F即为BD的中点，连接AF，则AF即为△ABD的BD边上的中线；
（2）由（1）可知连接CE与BD交于点F，则F为BD的中点，根据三角形中位线定理可得EF//AD，EF=AD，则可得四边形ADFE要等腰梯形，连接AF，DE交于点O，根据等腰梯形的性质可推导得出OA=OD，再结合BA=BD可知直线BO是线段AD的垂直平分线，据此即可作出可得△ABD的AD边上的高 .
【详解】
（1）如图AF是△ABD的BD边上的中线；

（2）如图AH是△ABD的AD边上的高.

【点睛】
本题考查了利用无刻度的直尺按要求作图，结合题意认真分析图形的成因是解题的关键.
22．（2020·江西·中考真题）某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积，，之间的关系问题”进行了以下探究：

类比探究
（1）如图2，在中，为斜边，分别以为斜边向外侧作，，，若，则面积，，之间的关系式为 ；
推广验证
（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作任意，，，满足，，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）如图4，在五边形中，，，，，点在上，，，求五边形的面积．
【答案】（1）；（2）结论成立，证明看解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题目已知△ABD、△ACE、△BCF、△ABC均为直角三角形，又因为，则有∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，找到从而找到面积之间的关系；
（2）在△ABD、△ACE、△BCF中，，，可以得到∽∽，利用相似三角形的面积比为边长平方的比，列出等式，从而找到面积之间的关系；
（3）将不规则四边形借助辅助线转换为熟悉的三角形，过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，由此可知，，即可计算出，根据△ABP∽△EDP∽△CBD，从而有，由（2）结论有，最后即可计算出四边形ABCD的面积．
【详解】
（1）∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形，且，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（2）成立，理由如下：
∵△ABC是直角三角形，
∴，
∵在△ABD、△ACE、△BCF中，，，
∴∽∽，
∴，，
∴
∴得证．
（3）过点A作AHBP于点H，连接PD，BD，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴PH=AH=，
∴，，
∴，
∵，ED=2，
∴，，
∴，
∵，
∴△ABP∽△EDP，
∴，，
∴，，
∴，
，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴△ABP∽△EDP∽△CBD
∴
故最后答案为．

【点睛】
（1）（2）主要考查了相似三角形的性质，若两三角形相似，则有面积的比值为边长的平方，根据此性质找到面积与边长的关系即可；（3）主要考查了不规则四边形面积的计算以及（2）的结论，其中合理正确利用前面得出的结论是解题的关键．
23．（2020·江西·中考真题）已知的两边分别与圆相切于点，，圆的半径为．
（1）如图1，点在点，之间的优弧上，，求的度数；
（2）如图2，点在圆上运动，当最大时，要使四边形为菱形，的度数应为多少？请说明理由；
（3）若交圆于点，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含的式子表示）．

【答案】（1）50°；（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）连接OA、OB，根据切线的性质和多边形内角和定理可得∠AOB+∠APB=180°，然后结合已知求得∠AOB，最后根据圆周角定理即可解答；
（2）连接OA、OB，先观察发现当∠APB=60°时，四边形APBC可能为菱形；然后利用∠APB=60°结合（1）的解答过程可得∠ACB=∠APB=60°，再根据点C运动到PC距离最大，即PC经过圆心；再说明四边形APBC为轴对称图形结合已知条件得到PA =PB=CA =CB，即可得到四边形APBC为菱形；
（3）由于⊙O的半径为r，则OA=r、OP=2 r，再根据勾股定理可得AP=r、PD=r，然后根据弧长公式求得的弧长，最后根据周长公式计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，连接OA、OB
∵PA，PB为⊙O的切线
∴∠PAO=∠PBO=90°
∴∠AOB+∠MPN=180°
∵∠MPN=80°
∴∠AOB=180°-∠MPN=100°
∴∠AOB=100°=∠ACB=50°；

（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由如下：
如图2：连接OA、OB
由（1）可知∠AOB+∠APB=180°
∵∠APB=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=60°=∠APB
∵点C运动到PC距离最大
∴PC经过圆心
∵PA、PB为⊙O的切线
∴四边形APBC为轴对称图形
∵PA=PB，CA=CB，PC平分∠APB和∠ACB.
∴∠APB=∠ACB=60°
∴∠APO=∠BPO=∠ACP=∠BCP=30°
∴PA =PB=CA =CB
∴四边形APBC为菱形；

（3）∵⊙O的半径为r
∴OA=r，OP=2 r
∴AP=r，PD=r
∵∠AOP=60°
∴
∴C阴影．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、菱形的判定、弧长公式以及有关圆的最值问题，考查知识点较多，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
24．（2019·江西·中考真题）在中，，点在以为直径的半圆内．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹）．
（1）在图1中作弦，使；

（2）在图2中以为边作一个45°的圆周角．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）分别延长、交半圆于、，利用圆周角定理可等腰三角形的性质可得到，则可判断；
（2）在（1）基础上分别延长、，它们相交于，则连接交半圆于，然后证明，从而根据圆周角定理可判断．
【详解】
解：（1）如下图：分别延长、交半圆于、，线段为所求弦．

理由如下：∵AB=BC,
∴∠B=∠C，
又∵，
∴∠F=∠C，
∴∠C=∠F，
∴EF∥BC，
（2）如下图，（以下画法供参考）：在（1）基础上分别延长、，它们相交于，则连接交半圆于， 则为所作．
理由如下：∵EF∥BC，
∴，
∴∠EBC=∠FCB，
∴MC=MB，
又∵AB=AC，
∴MA垂直平分BC，
∴D为的中点，
∵为半圆，
∴∠CBD=45°.
【点睛】
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．也考查了圆周角定理．
25．（2019·江西·中考真题）在图1，2，3中，已知，，点为线段上的动点，连接，以为边向上作菱形，且．

（1）如图1，当点与点重合时，________°；
（2）如图2，连接．
①填空：_________（填“>”，“<”，“=”）；
②求证：点在的平分线上；
（3）如图3，连接，，并延长交的延长线于点，当四边形是平行四边形时，求的值．
【答案】（1）；（2）①，②见详解；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质计算；
（2）①证明，根据角的运算解答；
②作于，交的延长线于，证明，根据全等三角形的性质得到，根据角平分线的判定定理证明结论；
（3）根据含角的直角三角形的性质得到，证明四边形为菱形，根据菱形的性质、平行线分线段成比例定理计算，得到答案．
【详解】
解：（1）∵四边形是菱形
∴
∴
故答案是：
（2）①∵四边形是平行四边形
∴
∵四边形是菱形，
∴
∴
故答案是：
②作于，交的延长线于，如图：

∴
∴
∵
∴
∵，
∴为等边三角形
∴
在和中，

∴
∴，，
∴点在的平分线上．
（3）、交于点，如图：

∵四边形是菱形，
∴
∴
∵四边形为平行四边形
∴，
∴， 四边形是平行四边形
∴，
∴是菱形
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴在中，
∴
∴
∴
∴
∴．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、含角的直角三角形的性质、平行线分线段成比例定理、角平分线的判定定理等，掌握相关知识点是解题的关键．
26．（2018·江西·中考真题）在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ；
（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).       
(3) 如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若 , ,求四边形的面积.                 

【答案】（1）BP=CE； CE⊥AD；（2）成立，理由见解析；（3） .
【解析】
【详解】
【分析】（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得，再根据△ABP≌△ACE，可得，继而可推导得出 ，即可证得CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；
（3）连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得， 的长，再根据，进行计算即可得.
【详解】（1）①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；

②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴，
∵△ABP≌△ACE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：

连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120° ，
∠BAP=120°＋∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ， ∠PAE=60° ，
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，，
∴∠DCE=30° ，∵∠ADC=60°，
∴∠DCE＋∠ADC=90° ， ∴∠CHD=90° ，∴CE⊥AD，
∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
(3)   连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，
∵∠ABC=60°，，
∴∠ABO=30° ，∴ ， BO=DO=3，
∴BD=6，
由(2)知CE⊥AD，
∵AD∥BC，∴CE⊥BC，
∵ ， ，
∴，
由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，
∴，
∵△APE是等边三角形，∴ ， ，
∵，
∴，
=
=
=，
∴四边形ADPE的面积是 .
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形判定与性质等，熟练掌握相关知识，正确添加辅助线是解题的关键.





1．（2022·江西省临川第二中学三模）2022年2月7日，中国女足不屈不挠、力闯难关，以骄人战绩时隔16年再次夺得亚洲杯冠军．如图所示，小楠将“中国女足夺冠”这句话写在了一个正方体的表面展开图上，那么在原正方体中，与“冠”所在面相对的面上的汉字是（       ）

A．中 B．国 C．女 D．足
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正方体表面展开图的特征进行判断即可．
【详解】
解：由正方体的表面展开图可知，与“冠”所在面相对的面上的汉字是“国”．
故选：B．
【点睛】
本题考查正方体的展开与折叠，掌握正方体表面展开图的特征，正确判断正方体展开图中“相对的面”是正确解答的关键．
2．（2022·江西南昌·模拟预测）如图，直线，被直线，所截．若//，，，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由两直线平行，同旁内角互补求出∠CGE的度数，再由三角形的内角和定理求得∠3的度数．
【详解】
解：∵//，，
∴∠CGE＝180°－∠1＝104°，
∵∠2＋∠3＋∠CGE＝180°，，
∴∠3＝180°－∠2－∠CGE＝40°．
故选：C
【点睛】
此题考查了平行线的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握相关性质和定理是解题的关键．
3．（2022·江西·寻乌县教育局教学研究室一模）已知是锐角，与互补，与互余，则的值等于（       ）
A．45° B．60° C．90° D．180°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据余角、补角的定义，计算角的差即可；
【详解】
解：∠A是锐角，
∠A与∠B互补，则∠B=180°-∠A，
∠A与∠C互余，则∠C=90°-∠A，
∠B-∠C=180°-∠A-90°+∠A=90°，
故选： C．
【点睛】
本题考查了余角：若两角和为90°则两角互余；补角：若两角和为180°则两角互补；掌握定义是解题关键．
4．（2022·江西·模拟预测）一块直角三角板按如图所示方式放置在一张长方形纸条上，若，则的度数为（       ）

A．28° B．56° C．36° D．62°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得出EF∥GH，过点C作CA∥EF，利用平行线的性质得出∠2=∠MCA，∠1=CAN，然后代入求解即可．
【详解】
解：如图所示标注字母，

∵四边形EGHF为矩形，
∴EF∥GH，
过点C作CA∥EF，
∴CA∥EF∥GH，
∴∠2=∠MCA，∠1=CAN，
∵∠1=28°，∠MCN=90°，
∴∠2=∠MCA=90°-∠1=62°，
故选：D．
【点睛】
题目主要考查矩形的性质，平行线的性质，角度的计算等，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．
5．（2022·江西九江·三模）如图，是由7个全等的菱形（有一个内角为60°）拼接而成的图形，菱形的顶点称为格点，以其中的4个格点为顶点连成矩形的个数共有（       ）

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【解析】
【分析】
根据矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质画出图形，从而求解．
【详解】
解：如图， ，同理可得

，四边形是矩形，同理可得四边形是矩形，
如图，根据题意是等边三角形，设菱形的边长为1，则，则，则，
，四边形是矩形，同理可得，四边形是矩形，

共10个，
故选C．
【点睛】
本题考查了矩形的判定，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2022·江西·二模）如图，中，E，F分别在AD，BC上，，，若，，的长为（       ）

A．6 B． C．9 D．10
【答案】D
【解析】
【分析】
过点B作BM⊥AD，垂足为M，先证明四边形BFEM是矩形，得出，，继而求出，再根据勾股定理求解即可．
【详解】

过点B作BM⊥AD，垂足为M，
，
，
四边形ABCD是平行四边形，
，
四边形BFEM是矩形，
，，
，，
，
，
在中，由勾股定理得，
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
7．（2022·江西九江·一模）如图，在已知线段AB上按下列步骤作图：（1）分别以点A，B为圆心，以大于长为半径作弧交于C、D两点，直线CD与AB交于点E；（2）以点E为圆心，以AE长为半径作弧交AC于点F，连接EF和FB；若，则（       ）


A．5° B．10° C．12° D．15°
【答案】B
【解析】
【分析】
由题可知，垂直平分，故点在以为直径的圆上，由此可知，进而可得的度数．
【详解】
解：由题可知，作法（1）是作线段的垂直平分线，故，
结合作法（2）可知，，故点在以为直径的圆上，
，即，
，
又，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查垂直平分线的尺规作图法，直径所对的圆周角是直角，直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握这些性质定理是解题的关键．
8．（2022·江西吉安·一模）某校开展“展青春风采，树强国信念”科普大阅读活动．小明看到黄金分割比是一种数学上的比例关系，它具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值，应用时一般取0.618．特别奇妙的是在正五边形中，如图所示，连接AB，AC，的角平分线交边AB于点D，则点D就是线段AB的一个黄金分割点，且，已知，那么该正五边形的周长为（       ）

A．19.1cm B．25cm C．30.9cm D．40cm
【答案】C
【解析】
【分析】
证明BC=CD=AD=6.18（cm），可得结论．
【详解】
解：由题意，点D是线段AB的黄金分割点，
∴，
∵AB=AC=10cm，
∴AD=6.18（cm），
∵∠ABC=∠ACB=72°，CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=∠CAD=36°，∠CDB=∠CBD=72°，
∴BC=CD=AD=6.18（cm），
∴五边形的周长为6.18×5=30.90（cm），
故选：C．
【点睛】
本题考查正多边形的性质，黄金分割等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题．
9．（2022·江西九江·二模）如图，∠MON=60°．①以点O为圆心，任意长度为半径画弧，分别交OM、ON于点A，C；②分别以A，C为圆心，OA长为半径画弧，两弧交于点B；③连接AB、BC．若OA=8cm，则四边形OABC的面积为（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先确定OB是∠MON的角平分线，得出∠BON=30°，作BD⊥ON于D，根据等腰三角形的性质得出∠BCN=60°，解直角三角形求得BD，然后根据三角形面积公式求得△BOC的面积，进而求得四边形OABC的面积．
【详解】
解：由题意可知OB是∠MON的角平分线，
∵∠MON=60°，
∴∠BON=30°，
作BD⊥ON于D，

∵OC=BC=8cm，
∴∠BOC=∠OBC=30°，
∴∠BCD=60°，
∴BD=BC=4，
∴S四边形OABC=OC×BD=8×4=32，
故选：D．
【点睛】
本题考查作图-复杂作图，等腰三角形的性质以及三角形的面积，解直角三角形求得BD是解题的关键．
10．（2022·江西·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是_______．

【答案】20
【解析】
【分析】
首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，
∴OC=OD=BD=5，
∵//，//．，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵OC=OD =5，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20．
故答案为20．
【点睛】
本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解题关键．
11．（2022·江西吉安·二模）如图，在矩形ABCD中，，，P是AD边上一点，BP平分，则△DBP的面积是______．

【答案】3.75
【解析】
【分析】
过点P作PE⊥BD于点E，根据角平分线的性质定理可得AP=EP，可证得，从而得到BE=AB=3，在中，由勾股定理，即可求解．
【详解】
解：如图，过点P作PE⊥BD于点E，


在矩形ABCD中，∠A=90°，AD=BC=4，
∴，
∵BP平分，
∴AP=EP，
∵BP=BP，
∴，
∴BE=AB=3，
∴DE=BD-BE=2，
设PD=x，则AP=PE=4-x，
在中，，
∴，解得：，
即DP=2.5，
∴△DBP的面积是．
故答案为：3.75
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，角平分线性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，角平分线性质定理，勾股定理是解题的关键．
12．（2022·江西南昌·模拟预测）如图，将平移，得到，点落在边上，若，，则的度数为_______．

【答案】113°##113度
【解析】
【分析】
关键AB=AC得到∠B=∠C=，再利用平移利用平行线的性质求出结果．
【详解】
解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C= ，
由平移知=∠C=67°，
又∵，
∴=180°-∠C’=113°，
故答案为113°．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质和平移的性质，确定平移前后的对应关系是解决问题的关键．
13．（2022·江西南昌·二模）如图，点E是矩形ABCD边AB上一点，将沿着DE翻折得到，与DC交于F点，若，，则_______．

【答案】2
【解析】
【分析】
根据矩形的性质和，，可得∠CDE=∠AED=30°，再由折叠的性质可得，，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】
解：在矩形ABCD中，∠A=90°，CD∥AB，
∴∠CDE=∠AED，
∵，，
∴，
∴∠CDE=∠AED=30°，
∴∠ADE=60°，
根据题意得：，，
∴，
∴，
∴DF=EF，
∴，
∴DF=2，
∴EF=2．
故答案为：2
【点睛】
本题主要考查了矩形和折叠，解直角三角形，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质是解题的关键．
14．（2022·江西·模拟预测）如图，校园内有一株枯死的大树，距树12米处有一栋教学楼，为了安全，学校决定砍伐该树，站在楼顶D处，测得点B的仰角为，点A的俯角为．小青计算后得到如下结论：①米；②米；③若直接从点A处砍伐。树干倒向教学楼方向会对教学楼有影响；④若第一次在距点A的8米处的树干上砍伐，不会对教学楼造成危害．其中正确的是____________．（填写序号，参考数值：）

【答案】①③④
【解析】
【分析】
利用三角函数进行求解可判断①②，再利用勾股定理即可判断③④；
【详解】
解：如图，过点D作DE⊥AB于E，则四边形ACDE是矩形，


∴，AC=DE=12m，AE=CD，
∴，
∴，，故②错误；
∴，故①正确；
∵，
∴若直接从点A处砍伐。树干倒向教学楼方向会对教学楼有影响，故③正确；
如图，取，连接DG，


∴，，
∴，
∵，
∴，
∴第一次在距点A的8米处的树干上砍伐，不会对教学楼造成危害；
故④正确；
故答案为：①③④．
【点睛】
本题主要考查解直角三角形的实际应用、勾股定理、矩形的性质与判定，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
15．（2022·江西·模拟预测）如图，在中，，半径为3cm的是的内切圆，连接、，则图中阴影部分的面积是__________cm2．（结果用含的式子表示）

【答案】
【解析】
【分析】
根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，得到的大小，然后用扇形面积公式即可求出
【详解】
∵内切圆圆心是三条角平分线的交点
∴；
设，
在中：
在中：
由①②得：
扇形面积：（cm2）
故答案为：
【点睛】
本题考查内心的性质，扇形面积计算；解题关键是根据角平分线算出的度数
16．（2022·江西南昌·二模）如图，AB和OC分别是的直径和半径，，点P是直径AB上的一个动点，射线CP与相交于点Q，若是等腰三角形，则______．

【答案】40°或80°或100°
【解析】
【分析】
△OPQ为等腰三角形时，分OP=PQ，OQ=PQ，OP=OQ三种情况进行讨论，且注意点P在OA或OB上两种情况进行讨论，分别求出∠CPB的度数即可．
【详解】
解：①当OP=PQ，点P在OB上时，如图所示：


∵OC=OQ，
∴∠OCQ=∠OQC，
∵OP=PQ，
∴∠OQC=∠POQ，
∴∠OCQ=∠OQC=∠POQ，
设∠OCQ=∠OQC=∠POQ=，
∵∠BOC=60°，
∴，   
解得：，
；
当OP=PQ，点P在OA上时，如图所示：


∵OC=OQ，
∴∠OCQ=∠OQC，
∵OP=PQ，
∴∠OQC=∠POQ，
∴∠OCQ=∠OQC=∠POQ，
设∠OCQ=∠OQC=∠POQ=x，
∵∠BOC=60°，
∴，
∴，
解得：，
∵∠CPB为△POQ的外角，
；
②当OQ=PQ，如图所示：


∵OC=OQ，
∴∠OCQ=∠OQC=，
∵OQ=PQ，
∴∠QOP=∠OPQ=，
∵∠BOC=60°，
∴根据三角形内角和可得：
，
解得：，
∴∠CPB=∠OPQ=；
③当OP=OQ时，
∵Q在圆上，
∴OQ为圆的半径，
∴OP为圆的半径，
∴点P在圆上，即点P在A点或B点，
∴此时点P与点Q重合，此时三角形不存在；
综上分析可知，∠CPB的度数为40°或80°或100°．
故答案为：40°或80°或100°．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形内角和，圆的知识，熟练掌握等腰三角形的性质，注意进行分类讨论，是解题的关键．
17．（2022·江西九江·三模）如图，矩形ABCD中，，，点E是BC的中点，点F在AB上，，P是矩形上一动点．若点P从点F出发，沿的路线运动，当时，FP的长为______．

【答案】2或4或
【解析】
【分析】
如图，连接DF，AE，DE，取DF的中点O，连接OA、OE．以O为圆心OF为半径画⊙O交CD于P3．只要证明∠EP1F＝∠FP2F＝∠FP3E＝30°，即可推出FP1＝2，FP2＝4，FP3＝解决问题．
【详解】
如图，连接DF，AE，DE，取DF的中点O，连接OA、OE．以O为圆心OF为半径画⊙O交CD于P3．


∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，
∵BF＝1，BE＝，AF＝2，AD＝2，
∴tan∠FEB＝tan∠ADF＝，
∴∠ADF＝∠FEB＝30°，
EF＝，OF＝OD＝2，
∴△OEF是等边三角形，
∴∠EP1F＝∠FP2F＝∠FP3E＝30°，
∴FP1＝2，FP2＝4，FP3＝，
故答案为：2或4或．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、锐角三角函数、圆的有关知识、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题．
18．（2022·江西九江·三模）如图，在正方形ABCD中，，点E是BC上一点，连接AE，将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DF、CF，若，则△EFC的面积为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
在上截取，连接，证明，进而可得，过点作，勾股定理求得，然后根据三角形面积公式进行计算即可求解．
【详解】
解：如图，在上截取，连接，

四边形是正方形，
，，
，
，则
是等腰直角三角形
，
将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
，
，
，
在与中，

，
，，
，，
，
过点作，

则是等腰直角三角形，设，则，
中，，，
即，
解得，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，添加辅助线是解题的关键．
19．（2022·江西吉安·一模）图，正六边形的边长为6，，分别为，的中点，点在正六边形的边上，且在直线的右侧，则当为等腰三角形时，长为________．

【答案】，9，
【解析】
【分析】
分三种情况讨论，分别对应关系求解即可．
【详解】
解：如图，连接BE，与MN交于点G，
由正六边形的对称性可知，BE⊥MN，∠ABE=∠CBE=60°，
∵M、N为AB、BC中点，边长为6，
∴BM=BN=3，
∴BG=，MG=NG=，△BMN是顶角为120°的等腰三角形，
∴MN=；
①当M为顶点时，P1是AF中点，
∴MP1=MN=；
②当N为顶点时，P2是CD中点，
易得△BMN∽△NMP2，
∴，
∴MP2=9；
③当P为顶点时，此时P3与E重合，
由正六边形的性质，易得BP3=2AF=12，
GP3=，
∴MP3=；
故答案为：，9，．

【点睛】本题考查分类讨论问题，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，理清思路，分清楚情况是解题的关键．
20．（2022·江西·模拟预测）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片，折痕是，点落在点处，分别延长、交于点、，若点是边的中点，则______cm．

【答案】
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得DE=DC=4，EM=CM=2，连接DF，设FE=x，由勾股定理得BF，DF，从而求出x的值，得出FB，再证明，利用相似三角形对应边成比例可求出FG．
【详解】
解：连接如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴
∵点M为BC的中点，
∴
由折叠得，∠
∴∠，
设则有
∴
又在中，，
∵
∴
∴
在中，
∴
解得，（舍去）
∴
∴
∴
∵∠
∴∠
∴∠
又∠
∴△
∴即
∴
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
21．（2022·江西景德镇·三模）如图，为正五边形的外接圆，已知，请用无刻度直尺完成下列作图，保留必要的画图痕迹．

(1)在图1中的边上求作点，使；
(2)在图2中的边上求作点，使．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）连接AO并延长 与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM与DE的交点即为所求作；
（2）在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN并延长即可．
(1)
连接AO并延长 与CD相交，连接EF交AO延长线于M，连接BM交DE于点G，则点G为所求作，如图1所示；
理由：
∵⊙O为正五边形的外接圆，
∴直线AO是正五边形ABCDE的一条对称轴，点B与点E、点C与点D分别是一对对称点．
∵点M在直线AO上，
∴射线BM与射线EF关于直线AO对称，从而点F与点G关于直线AO对称，
∴CF与DG关于直线AO对称．
∴DG=CF．

(2)
在（1）的基础上，连接BO并延长与DE相交，连接AG交BO延长线于N，连接CN，如图2所示；

【点睛】
本题考查了作图：无刻度直尺作图，考查了正五边形的对称性质，掌握正五边形的性质是解题的关键．
22．（2022·江西九江·模拟预测）如图1是一个长方体形家用冰箱，长、宽、高分别为0.5米、0.5米、1.7米，在搬运上楼的过程中，由于楼梯狭窄，只能靠一名搬运师傅背上楼．

(1)如图2，为便于搬运师傅起身，冰箱通常与地面成角，求此时点与地面的高度；
(2)如图3，在搬运过程中，冰箱与水平面成夹角，最低点与地面高度为0.3米，门的高度为2米，假如最高点与门高相同时，刚好可以搬进去，若他保持冰箱与平面夹角不变，他要下蹲几厘米才刚好进门？（结果精确到厘米，，，）
【答案】(1)此时点D与地面的高度为0.25米；
(2)他要下蹲5厘米才刚好进门．
【解析】
【分析】
（1）过点D作DE⊥MN于点E，求得∠DAE=30°，利用含30度角的直角三角形的性质即可求解；
（2）作出如解图的辅助线，解直角三角形即可求解．
(1)
解：过点D作DE⊥MN于点E，如图：

∵∠BAM=60°，∠BAD=90°，∴∠DAE=30°，
∵AD=0.5米，
∴DE=0.25米，
∴此时点D与地面的高度为0.25米；
(2)
解：过点A、B、C分别作MN的垂线，垂足分别为K、F、G，过点A作BF的垂线，垂足为I，并交CG于J，过点B作CG的垂线，垂足为H，
则四边形BHGF、BHJI、AKFI、JGFI都是矩形，
∵∠BAI=80°，∴∠ABH=80°，∠CBH=90°-80°=10°，∠BCH=90°-10°=80°，
∵AB=1.7米，BC=0.5米，
∴HJ= BI= ABsin80°=1.7×0.981.67(米)，
CH=BCcos80°=0.5×0.160.08(米)，
JG=IF=0.3米，
∴CG=CH+HJ+JG=2.05(米)，
2.05-2=0.05(米)，
他要下蹲5厘米才刚好进门．　
．   
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，记住锐角三角函数的定义，利用数形结合的思想解答．
23．（2022·江西九江·二模）八一起义纪念碑坐落于江西省南昌市中心八一广场．1977年八一起义五十周年时破土兴建，1979年1月8日落成．如图，为测量八一起义纪念碑的大致高度，贝贝在广场平地上的点C处，测得纪念碑的顶部的仰角为30°，贝贝又向纪念碑走近了些测量，于点D处的位置，测得纪念碑的仰角为75°，测得米．


(1)求贝贝站在D点处仰望纪念碑顶点A的距离AD为多少米？
(2)求八一起义纪念碑的大致高度AB．（参考数据，答案精确到0.1米）
【答案】(1)46.2米
(2)44.6米
【解析】
【分析】
（1）过点D作于点H．由角所对的直角边等于斜边的一半求出HD，利用三角形外角的性质推出，解即可求出AD；
（2）解求出CH，进而求出AC，利用角所对的直角边等于斜边的一半可知．
(1)
解：如图，过点D作于点H．


在中，，
∴（米）．
∵，
∴ （米）．
答：贝贝站在D点处仰望纪念碑顶点A的距离AD为46.2米．
(2)
解：∵，（米），
∴ （米），
（米），
∴ （米）．
在中，
∵，
∴（米）．
答：八一起义纪念碑的高度约为44.6米．
【点睛】
本题考查利用锐角三角函数解直角三角形的实际应用，添加辅助线DH构造含角的是解题的关键．
24．（2022·江西·模拟预测）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”．


(1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是______．（填序号）①矩形；②菱形；③正方形．
(2)如图1，四边形ABCD为的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”．
(3)如图2，在中，，以AB为弦的交AC于点D，交BC于点E，连接DE，AE，BD，，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长．
【答案】(1)③
(2)见解析
(3)1.5
【解析】
【分析】
（1）根据“婆氏四边形”的定义，即可求解；
（2）设AC与BD交于点E，根据圆周角定理可得，从而得到∠CED=90°，即可求证；
（3）根据锐角三角函数可得BC=5，AC=4，再根据BD为的直径，可得∠BED=∠DEC=90°，然后根据四边形ABED是“婆氏四边形”，可得BD⊥AE，根据垂径定理可得AD=DE，BE=AB=3，再在中利用勾股定理，即可求解．
(1)
解：当平行四边形ABCD是“婆氏四边形”时，则四边形ABCD的对角线AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴∠ADC=∠ABC，
∵四边形ABCD为的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形；
故答案为：③
(2)
证明：设AC与BD交于点E，


∵，
∴，
∴∠CED=90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是“婆氏四边形”；
(3)
解：∵，
∴，
∴AC=4，
∵BD为的直径，
∴∠BED=∠DEC=90°，
∵四边形ABED是“婆氏四边形”，
∴BD⊥AE，
∴弧AD=弧DE，弧AB=弧BE，
∴AD=DE，BE=AB=3，
设AD=DE=x，则CD=4-x，CE=5-3=2，
在中，，
∴，解得：，
即DE=1.5．
【点睛】
本题主要考查了圆内接四边形，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，理解“婆氏四边形”的定义是解题的关键．
25．（2022·江西·模拟预测）（1）请在图中作出的外接圆（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；

（2）如图，是的外接圆，是的直径，点是的中点，过点的切线与的延长线交于点．

①求证：；
②若，，求的半径．
【答案】（1）见详解
（2）
① 见详解
② 5
【解析】
【分析】
（1）做AB、AC的垂直平分线交于点O，以OB为半径，以O为圆心做圆即可得到的外接圆；
（2）①证明即可证明，从而证得；
② 证明，根据得正切求得EC，再根据勾股定理求得AE．
【详解】
（1）如下图所示

∵的外接圆的圆心为任意两边的垂直平分线的交点，半径为交点到任意顶点的距离，
∴做AB、AC的垂直平分线交于点O，以OB为半径，以O为圆心做圆即可得到的外接圆；
（2）
①如下图所示，连接OC、OB

∵BD是的切线
∴
∵是对应的圆周角，是对应的圆心角
∴
∵点是的中点
∴
∴
∴
∴
∴
②如下图所示，连接CE

∵与是对应的圆周角
∴
∵是的直径
∴
∴
∴
∵
∴
∴的半径为．
【点睛】
本体考查圆、直角三角形的性质，解题的关键是掌握圆和直角三角形的相关知识．
26．（2022·江西·模拟预测）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图，和都是等边三角形，点在上．

求证：以、、为边的三角形是钝角三角形．
(1)【探究发现】小明通过探究发现：连接，根据已知条件，可以证明，，从而得出为钝角三角形，故以、、为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
(2)【拓展迁移】如图，四边形和四边形都是正方形，点在上．


①试猜想：以、、为边的三角形的形状，并说明理由．
②若，试求出正方形的面积．
【答案】(1)钝角三角形；证明见详解
(2)①直角三角形；证明见详解；②S四边形ABCD=
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以、、为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=，然后利用正方形的面积公式求解即可．
(1)
证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以、、为边的三角形是钝角三角形．

(2)
证明：①以、、为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以、、为边的三角形是直角三角形；

②连结BD，
∵△AGC为直角三角形，，
∴AC=，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD=，
∴S四边形ABCD=．

【点睛】
本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
27．（2022·江西吉安·二模）图1是电脑及电脑支架实物图，图2是其示意图，DG是电脑屏幕，托杠，支杠，B，M，F为固定点，，支杠MN，EF可分别绕着点M，F旋转，点E，N分别在AB，BC上滑动．当电脑及电脑支架按如图所示的方式放置时，．


(1)求的度数．
(2)当，时，试通过计算说明点D是否位于点B的正上方．（参考数据：，，）
【答案】(1)
(2)点D不在点B的正上方
【解析】
【分析】
（1）判断∠B的度数，那么必然需要含有∠B的直角三角形，因此，过点F作AB的垂线构造直角三角形，然后求出∠B的三角函数值，通过题干给的参考数据推断出∠B的度数即可．
（2）连接BD，通过CD=CB，有等腰三角形，根据其性质结合三角函数求得的∠C的度数求出∠CBD的度数，进一步结合第一问所求，判断∠DBA是否为90°，是，则点D在点B的正上方，不是则不在正上方．
(1)
解：如图，过点F作于点K
∵ ，，
∴有等腰
∴
∴
∴
(2)
解：如图，连接BD．
∵，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴点D不在点B的正上方


【点睛】
本题主要考查了解直角三角形及其应用，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是理解并应用锐角三角函数的概念，根据其概念求出题干所需的三角函数值，进而根据参考数据确定角度，进一步解答题目，第二问的关键在于求出∠CBD的度数，进一步判断是否为90°．
28．（2022·江西景德镇·三模）如图1是一个长方体形家用冰箱，长宽高分别为0.5米，0.5米，1.7米，在搬运上楼的过程中，由于楼梯狭窄，完全靠一名搬运师傅背上楼．


(1)如图2，为便于搬运师傅起身，冰箱通常与地面成60°角，求此时点D与地面的高度；
(2)如图3，在搬运过程中，冰箱与水平面成80°夹角，最低点A与地面高度为0.3米，门的高度为2米，假如最高点C与门高相同时，刚好可以搬进去．若他保持冰箱与平面夹角不变，他要下蹲几厘米（结果保留整数）才刚好进门？（sin80°≈0.98，cos80°≈0.16，tan80°≈5.67）
【答案】(1)点D与地面的高度为0.25米
(2)他要下蹲5厘米才刚好进门
【解析】
【分析】
（1）过点D作DE⊥MN于点E，求得∠DAE=30°，利用含30度角的直角三角形的性质即可求解；
（2）作出如解图的辅助线，解直角三角形即可求解．
(1)
解：过点D作DE⊥MN于点E，如图：


∵∠BAM=60°，∠BAD=90°，
∴∠DAE=30°，
∵AD=0.5米，
∴DE=0.25米，
∴此时点D与地面的高度为0.25米；
(2)
解：过点A、B、C分别作MN的垂线，垂足分别为K、F、G，过点A作BF的垂线，垂足为I，并交CG于J，过点B作CG的垂线，垂足为H，
∴∠BHG=∠BFG=∠HGF=∠AJG=∠AIF=∠AKF=90°，
∴四边形BHGF、BHJI、AKFI、JGFI都是矩形，
∵∠BAI=80°，BH∥IA，
∴∠ABH=80°，∠CBH=90°-80°=10°，∠BCH=90°-10°=80°，
∵AB=1.7米，BC=0.5米，
∴HJ= BI= ABsin80°=1.7×0.981.67(米)，CH=BCcos80°=0.5×0.160.08(米)，
∵JG=IF=0.3米，
∴CG=CH+HJ+JG=2.05(米)，
∴2.05-2=0.05(米)，
他要下蹲5厘米才刚好进门．　
．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，记住锐角三角函数的定义，利用数形结合的思想解答．
29．（2022·江西·模拟预测）如图，抛物线的对称轴是直线，与轴交于点，，与轴交于点，连接．


(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)已知点是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在这样的点（2，1）或或，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形
(3)存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或．
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的对称轴是直线，可得a=-1，再把点代入，即可求解；
（2）先求出，设点N（m，-m+3），可得，，再分三种情况讨论：当AC=AN时，当AC=CN时，当AN=CN时，即可求解；
（3）设点E（1，n），点F（s，t），然后分两种情况讨论：当BC为边时，当BC为对角线时，即可求解．
(1)
解：∵抛物线的对称轴是直线，
∴，解得：a=-1，
∵抛物线过点，
∴，解得：c=3，
∴抛物线解析式为；
(2)
解：存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下：
令y=0，则，
解得：，
∴点A的坐标为（-1，0），
∴OA=1，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为（0，3），即OC=3，
∴，
设直线BC的解析式为，
把点B（3，0），C（0，3）代入得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
设点N（m，-m+3），
∴MN=-m+3，AM=m+1，
∴，，
当AC=AN时，，
解得：m=2或0（舍去），
∴此时点N（2，1）；
当AC=CN时，，
解得：或（舍去），
∴此时点N；
当AN=CN时，，
解得：，
∴此时点N；
综上所述，存在这样的点（2，1）或或，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形；
(3)
解：存在，理由如下：
∵点B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC，
∴BC，
设点E（1，n），点F（s，t），
当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，


∴或，
解得：或，
∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；
当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图，


，解得：或，
∴此时点F的坐标为或；
综上所述，存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键是解题的关键．
30．（2022·江西景德镇·三模）如图：




(1)问题发现：
如图①，点A为平面内一动点，且BC＝a，AB＝c（a＞c），则AC的最小值为 　 　，AC的最大值为 　 　；
(2)轻松尝试：
如图2，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝12，E为AB边的中点，F是BC边上的动点，将△EFB沿EF所在直线折叠得到△EFB'，连接B'D，则B'D的最小值为　 　．
(3)方法运用：
在四边形ABCD中，BC＝4，点D是BC上方的动点，且CD＝2，∠ABD＝90°，＝m．
①如图3，当m＝1时，求线段AC的最大值．
②如图4，当m≠1时，用含m式子表示线段AC的最大值．
【答案】(1)a－c，a＋c；
(2)8
(3)①，②
【解析】
【分析】
（1）根据当点A在线段BC上时，AC有最小值，点A在CB的延长线上时，AC有最大值可得答案；
（2）由题意得出点B'的运动轨迹是以点E为圆心，5为半径的圆弧，当点E、B'、D共线时，B'D取最小值，求出ED可得答案；
（3）①如图3，以BC为直角边作等腰直角△BCM，证明△ABC≌△DBM，可得当DM取最大值时，AC最大，而D、C、M共线时，DM最大，求出DM的最大值即可；
②如图4，作BN⊥BC，且BN＝4m，证明△ABC∽△DBN，可得当DN取最大值时，AC最大，即当D、C、N共线时，DN最大，求出DN的最大值然后计算AC即可．
(1)
解：∵点A为平面内一动点，BC＝a，AB＝c（a＞c），
∴当点A在线段BC上时，AC有最小值a－c，
当点A在CB的延长线上时，AC有最大值a＋c，
故答案为：a－c，a＋c；
(2)
∵E为AB边的中点，将△EFB沿EF所在直线折叠得到△EFB'，
∴EB＝EB'＝AB＝5，点B'的运动轨迹是以点E为圆心，5为半径的圆弧，
∴当点E、B'、D共线时，B'D取最小值，
∵       ，
∴B'D最小＝ED－EB'＝13－5＝8，
故答案为：8；
(3)
①如图3，以BC为直角边作等腰直角△BCM，则BC＝BM，
∵∠ABD＝∠CBM＝90°，＝m＝1，
∴∠ABC＝∠DBM，AB＝BD，
∴△ABC≌△DBM（SAS），
∴AC＝DM，
∴当DM取最大值时，AC最大，
即当D、C、M共线时，DM最大，如图，D′M为最大值，
∵，，
∴，
∴当m＝1时，线段AC的最大值为；


②如图4，作BN⊥BC，且BN＝4m，即，
∵∠ABD＝∠CBN＝90°，＝m，
∴∠ABC＝∠DBN，，
∴△ABC∽△DBN，
∴，
∴，
∴当DN取最大值时，AC最大，
即当D、C、N共线时，DN最大，如图，D′N为最大值，
∵BC＝4，，
∴，，
∴，
∴AC最大．


【点睛】
本题考查圆的综合应用，翻折变换、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形、相似三角形来解决问题，综合性较强．
31．（2022·江西吉安·二模）如图，在△ABC中，∠ABC的平分线BD交∠ACB的平分线CE于点O．

(1)求证：．
(2)如图1，若∠A=60°，请直接写出BE，CD，BC的数量关系．
(3)如图2，∠A=90°，F是ED的中点，连接FO．
①求证：BC−BE−CD=2OF．
②延长FO交BC于点G，若OF=2，△DEO的面积为10，直接写出OG的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE+CD=BC，
(3)①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）先根据三角形内角和得：∠ACB+∠ABC=120°，由角平分线定义得：∠OBC+∠OCB=60°，最后由三角形内角和可得结论；
（2）在BC上截取BM=BE，证明△BOE≌△BOM，推出∠BOE=∠BOM=60°，再证明△DCO≌△MCO可得结论；
（3）①延长OF到点M，使MF=OF，证明△ODF≌△MEF(SAS)，推出OD=EM．过点O作CE，BD的垂线，证明△OBE≌△OBK(AAS)和△ODC≌△OHC，推出EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．据此即可证明结论；
②利用①的结论以及三角形面积公式即可求解．
(1)
证明：∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)
=180°− (∠ABC+∠ACB)
=180°− (180°−∠A)
=∠A+90°；
(2)
解：BE+CD=BC．
在BC上截取BM=BE，连接OM，如图：

∵∠BOC=∠A+90°=120°，
∴∠BOE=60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBO=∠MBO，
∴△BOE≌△BOM，
∴∠BOE=∠BOM=60°，
∴∠MOC=∠DOC=60°，
∵OC为∠DCM的角平分线，
∴∠DCO=∠MCO，
在△DCO与△MCO中，
，
∴△DCO≌△MCO （ASA），
∴CM=CD，
∴BC=BM+CM=BE+CD；
(3)
①证明：如图，延长OF到点M，使MF=OF，连接EM，

∴OM=2OF．
∵F是ED的中点，
∴EF=DF，
∵∠DFO=∠EFM，
∴△ODF≌△MEF(SAS)，
∴OD=EM．
过点O作CE，BD的垂线，分别交BC于点K，H，
∴∠OCK+∠OKC=90°．
∵∠A=90°，
∴∠ACE+∠AEC=90°
∵∠ACE=∠OCK，
∴∠AEO=∠OKC，
∴∠BEO=∠BKO，
∴△OBE≌△OBK(AAS)，
同理可得△ODC≌△OHC，
∴EO=OK，OD=OH=EM，BE=BK，CD=CH．
由（1）可知∠DOE=∠BOC=×90°+90°=135°，
∴∠BOE=∠COD=45°，
∴∠OEM=∠KOH=45°，
∴△OME≌△KHO，
∴KH=OM，
∴KH=2OF．
∵BC−BK−CH=KH=2OE，
∴BC−BE−CD=KH=2OF；
②解：∵△OME≌△KHO，
∴∠EOM=∠OKH，
∴FG⊥BC．
由①可知KH=2OF=4，△OEF≌△MEF，
∴S△DEO=S△OME=S△KHO=10，
∴KH×OG×=10，
∴OG=5．
【点睛】
本题考查了角平分线的定义、三角形内角和定理、三角形全等的性质和判定．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
32．（2022·江西省临川第二中学三模）我们约定[a，b，c]为二次函数的“相关数”．
【特例感知】
“相关数”为[1，4，3]的二次函数的解析式为，
“相关数”为[2，5，3]的二次函数的解析式为；
“相关数”为[3，6，3]的二次函数的解析式为；
（1）下列结论正确的是____________（填序号）．
①抛物线，，都经过点；
②抛物线，，与直线都有两个交点；
③抛物线，，有两个交点．
【形成概念】
把满足“相关数”为[n，n+3，3]（n为正整数）的抛物线称为“一簇抛物线”，分别记为，，，…，．抛物线与轴的交点为，．
【探究问题】
（2）①“—簇抛物线”，，，…，都经过两个定点，这两个定点的坐标分别为 ．
②拋物线的顶点为，是否存在正整数，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
③当时，抛物线与轴的左交点，与直线的一个交点为，且点不在轴上．判断和是否相等，并说明理由．
【答案】（1）①②③
（2）①（0，3），（1，0）
②n=1或n=5；理由见解析
③；理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①令x=0，得到，，，推出抛物线，，都经过点；②根据直线y=3，可知抛物线与直线y=3有两个交点（0，3）和（4，3）；抛物线与直线y=3有两个交点（0，3）和（2．5，3）；抛物线与直线y=3有两个交点（0，3）和（2，3）；推出抛物线，，与直线都有两个交点；③x=1时，得到，，，得到抛物线，，都经过点（1，0）；结合①问结论推出抛物线，，都经过点（1，0）和（0，3）两点；
（2）①写出“一簇抛物线”解析式：，，，…，，；令x=0，，令x=1，，得到“一簇抛物线”都经过（0，3），（1，0）两点；
②配方，得到顶点，设抛物线的对称轴交x轴于点D，得到，，根据对称性得到，，根据，得到，令，解得x=1或，得到，，推出，，得到，推出，求得n=1或n=5；
③根据在点处，，解得x=1（舍去），或，得到，同理可得，得到；根据在点处，，解得x=0（舍去），或，得到，从而得到，推出，得到．
【详解】
（1）①当x=0时，=3，=3，=3，
∴抛物线，，都经过点；故①正确；
②∵直线y=3，
∴当=3时，解得x=0或x=4，∴抛物线与直线y=3有两个交点（0，3）和（4，3）；
当=3时，解得x=0或x=2.5，∴抛物线与直线y=3有两个交点（0，3）和（2.5，3）；
当=3时，解得x=0或x=2，∴抛物线与直线y=3有两个交点（0，3）和（2，3）；故②正确；
③当x=1时，=0，=0，=0，
∴抛物线，，都经过点（1，0）
∵抛物线，，都经过点
∴抛物线，，都经过点，（1，0）两点；故③正确；
故答案为①②③；
（2）①“一簇抛物线”解析式为：
，
，
，
…，
，
当x=0时，，
当x=1时，，
故“一簇抛物线”都经过（0，3），（1，0）两点；
故答案为：（0，3），（1，0）；
②存在n=1或n=5，理由：
∵，
∴，
设抛物线的对称轴交x轴于点D，
则，，
由抛物线的对称性知，，
∴当为直角三角形时，，
∴，
令，则x=1或，
∴，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴当n-3=0时，顶点在x轴上，，，三点重合，不能构成三角形，
∴n-3≠0，n≠0，
∴，
∴n=1或n=5；

③，理由：
在点处，，
则x=1（舍去），或，
∴
为与x轴的左交点，则，
∴，
在点处，，则x=0（舍去），或，
∴，
为与直线的一个交点，点不在轴上，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查了新定义“相关数”和“一簇抛物线”，解决问题的关键是熟练掌握新定义，二次函数的性质，等腰直角三角形性质，两点间的距离公式．
33．（2022·江西南昌·模拟预测）【模型建立】

(1)如图1，在正方形中，，分别是边，上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系．
小明的探究思路如下：延长到点，使，连接，先证明，再证明．
①，，之间的数量关系为________；
②小亮发现这里可以由经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程________．像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型．
【类比探究】
(2)如图2，在四边形中，，与互补，，分别是边，上的点，且，试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．
【模型应用】
(3)如图3，在矩形中，点在边上，，，，求的长．
【答案】(1)①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°
(2)EF=DF+BE，理由见详解
(3)5.2
【解析】
【分析】
（1）①沿着小明的思路，先证△ADF≌△ABG，再证△AEF≌△AEG，即可得出结论；②在①的基础上，证明∠GAF=90°即可得解；
（2）延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，先证△ABM≌△ADF，再证△MAE≌△FAE，即可得出结论；
（3）过E点作EN⊥AC于N点，设EC=x，则有x＜6，即BE=6-x，分别在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示出和求出AC，再证△AEN是等腰直角三角形，即可得，则有，再证Rt△ABC∽Rt△ENC，即有，进而有，则可得一元二次方程，解方程就可求出CE．
(1)
①BE+DF=EF，理由如下：
沿着小明的思路进行证明，
在正方形ABCD中，有AD=AB，∠D=∠ABC=90°，
即有∠ABG=90°，
∵BG=DF，AD=AB，∠D=∠ABG=90°，
∴△ADF≌△ABG，
∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∵AF=AG，AE=AE，
∴△AEF≌△AEG，
∴EG=EF，
∵EG=BG+BE，BG=DF，
∴EF=BE+DF，结论得证；
②将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG．
理由如下：
在①已经证得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∴∠GAF=∠EAG+∠EAF=45°+45°=90°，
∴将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG；
故答案为：①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°；
(2)
EF=DF+BE，理由如下：
延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，如图，

∵∠ABC与∠D互补，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠ABM=∠D，
∵AB=AD，BM=DF，
∴△ABM≌△ADF，
∴∠DAF=∠BAM，AM=AF，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠BAE+∠FAD=∠BAD，
∴∠BAE+∠FAD=∠EAF，
∵∠DAF=∠BAM，
∴∠BAM+∠BAE=∠EAF，
∴∠MAE=∠EAF，
∵AM=AF，AE=AE，
∴△MAE≌△FAE，
∴ME=EF，
∵ME=BE+MB，MB=DF，
∴EF=DF+BE，结论得证；
(3)
过E点作EN⊥AC于N点，如图，

∵AD=6，AB=4，
∴在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∠D=∠B=90°，
∴设EC=x，则有x＜6，
∴BE=BC-EC=6-x，
在Rt△ABE中，，
在Rt△ADC中，，
∵∠CAE=45°，EN⊥AC，
∴∠ANE=90°=∠ENC，
∴∠AEN=45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即：
∵∠ENC=90°=∠B，∠ACB=∠ECN，
∴Rt△ABC∽Rt△ENC，
∴，
∵AB=4，AC=，EC=x，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴结合x＜6，解得x=5.2，
∴CE=5.2．
【点睛】
本题考了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的知识、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，做辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．