卷子答案网-一个不只有答案的网站圆的综合大题
注：讲义涉及考点只争对于每题的最后一问
宁波中考真题再现
1．如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设．
(1)用含的代数式表示．
(2)求证：．
(3)如图2，为的直径．
①当的长为2时，求的长．
②当时，求的值．
2．如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连接并延长交的延长线于点F，与交于点G．
（1）若，请用含的代数式表列．
（2）如图2，连接．求证；．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，．
①若，求的周长．
②求的最小值．
3．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．
4．如图1，经过等边的顶点，（圆心在内），分别与，的延长线交于点，，连结，交于点.
（1）求证：.
（2）当，时，求的长．
（3）设，.
①求关于的函数表达式；
②如图2，连结，，若的面积是面积的10倍，求的值.
5．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（﹣4，0），点P在射线AB上运动，连结CP与y轴交于点D，连结BD．过P，D，B三点作⊙Q与y轴的另一个交点为E，延长DQ交⊙Q于点F，连结EF，BF．
（1）求直线AB的函数解析式；
（2）当点P在线段AB（不包括A，B两点）上时．
①求证：∠BDE=∠ADP；
②设DE=x，DF=y．请求出y关于x的函数解析式；
（3）请你探究：点P在运动过程中，是否存在以B，D，F为顶点的直角三角形，满足两条直角边之比为2：1？如果存在，求出此时点P的坐标：如果不存在，请说明理由．
6．如图1，直线l：与x轴交于点，与y轴交于点B，点C是线段OA上一动点以点A为圆心，AC长为半径作交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交于点F．
求直线l的函数表达式和的值；
如图2，连结CE，当时，
求证：∽；
求点E的坐标；
当点C在线段OA上运动时，求的最大值．
7．有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形.
(1)如图1，在半对角四边形中，，，求与的度数之和；
(2)如图2，锐角内接于，若边上存在一点，使得，的平分线交于点，连结并延长交于点，.求证：四边形是半对角四边形；
(3)如图3，在(2)的条件下，过点作于点，交于点，当时，求与的面积之比.
8．如图，在平面直角坐标系中，点M是第一象限内一点，过M的直线分别交x轴，y轴的正半轴于A，B两点，且M是AB的中点．以OM为直径的⊙P分别交x轴，y轴于C，D两点，交直线AB于点E（位于点M右下方），连结DE交OM于点K．
(1)若点M的坐标为（3，4），
①求A，B两点的坐标；
②求ME的长．
(2)若，求∠OBA的度数．
(3)设tan∠OBA=x（0＜x＜1），，直接写出y关于x的函数解析式．
考点一、拓展探究题
9．如图1，中，边上的中线，延长交的外接圆于点，过点作DEBC交圆于点，延长交的延长线于点，连结．
(1)【特殊尝试】若，，求和的长；
(2)【规律探索】
①求证：；
②设，，求关于的函数表达式：
(3)【拓展应用】
如图2，作交线段于，连结，当的面积是面积的6倍时，求的值．
10．【证明体验】
(1)如图1，是等腰的外接圆，，在上取一点，连结，求证：；
【思考探究】
(2)如图2，在（1）条件下，若点为的中点，，求的值；
【拓展延伸】
(3)如图3，的半径为5，弦，弦，延长交的延长线于点，且，求的值．
11．【问题提出】如图1，中，线段的端点分别在边和上，若位于上方的两条线段和之积等于下方的两条线段和之积，即，则称 是的“友好分割”线段．
(1)如图1，若是的“友好分割”线段，，求的长；
(2)【发现证明】如图2，中，点在边上，交于D，交于，连结，求证：是的“友好分割”线段；
(3)【综合运用】如图3，是的“友好分割”线段，连结并延长交的延长线于，过点 画交的外接圆于点，连结，设．
①求关于的函数表达式；
②连结，当时，求的值．
12．【提出问题】
如图1，直径AB垂直弦CD于点E，AB＝10，CD＝8，点P是CD延长线上异于点D的一个动点，连接AP交⊙O于点Q，连接CQ交AB于点F，则点F的位置随着点P位置的改变而改变．
【特殊位置探究】
（1）当DP＝2时，求tan∠P和线段AQ的长；
【一般规律探究】
（2）如图2，连接AC，DQ，在点P运动过程中，设DP＝x，y．
①求证：∠ACQ＝∠CPA；
②求y与x之间的函数关系式；
【解决问题】
（3）当OF＝1时，求△ACQ和△CDQ的面积之比．（直接写出答案）
考点二、求函数关系式
13．【基础认知】
（1）如图1，点A为∠MPN内部一点，交PM于点B，已知，求证：PA平分∠MPN；
【综合运用】
（2）在（1）的情况下，作于点H．
①如图2，若AP＝12，PH＝9，求PB的长；
②如图3，延长AH至点C，使CH＝AH，过P，A，C三点的圆交PN于点D，交PB延长线于点E．若，求圆的直径；（用含a的代数式表示）
③在②的情况下，设DH＝x，BE＝y，当时，求y关于x的函数关系式．
14．如图，在的内接四边形中，是它的对角线，的中点是的内心．
(1)当，重合时，直接写出，的位置关系，数量关系,直接判断四边形的形状．
(2)找出所有与线段相等的线段，并说明理由．
(3)求，的面积之比．
(4)若，设为，的面积为，求出与之间的函数关系式．
15．如图1，为的直径，点为弦的中点，延伸并延长交于点，过点作于点，连结，．
(1)求证：∽；
(2)如图2，连结，已知，
①当，时，求的长．
②已知，求的值；
(3)设，，求与的关系式．
16．如图①，线段，交于点，连结和，若与，与中有一组内错角成两倍关系，则称与为倍优三角形，其中成两倍关系的内错角中，较大的角称为倍优角．
（1）如图②，在四边形中，对角线，交于点，已知，为等边三角形．求证：，为倍优三角形．
（2）如图③，已知边长为2的正方形，点为边上一动点（不与点，重合），连结和，对角线和交于点，当和为倍优三角形时，求的正切值．
（3）如图④，四边形内接于⊙O，和是倍优三角形，且为倍优角，延长，交于点．
①若，，求⊙O的半径；
②记的面积为，的面积为，，，当时，求关于的函数表达式．
17．如图，在锐角等腰三角形ABC中，AB＝AC，点O为△ABC外接圆的圆心，连结OC，过点B作AC的垂线，交⊙O于点D，交OC于点E，交AC于点F，连结AD和CD．
（1）若∠BAC＝2α，则∠BDA＝ （用含α的代数式表示）．
（2）①求证：OC∥AD；
②若E为OC的中点，求的值．
（3）若x＝，y＝，求y关于x的函数关系式．
考点三、面积相关
18．如图1，为等腰三角形的外接圆，，点D在上，连结，点E为延长线上一点，连结交于点F，满足，连结．
(1)求证：；
(2)当，且时，求的值；
(3)如图2，连结交于点G，若，的半径为25，
①求的长；
②当时，直接写出与的面积之比．
19．如图1，△ABC中，，其外接圆为，半径为5，，点M为优弧BMC的中点，点D为BM上一动点，连结AD，BD，CD，AD与BC交于点H．
(1)求证：；
(2)若，求CD的长；
(3)如图2，在（1）的条件下，E为DB为延长线上一点，设，．
①求y关于x的函数关系式；
②如图3，连结AM分别交BC，CD于N、P，作于D，交AB于F，若△BFN面积为△ACP面积的，求x的值．
20．如图1，在平面直角坐标系中，直线：（）与轴交于点，与轴交于点，点是轴负半轴上一点，过、、三点的（圆心落在第四象限）交轴负半轴于点，连结，已知，
(1)______（请用的代数式表示），并求证：；
(2)若，求点的坐标；
(3)如图2，连结并延长，交于点F，交于点，
①若，求的长：
②若，请直接写出四边形的面积．
21．CD是以O为圆心AB为直径的半圆上的弦，E、F是弦CD上的点，线段BF与线段EO交于点G、与线段DO交于点H．
(1)如图1，当点E为CD中点，点F与点C重合时，若tan∠DOB=，CD=12，求EG；
(2)如图2，当弦CD∥AB，AO=10，BH=7，HG=，求OH：OG；
(3)在（2）的条件下，若CD=16．
①求OE；
②求S△GHO—S△EFG．
考点四、求三角函数值
22．如图1．均为的直径，．E是延长线上一点，F是的中点，G是半径上一点，连接交于点H．连接并延长交于点P，．
(1)求的度数．
(2)如图2，连接，求证：．
(3)若．．
①求的半径；
②求的值．
23．如图，内接于，点为劣弧上动点，延长交于点，作交于，连结．
(1)如图①，当点为的中点时，求证∶；
(2)如图②，若，请用含有的代数式表示；
(3)在（2）的条件下，若，
①求证∶；
②求的值．
24．已知△ABC，经过点A、B作圆交AC边于点D，交BC边于点E，点P是圆内一点，且满足∠APD＝∠BPE＝90°，∠ADP＝∠PBE，连接AE和BD交于点F．
（1）求证：△APD∽△EPB；
（2）探索AE和BD的位置关系，并说明理由；
（3）若BD＝4，且AB＝DE，
①当DE＝2时，求EF的长度；
②当DE最小时，请直接写出tan∠ADP的值．
考点五、最值问题
25．内接于，点是的内心，连接并延长交于点，连接，已知，
(1)连接，，则______（用含有的代数式表示）
(2)求证：；
(3)连接，若，求的最小值
(4)若，为等腰三角形，直接写出的值．
26．如图①，在中，，是上一点不与点，重合，以为圆心，长为半径作交于点，连结并延长交于点，连结，，．
(1)求证：；
(2)如图②，若，求证：；
(3)如图③，，．
①若，求的半径长；
②求的最大值．
考点六、其他类型
27．如图，圆O为的外接圆，延长线与交于点D，，点F在上，平分．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连结，求证：；
(3)如图3，连结并延长分别交，于G，H两点，若，，求．
28．如图，已知为的直径，点为的中点，点在上，连接、、、、与相交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，过点C作的垂线，分别与，，相交于点F、G、H，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，若，的面积等于3，求的长．
29．等腰三角形中，，且内接于圆，、为边上两点（在、之间），分别延长、交圆于、两点（如图），记，．
(1)求的大小（用，表示）；
(2)连接，交于（如图），若，且，求证：；
(3)在（2）的条件下，取中点，连接、（如图），若，
①求证：，；
②请直接写出的值．
30．定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“奇点”．如图①，中，点D是边上一点，连接，若，则称点D是中边上的“奇点”．
（1）关于直角三角形斜边上的“奇点”个数有________（填写正确的序号）．
①1点；②2点；③1点或2点；④1点或2点或3点．
（2）如图②，中，，点D是边上的“奇点”，求线段的长．
（3）如图③，是的内接三角形，D是上一点，连接，若．
①求证：点D是中边上的“奇点”；
②若是的角平分线，求的值．宁波中考复习之pisa专讲解析
宁波中考真题再现
1．（2022·浙江宁波·统考中考真题）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A．正方形纸片的面积 B．四边形的面积 C．的面积 D．的面积
【答案】C
【分析】设正方形纸片边长为x，小正方形EFGH边长为y，得到长方形的宽为x-y，用x、y表达出阴影部分的面积并化简，即得到关于x、y的已知条件，分别用x、y列出各选项中面积的表达式，判断根据已知条件能否求出，找到正确选项．
【详解】根据题意可知，四边形EFGH是正方形，设正方形纸片边长为x，正方形EFGH边长为y，则长方形的宽为x-y，
所以图中阴影部分的面积=S正方形EFGH+2S△AEH+2S△DHG
=
=2xy，
所以根据题意，已知条件为xy的值，
A.正方形纸片的面积=x2，根据条件无法求出，不符合题意；
B.四边形EFGH的面积=y2， 根据条件无法求出，不符合题意；
C.的面积=，根据条件可以求出，符合题意；
D.的面积=，根据条件无法求出，不符合题意；
故选 C．
【点睛】本题考查整式与图形的结合，熟练掌握正方形、长方形、三角形等各种形状的面积公式，能正确用字母列出各种图形的面积表达式是解题的关键．
2．（2021·浙江宁波·统考中考真题）如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片的面积为，与相交于点O．当的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据△AED和△BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，可得出OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出，，进行判断即可
【详解】解：由题意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，
∴
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB
∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，
∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF
∴AE=DE=BG=CG
∵四边形HEFG是矩形
∴GH=EF，HE=GF
设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c
过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，
∴OP//HE，OQ//EF
∵点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，
∴OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，
∴，
∵
∵
∴，即
而，
所以，，故选项A符合题意，
∴，故选项B不符合题意，
而于都不一定成立，故都不符合题意，
故选：A
【点睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系．
3．（2020·浙江宁波·统考中考真题）△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道（ ）
A．△ABC的周长 B．△AFH的周长
C．四边形FBGH的周长 D．四边形ADEC的周长
【答案】A
【分析】由等边三角形的性质和三角形的内角和定理可得：FH＝GH，∠ACB＝∠A＝60°，∠AHF＝∠HGC，进而可根据AAS证明△AFH≌△CHG，可得AF＝CH，然后根据等量代换和线段间的和差关系即可推出五边形DECHF的周长＝AB+BC，从而可得结论．
【详解】解：∵△GFH为等边三角形，
∴FH＝GH，∠FHG＝60°，
∴∠AHF+∠GHC＝120°，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝∠A＝60°，
∴∠GHC+∠HGC＝120°，
∴∠AHF＝∠HGC，
∴△AFH≌△CHG（AAS），
∴AF＝CH．
∵△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，
∴BE＝FH，
∴五边形DECHF的周长＝DE+CE+CH+FH+DF
＝BD+CE+AF+BE+DF
＝（BD+DF+AF）+（CE+BE），
＝AB+BC．
∴只需知道△ABC的周长即可．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及多边形的周长问题，熟练掌握等边三角形的性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
4．（2019·浙江宁波·统考中考真题）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内.若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A．直角三角形的面积
B．最大正方形的面积
C．较小两个正方形重叠部分的面积
D．最大正方形与直角三角形的面积和
【答案】C
【分析】根据勾股定理得到c2=a2+b2，根据正方形的面积公式、长方形的面积公式计算即可．
【详解】设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短直角边为a，
由勾股定理得，c2=a2+b2，
阴影部分的面积=c2-b2-a（c-b）=a2-ac+ab=a（a+b-c），
较小两个正方形重叠部分的长=a-（c-b），宽=a，
则较小两个正方形重叠部分底面积=a（a+b-c），
∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积，
故选C．
【点睛】本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
5．（2018·浙江宁波·统考中考真题）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和的正方形纸片按图1，图2两种方式放置图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠，矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为当时，的值为
A．2a B．2b C． D．
【答案】B
【详解】【分析】利用面积的和差分别表示出和，然后利用整式的混合运算计算它们的差．
【详解】，
，
，
，
，
，
，
故选B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，整式的混合运算，“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看做整体的代数式通常要用括号括起来.
6.（2017·浙江宁波·中考真题）一个大矩形按如图方式分割成九个小矩形，且只有标号为①和②的两个小矩形为正方形，在满足条件的所有分割中，若知道九个小矩形中个小矩形的周长，就一定能算出这个大矩形的面积，则的最小值是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【详解】解：如图所示：设①的周长为：4x，③的周长为2y，④的周长为2b，即可得出①的边长以及③和④的邻边和，
设②的周长为：4a，则②的边长为a，可得③和④中都有一条边为a，
则③和④的另一条边长分别为：y a，b a，
故大矩形的边长分别为：b a＋x＋a＝b＋x，y a＋x＋a＝y＋x，
故大矩形的面积为：（b＋x）（y＋x），其中b，x，y都为已知数，
故n的最小值是3．
故选：A．
7．（2016·浙江宁波·中考真题）如图是一个由5张纸片拼成的平行四边形，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为S1，另两张直角三角形纸片的面积都为S2，中间一张正方形纸片的面积为S3，则这个平行四边形的面积一定可以表示为（ ）
A．4S1 B．4S2 C．4S2+S3 D．3S1+4S3
【答案】A
【详解】设等腰直角三角形的直角边长为a，中间小正方形的边长为b，则另两个直角三角形的边长分别为a-b，a+b，
∴，，，
平行四边形的面积=2S1+2S2+S3，
故答案选A.
考点：直角三角形的面积.
类型一、勾股定理类
1．（2020·浙江宁波·九年级统考学业考试）有一个著名的希波克拉蒂月牙问题：如图1，以直角三角形的各边为直径分别向上作半圆，则直角三角形的面积可表示成两个月牙形的面积之和，现将三个半圆纸片沿直角三角形的各边向下翻折得到图2，把较小的两张半圆纸片的重叠部分面积记为S1，大半圆纸片未被覆盖部分的面积记为S2，则直角三角形的面积可表示成（ ）
A．S1+S2 B．S2﹣S1 C．S2﹣2S1 D．S1 S2
【答案】B
【分析】设以Rt△ABC的斜边为直径的半圆为大半圆，以AC为直径的半圆为中半圆，以BC为直径的半圆为小半圆，根据圆的面积公式和勾股定理进行解答即可．
【详解】解：设以Rt△ABC的斜边为直径的半圆为大半圆，以AC为直径的半圆为中半圆，以BC为直径的半圆为小半圆，
∵S小半圆＝π×＝BC2，S中半圆＝AC2，S大半圆＝AB2，
∴S大半圆﹣S中半圆﹣S小半圆＝（AB2﹣BC2﹣AC2）＝0，
∵S△ABC+S大半圆﹣S中半圆﹣S小半圆+S1＝S2，
∴S△ABC+S1＝S2，
∴S△ABC＝S2﹣S1，
∴直角三角形的面积可表示成S2﹣S1，
故选B．
【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、圆的面积等知识点，正确的识别图形并灵活运用所求知识是解答本题的关键．
2．（2020·浙江宁波·统考模拟预测）如图，以Rt△ABC各边为边分别向外作等边三角形，编号为①、②、③，将②、①如图所示依次叠在③上，已知四边形EMNC与四边形MPQN的面积分别为9与7，则斜边BC的长为（ ）
A．5 B．9 C．10 D．16
【答案】C
【分析】设等边三角形△EBC，△ABD，△ACF的面积分别是S3，S2，S1，AC=b，BC=a，AB=c，根据勾股定理得到c2+b2=a2，根据等式的性质得到c2+b2=a2．根据等边三角形的面积公式得到S3=a2，S2=c2，S1=b2，根据已知条件列方程即可得到结论．
【详解】解：如图，设等边三角形△EBC，△ABD，△ACF的面积分别是S3，S2，S1，AC=b，BC=a，AB=c，
∵△ABC是直角三角形，且∠BAC=90度，
∴c2+b2=a2，
∴c2+b2=a2．
∵S3=a2，S2=c2，S1=b2，
∴S3﹣S2=（a2﹣c2）=b2=9，S3﹣S1=a2﹣b2=（a2﹣b2）=c2=+=，
∴b=6，c=8，
即AB=8，AC=6，
∴BC===10，
故选：C．
【点睛】此题考查勾股定理的实际应用，利用勾股定理求值是关键．
3．（2021·浙江温州·三模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以三边为边作三个正方形（如图所示放置），CF交AE于点K，构造矩形FGLK，记其面积为S1，CH交DE于点J，构造矩形HIMJ，记其面积为S2，若L，C，D三点共线时，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用HL证明△ABC≌△DBI，再根据矩形FGLK和正方形ACFK，可得四边形ACKL也是矩形，由AL∥HI，可得∠HDC＝∠ALC，进而可得∠CDH＝∠CAB．再证得Rt△CDH≌Rt△ABC（AAS），故Rt△CDH≌Rt△BDI，得出DH＝DI＝BC＝KL，进而得出FK＝KC＝AC，再利用△HJD∽△CAB，得出HJ＝AC，运用矩形面积公式可得S2＝HJ HI＝AC 2AC＝AC2，S1＝KL FK＝AC×AC＝AC2，即可得出答案．
【详解】解：∵AB＝BD，BC＝BI，∠ACB＝∠BID＝90°，
∴Rt△ABC≌Rt△DBI（HL），
又∵矩形FGLK和正方形ACFK，
∴四边形ACKL也是矩形，
∴∠ALC＝∠AKC．
∵AL∥HI，
∴∠HDC＝∠ALC，
又∵∠AKC+∠ABC＝∠CAB+∠ABC，
∴∠AKC＝∠CAB，
∴∠CDH＝∠CAB．
又∵HC＝BC，∠CHD＝∠ACB＝90°，
∴Rt△CDH≌Rt△ABC（AAS），
∴Rt△CDH≌Rt△BDI，
∴DH＝DI＝BC＝KL，
又∵∠CKA＝∠CAB，∠ACK＝∠ACB，
∴△AKC∽△ABC，
又∵AC＝BC，
∴KC＝AC，
∴FK＝KC＝AC，
∵JD∥AB，
∴∠HJD＝∠CAB，
∴△HJD∽△CAB，
∵HD＝BC，
∴HJ＝AC，
∴S2＝HJ HI＝AC 2AC＝AC2，
S1＝KL FK＝AC×AC＝AC2，
∴．
故选：A．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，直角三角形性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解决此题的关键是证明△ABC≌△DBI（HL），Rt△CDH≌Rt△ABC（AAS）和△AKC∽△ABC．
4．（2021·浙江宁波·统考二模）如图，在Rt△ABC中，BAC=°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连结KN交AG于点M，若S1-S2=2，AC=4，则AB的长为 （ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】先证≌，根据全等三角形的性质可得AB=FN；再证△BCK∽△ACB，根据相似三角形的性质可得；设五边形ACFNM的面积为S，可得S1+S2=S正方形ACFG=AC2=16， S2+S= S梯形CFNK==，设AB=x，BC=y，可得方程组 ，解方程组即可求解．
【详解】∵∠ACB+∠CAN=90°，∠FCN+∠CAN=90°，
∴∠ACB=∠FCN，
在△ABC和△FCN中，
，
∴≌，
∴AB=FN；
∵∠BAC=∠KBC=90°，
∴△BCK∽△ACB，
∴，
∴；
设五边形ACFNM的面积为S，
∵S1-S2=2，
∴（S1+S）-（S2+S）=2，
设AB=x，BC=y，
由勾股定理可得，，
∵S1+S2=S正方形ACFG=AC2=16， S2+S= S梯形CFNK=，S1-S2=2，
∴（S1+S）-（S2+S）=16-=16-=2，
∴ ，
解得，，，，，
∵x、y都为正数，
∴，
即AB=2，BC=．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
5．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，AC，BC为斜边作三个等腰直角△ABD，△ACE，△BCF，图中阴影部分的面积分别记为S1，S2，S3，S4，若已知Rt△ABC的面积，则下列代数式中，一定能求出确切值的代数式是（ ）
A．S4 B．S1+S4﹣S3 C．S2+S3+S4 D．S1+S2﹣S3
【答案】A
【分析】设AC=a，BC=b，由勾股定理分别求出AE、EC、CF、BF、AD、BD、ED、DC的值，再根据三角形面积逐项判断即可．
【详解】解：设AC=a，BC=b，
∴S△ABC=ab，
AB=，
在等腰直角三角形中，
AE=EC=，
CF=BF=，
AD=BD=，
在Rt△AED中，
ED=，
DC=EC-ED=，
A：S4=AE ED= b a=ab= ab= S△ABC，
已知Rt△ABC的面积，可知S4，
故S4能求出确切值；
B：设AC与BD交于点M，
则S3+S△ADM=S△ADC= CD AE=×（a-b）×a=，
又∵S1+S△ADM=S△ADB= AD2= =，
∴（S1+S△ADM）-（S3+S△ADM）=S1-S3=-==，
则S1-S3与b有关，
∴求不出确切值：
C：设AC交BD于点M，则S△BFD=FD BF= a b=，
∴S△ADM+S3= （a-b） a=（a2-abS△BCM+S3=S△BCD= CD BF= （a-b） b=（ab-b2），
S△ADM+S1=S△ADB=（a2+b2），
S△BCM+S1=S△ABC，
S2=BF2= =，
S2+S3+S4=S梯形AEFB-S△ABD-S△ABC+S1，
∴S2+S3+S4=S1
∵S1无法确定，
∴无法确定C；
D：由B选项过程得S1-S3=，
又∵S2= b2，
得到：S1+S2-S3=b2+ab=b2+S△ABC，
此时S1+S2-S3与b有关，无法求出确切值．
故选：A．
【点睛】本题主要考查勾股定理和直角三角形面积公式，关键是对知识的掌握和运用．
6.（2022·浙江宁波·校考一模）如图1，以的各边为边向外作等边三角形，编号分别为①，②，③．如图2，将①，②叠放在③中，若四边形与的面积之比是，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设△BEF边长为b，则AC＝b，△BCD边长为 ，△BGH边长为c，则AB＝c，分别表示出△BEF ，△BCD，△BGH的面积，得到四边形与的面积，由勾股定理得到，进一步得到，设c＝15，b＝8，则，得到答案．
【详解】解：由题意知△BEF是等边三角形， 作FH⊥BE于点H，如图，
∵△BEF是等边三角形，
∴ ∠BEF＝60°，BE＝EF＝BF，
∵FH⊥BE，
∴∠FHE＝90°，
∴FH＝＝BE，
∴，
设△BEF边长为b，则AC＝b，△BCD边长为 ，△BGH边长为c，则AB＝c，
，
同理可得，，
∴，
，
∵△ABC是直角三角形，
∴，
∴，
∴ ＝ ，
∴，
∴，
设c＝15，b＝8，
则 ，
∴ ＝ ，
故选：A
【点睛】本题考查了解直角三角形和等边三角形的性质和面积，关键在于用好转化的思想，将四边形面积之比转化为等边三角形边长的关系．
类型二、周长类
1．（2020·浙江宁波·统考模拟预测）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图2中阴影部分的周长与图1中阴影部分的周长的差为l，若要知道l的值，只要测量图中哪条线段的长（ ）
A．a B．b C．AD D．AB
【答案】D
【分析】根据周长的定义，列出算式l＝2AD+4AB﹣2b﹣(2AD+2AB﹣2b)，再去括号，合并同类项即可求解．
【详解】解：图1中阴影部分的周长＝2AD+2AB﹣2b，
图2中阴影部分的周长＝2AD﹣2b+4AB，
l＝2AD+4AB﹣2b﹣(2AD+2AB﹣2b)＝2AD+4AB﹣2b﹣2AD﹣2AB+2b＝2AB．
故若要知道l的值，只要测量图中线段AB的长．
故选：D．
【点睛】本题考查了整式加减的应用，周长的定义，关键是得到图2中阴影部分的周长与图1中阴影部分的周长．
2．（2020·浙江宁波·统考模拟预测）如图，四个菱形①②③④的较小内角均与已知平行四边形ABCD的∠A相等，边长各不相同．将这四个菱形如图所示放入平行四边形中，未被四个菱形覆盖的部分用阴影表示．若已知两个阴影部分的周长的差，则不需测量就能知道周长的菱形为（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】A
【分析】设四个菱形①②③④的边长分别为a、b、c、d，设已知两个阴影部分的周长的差为l，分别用a，b，c，d表示出右上角和左下角阴影部分的周长，合并同类项，即可得出答案．
【详解】解：设四个菱形①②③④的边长分别为a、b、c、d，设已知两个阴影部分的周长的差为l，由题意得：
[（a+d﹣b﹣c）+b+b+（a+d﹣c）+c+（c﹣b）]﹣[（d﹣a）+（d﹣a）+a+a]＝l，
整理得：2a＝l．
∴若已知两个阴影部分的周长的差，则不需测量就能知道周长的菱形为①，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质在几何图形周长计算中的应用，数形结合、理清图中的数量关系正确列式是解题的关键．
3．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）如图，一个长方形是由四块小长方形拼成（四块小长方形放置时既不重叠，也没有空隙），其中②和③两块长方形的形状大小完全相同，如果要求出①和④两块长方形的周长之差，则只要知道哪条线段的长（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设标号为②和③的两块长方形的长为x、宽为y，根据题意表示出标号为①和④的周长，并作差即可求解．
【详解】设标号为②和③的两块长方形的长为x、宽为y，
根据题意，标号为①的长方形的周长为，标号为④的长方形周长为，
所以标号为①和④两块长方形的周长之差为：，
故只要知道线段的长度．
故选：B．
【点睛】本题主要考查整式加减的应用，能够表示出标号为①和④的周长是关键．
4．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，两个大小相同的正方形，如图放置，点，分别在边，上，若要求出阴影部分的周长，只要知道下列哪条线段的长度即可（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过B作BN⊥EH，垂足为N，连接BE，BK，KP，分别证明△ABE≌△FEB，△BAE≌△BNE，△BNK≌△BCK，△KHP≌△PCK，再将△KHQ的周长进行转化，得到ED=KC+KH=C△KQH，可得结果．
【详解】解：过B作BN⊥EH，垂足为N，连接BE，BK，KP，
∵两个大小相同的正方形，
∴AB=EF，又∵∠A=∠F，BE=EB，
∴Rt△ABE≌Rt△FEB（HL），
∴∠AEB=∠FBE=∠NEB，AE=BF，
同理可得：Rt△BAE≌Rt△BNE，Rt△BNK≌Rt△BCK，
∴∠EBK=45°，
∴AE+KC=EK，
∵AE=BF，
∴DE=BG，
∵∠H=∠C=90°，∠PQC=∠KQH，
∴∠BPG=∠CPQ=∠QKH=∠EKD，
∴△BGP≌△EDK，
∴PG=KD，
∴PH=KC，
同理可证：△KHP≌△PCK，
∴△KQH的周长为KC+KH，
又∵AE+ED=EK+KH，AE+KC=EK，
∴AE+ED=AE+KC+KH，
∴ED=KC+KH=△KQH的周长，
∴要求出阴影部分的周长，只要知道线段ED的长度，
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等量代换，解题的关键是利用全等的性质得到线段的等量关系．
5．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）把六张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①），分两种不同形式不重叠的放在一个长方形盒子底部（如图②、图③），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，设图②是长方形盒子的周长为C1，阴影部分图形的周长为l1，图③中长方形盒子的周长为C2，阴影部分图形的周长为l2，若C1﹣C2＝2，则l1，l2满足（ ）
A．l1＝l2 B．l1﹣l2＝1 C．l1﹣l2＝2 D．l1﹣l2＝4
【答案】C
【分析】观察图②可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l1＝C1，观察图③可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l2＝C2，若C1﹣C2＝2，即可求l1，l2满足的关系式．
【详解】解：观察图②可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l1＝C1，
观察图③可得阴影部分的周长与长方形的周长相等，可得l2＝C2，
∵C1﹣C2＝2，
∴l1﹣l2＝2.
故选：C．
【点睛】此题考查整式的加减，关键是灵活运用长方形周长计算公式解题．
6．（2022·浙江宁波·统考模拟预测）ABCD被分别平行于两边的四条线段EJ、FI、LG、KH分割成9个小平行四边形，面积分别为S1-9，已知ALME∽PICH∽ABCD．若知道S1-9中的n个，就一定能算出平行四边形ABCD的面积，则n的最小值是（ ）．
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】由题述相似关系得AL：AE=KB：FD，设AE=x，AL=kx；FD=z，KB=kz；EF=y．
又AB：AD=AL：AE=KB：FD可得（kx+LK+kz）：（x+y+y：y=k，LK=ky．
只需知道S1，S3，S5，便可由x2：y2：z2= S1：S3：S5得到x：y：z=，于是
SABCD= S1·=．
【详解】解：如图，
由题述相似关系得AL：AE=KB：FD，
设AE=x，AL=kx；FD=z，KB=kz；EF=y．
∵AB：AD=AL：AE=KB：FD
∴（kx+LK+kz）：（x+y+y：y=k，
∴LK=ky．
只需知道S1，S3，S5，便可由
x2：y2：z2= S1：S3：S5
得到x：y：z=，
于是SABCD= S1·=，
故答案选：B．
【点睛】本题考查了相似四边形的性质，关键在于设出未知数，用正确的表达式表示面积．
类型三、面积类
1．（2023春·浙江宁波·九年级宁波市第七中学校考阶段练习）矩形内放入两张边长分别为和的正方纸片，按照图①放置，矩形纸片没有两个正方形覆盖的部分（黑色阴影部分）的面积为；按照图②放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分面积为；按图③放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分的面积为．已知，，设，则下列值是常数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用面积的和差表示出S2-S1，根据图①与图②分别表示出矩形的面积，进而得到b（AD-AB）=12，从而求解．
【详解】解：由，
可得：S2-S1=9，
由图①得：S矩形ABCD=S1+a2+b（AD-a），
由图②得：S矩形ABCD=S2+a2+b（AB-a），
∴S1+a2+b（AD-a）=S2+a2+b（AB-a），
∴S2-S1=b（AD-AB），
∵AD-AB=m，
∴mb=12．
故选：B．
【点睛】本题考查了整式的混合运算，“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看做整体的代数式通常要用括号括起来．
2．（2020·浙江宁波·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E为边AD上一点（不为端点），EF⊥AD交AC于点F，要求△FBC的面积，只需知道下列哪个三角形的面积即可（ ）
A．△EBC B．△EBF C．△ECD D．△EFC
【答案】C
【分析】连接DF、过B作BM⊥AC于点M，过D作DN⊥AC于N，证明△ADN≌△CBM得DN＝BM，由三角形的面积公式可得△BCF和△CDE的面积都等于△CDF的面积，便可得出答案．
【详解】解：连接DF、过B作BM⊥AC于点M，过D作DN⊥AC于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
在△ADN和△CBM中，
，
∴△ADN≌△CBM（AAS），
∴DN＝BM，
∵，，
∴S△BCF＝S△CDF，
∵EF⊥AD，∠ADC＝90°，
∴EF∥CD，
∴，，
∴S△CDE＝S△CDF＝S△BCF，
故选：C．
【点睛】数量掌握矩形的性质，及通过添加辅助线，进行三角形面积的转化是此题的解题关键
3．（2020·浙江宁波·统考一模）如图，已知大矩形ABCD由①②③④四个小矩形组成，其中AE＝CG，则只需要知道其中一个小矩形的面积就可以求出图中阴影部分的面积，这个小矩形是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】B
【分析】由矩形的性质得出AB=CD，FP=CG，则BE=DG，求出阴影部分的面积=△BFD的面积-△BFP的面积=BF×BE=矩形②面积，即可得出答案．
【详解】解：如图所示：
∵四边形ABCD和四边形③是矩形，
∴AB＝CD，FP＝CG，
∵AE＝CG，
∴BE＝DG，
∴阴影部分的面积＝△BFD的面积﹣△BFP的面积
＝BF×CD﹣BF×FP
＝BF×（CD﹣CG）
＝BF×DG
＝BF×BE
＝矩形②面积，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形面积等知识；熟练掌握矩形的性质，证出阴影部分的面积=矩形②面积，是解题的关键．
4．（2020·浙江宁波·模拟预测）在矩形ABCD内，将两张直角边长分别为a和b（a＞b）的等腰直角三角形按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张等腰直角三角形纸片均有重叠部分），矩形未被这两张等腰直角三角形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2，当AD＝6，AB＝8时，S1﹣S2的值为（ ）
A．a+b﹣4 B．a+b﹣5 C．a+b﹣6 D．a+b﹣7
【答案】D
【分析】如图1、2，作GH⊥AD于点H，由题意易得EF＝a+b﹣6，同理可得EF＝a+b﹣8，然后分别求出阴影部分的面积求解即可．
【详解】解：如图1，
由已知可得，
∠DQF＝∠DFQ＝∠AEP＝∠APE＝45°，
作GH⊥AD于点H，
∵AD＝6，AB＝8，
则EF＝a+b﹣6，
如图2，同理可得EF＝a+b﹣8，
∴图1中阴影部分的面积是：6×8，
同理可得，图2中阴影部分的面积是：6×8，
∴S1﹣S2＝＝a+b﹣7．
故选：D．
【点睛】本题主要考查完全平方公式及等腰三角形的性质，熟练掌握利用等腰三角形的性质求解阴影部分的面积，然后利用完全平方公式进行化简求值．
5．（2021·浙江宁波·统考二模）如图，中，，点在上，于点，于点，能求出矩形面积的条件是已知（ ）
A．面积与面积之和 B．面积与面积之差
C．面积与面积之商 D．面积与面积之积
【答案】D
【分析】补全矩形，用面积比可得答案；或者，用相似三角形的性质得出答案．
【详解】解：方法一：如图，补全矩形，设原图三部分的面积分别是，则有，
∴，
故选D．
方法二：∵于点，于点，
∴∠AFE=∠EGC=90°，FE∥GC,
∴∠AEF=∠ECG，
∴，
∴
∴，
即．
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质，解题关键是熟练运用相关知识进行推理计算．
6．（2021·浙江宁波·统考二模）如图①，现有边长为和的正方形纸片各一张，长和宽分别为，的长方形纸片一张，其中．把纸片Ⅰ，Ⅲ按图②所示的方式放入纸片Ⅱ内，已知图②中阴影部分的面积满足，则，满足的关系式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】用含a，b的代数式表示出S1，S2，即可得出答案．
【详解】由题意可得：S1=(a+b) 2-b2-a2=2ab，S2=(b-a)a=ab-a2，
∵，
∴2ab=6(ab-a2)
2ab=6ab-6a2
b=3b-3a
3a=2b，
故选：B．
【点睛】本题考查了整式的混合运算，用含a，b的代数式表示出S1，S2是解题关键．
7．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）如图，是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形，正方形，正方形的面积分别为，，，若知道图中阴影部分面积，一定能求出（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设小直角三角形的面积为S，每个阴影部分的面积为，根据题意，得-=4S， -=4+4S，整理，得=4，自然得解．
【详解】设小直角三角形的面积为S，每个阴影部分的面积为，根据题意，得-=4S， -=4+4S，整理，得=4，
故选D．
【点睛】本题考查了弦图中的面积计算，熟练掌握图形的分割方法，准确确定图形的面积和是解题的关键．
类型四、周长与面积综合
1．（2022春·浙江宁波·九年级宁波市第七中学校考期中）如图，有三张正方形纸片A，B，C，它们的边长分别为a，b，c，将三张纸片按图1，图2两种不同方式放置于同一长方形中，记图1中阴影部分周长为l1，面积为S1，图2中阴影部分周长为l2，面积为S2．若，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】D
【分析】根据题目中的数据，设大长方形的宽短边长为d，表示出S2，S1，l1，l2，再代入S2-S1=即可求解．
【详解】解：设大长方形的宽短边长为d，
∴由图2知，d=b-c+a，
∴l1=2（a+b+c）+（d-a）+（d-c）+（a-b）+（b-c）=2a+2b+2d，
S1=d（a+b+c）-a2-b2-c2，
l2=a+b+c+d+a+c+（a-b）+（b-c）=3a+b+c+d，
S2=d（a+b+c）-a2-b2+bc，
∴S2-S1=bc+c2，
l1-l2=b-c-a+d，
∴bc+c2=() 2，
∴bc+c2=（b-c）2，
∴3bc=b2，
∴b=3c，
∴b：c的值为3，
故选：D．
【点睛】本题主要考查整式的混合运算，明确整式的混合运算的计算方法是解题的关键．
2．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，四边形和均为正方形，点在对角线上，点在边上，连结和．若知道正方形和的面积，则一定能求出（ ）
A．四边形的周长 B．四边形的周长
C．四边形的周长 D．四边形的周长
【答案】B
【分析】根据正方形的性质易证，再根据全等三角形的性质得出，结合各个选项只有四边形的周长是由与确定，从而得出答案．
【详解】解：四边形和均为正方形，
，
．
四边形的周长
．
因为知道正方形和的面积，
所以它们的边长和对角线均可确定，
即与确定，一定能求出四边形的周长,其他选项不符合；
故B正确．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、正方形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
3．（2022秋·浙江宁波·九年级校联考期末）如图，在矩形中，点是边的三等分点，点是边的中点，线段，与对角线分别交于点，．设矩形的面积为，则以下4个结论中：①；②；③；④．正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据矩形性质得到，，，，即可得到，即可判断①，同理可得，即可判断②，同时根据相似即可判断对应高之比，即可判断③④，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，，
∵点是边的三等分点，点是边的中点，
∴，，
设，则，，，，，
∴，，故①②正确；
∵，
∴，
同理可得：，
∵，，，
设，则，，，
∴，，
∴，，故③④正确；
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形相似的性质和判定，平行线分线段成比例定理，三角形面积等
知识，解题的关键是理解题意，掌握同高三角形面积等于底边比，相似三角形面积的比等于相似比的平方．
类型五、剪切与拼接
1．（2020·浙江宁波·九年级统考学业考试）如图，将等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，用这四块图形进行拼接，恰能拼成一个没有缝隙的正方形，则正方形的边长与等腰三角形的底边长的比为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，能拼成一个没有缝隙的正方形和矩形，根据题意得(a+b)2=b(b+a+b)，设a=1，求出b=，进而求出正方形的边长与等腰三角形的底边长的比．
【详解】解：如图，等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，能拼成一个没有缝隙的正方形和矩形，
设a=1，
根据题意，得
(a+b)2=b(b+a+b)，
∵a=1，
∴b2﹣b﹣1=0，
解得b (负值舍去)，
∴b=，
∴正方形的边长与等腰三角形的底边长的比为：
(a+b)：2b=．
故选：B．
【点睛】本题主要考查一元二次方程与图形有关的应用，解此题的关键在于将等腰三角形拆解拼成另一个没有缝隙的矩形，再利用面积相等得到相关边的长度关系.
2．（2020·浙江宁波·统考一模）如图，梯形ABCD被分割成两个小梯形①②，和一个小正方形③，去掉③后，①和②可剪拼成一个新的梯形，若EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，则AB的长是（ ）
A．6 B．3 C．9 D．3
【答案】C
【分析】连接AH交EF于点K，根据EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，可得BC﹣AD＝3，由图象剪拼观察可得，AD＝HC，四边形AHCD是平行四边形，再证明△AEK∽△ABH，可得AB的长．
【详解】解：如图，
连接AH交EF于点K，
∵EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，
∴BC﹣AD＝3，
由图象剪拼观察可知：
AD＝HC，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴BC﹣AD＝BC﹣HC＝3，
KF＝AD，EK＝2，
∵③为正方形，
∴EB＝BH＝3，
∵EK∥BH，
∵△AEK∽△ABH，
∴，
即，
解得AB＝9．
故选：C．
【点睛】本题考查了图形的剪拼，梯形的性质，掌握相似三角形的性质是解决本题关键．
3．（2021·浙江宁波·校考模拟预测）如图，矩形由两直角边之比皆为的三对直角三角形纸片甲、乙、丙拼接而成它们之间互不重叠也无缝隙，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用丙和乙短直角边的关系求出AD和AB．
【详解】解：如答图，
可得，由对称性可知，不妨设，
则有，，，，所以，
故选C．
【点睛】本题考查了直角三角形中勾股定理的应用，灵活使用勾股定理是解题的关键．
4．（2021·浙江宁波·宁波市第七中学校联考一模）如图，四个全等的直角三角形纸片既可以拼成（内角不是直角）的菱形，也可以拼成正方形，则菱形面积和正方形面积之比为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】设直角三角形的长直角边长为，短直角边长为，根据菱形的性质可得，从而得到，，即可解答．
【详解】解：设直角三角形的长直角边长为，短直角边长为，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了本题考查了菱形的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
类型六、与圆结合
1．（2021秋·浙江宁波·九年级校联考期中）如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为斜边向外作等腰直角三角形△ACD，△BCE，弧AC和弧BC的中点分别是M，N．连接DM，EN，若C在半圆上由点A向B移动的过程中，DM：EN的值的变化情况是（ ）
A．变大 B．变小
C．先变大再变小 D．保持不变
【答案】D
【分析】根据题意连接OD，OE，OC，MN．证明点M在线段OD上，点N在OE上，进而推出△ODE是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】解：如图，连接OD，OE，OC．
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴∠ADC＝90°，DA＝DC，
∵OA＝OC，
∴OD垂直平分线段AC，
∴点M在线段OD上，
∴∠ODC＝45°，
同法点N在OE上，∠OED＝45°，
∴∠DOE＝90°，
∵∠ODE＝∠OED，
∴OD＝OE，
∵OM＝ON，
∴DM＝EN，
∴DM：EN的值不变．
故选：D．
【点睛】本题考查圆的综合应用以及中位线定理，解题的关键是正确的作出辅助线，题目中还考查了垂径定理的知识．
2．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，四边形ABCD中，，，以AB为直径的⊙O刚好与CD相切，连结OC、BD交于点F，若，则已知下列条件中的一个即可求BF的长的有（ ）
①BD；②CD；③；④．
A．①、②、③、④ B．①、②、③ C．①、②、④ D．①、③、④
【答案】A
【分析】延长交的延长线于点．由，推出，欲求，只要求出，，即可，由此即可判断．
【详解】解：延长交的延长线于点．
∵，
∴，
∴，欲求，只要求出，，即可．
已知，，可以求出，，故①②符合题意，
当的值已知，可以求出，可以求出，，，故③符合题意．
当的值已知，可以求出，可以求出，，，故④符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，切线的性质等知识，
3．（2022秋·浙江宁波·九年级浙江省鄞州区宋诏桥中学校考期末）在圆内接四边形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分线交于点E，过E作直线MN平行于BC，与AB、CD交于M、N，则总有MN＝( )
A．BM+DN B．AM+CN C．BM+CN D．AM+DN
【答案】D
【分析】在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF，由A，B，C，D四点共圆，得出∠ADC+∠B＝180°，由MNBC，得出∠AMN+∠ADN＝180°，可得到A，D，N，M四点共圆，可得∠MND+∠MAD＝180°再由AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，A，F，E，D四点共圆，由∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND＝180°﹣∠DEN﹣∠MND＝∠EDN＝∠ADE＝∠AFM，可得出MA＝MF，即得出MN＝MF+NF＝MA+ND．
【详解】解：如图，在NM上截取NF＝ND，连接DF，AF
∴∠NFD＝∠NDF，
∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠ADC+∠B＝180°，
∵MNBC，
∴∠AMN＝∠B，
∴∠AMN+∠ADN＝180°，
∴A，D，N，M四点共圆，
∴∠MND+∠MAD＝180°，
∵AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA，
∴∠END+2∠DFN＝∠END+2∠DAE＝180°，
∴∠DFN＝∠DAE，
∴A，F，E，D四点共圆，
∴∠DEN＝∠DAF，∠AFM＝∠ADE，
∵∠MND+∠MAD＝180°，
∴∠MAF+∠DAF+∠MND＝180°
∴∠MAF＝180°﹣∠DAF﹣∠MND
＝180°﹣∠DEN﹣∠MND
＝∠EDN＝∠ADE
＝∠AFM，
∴MA＝MF，
∴MN＝MF+NF＝MA+ND．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了四点共圆，解题的关键是正确作出辅助线，利用四点共圆求解．
巩固练习
1．（2020·浙江宁波·校考模拟预测）一张矩形纸板和圆形纸板按如图方式分别剪得同样大定理特例图（AC=3，BC=4，AB=5，分别以三边长向外剪正方形) ，图1中边HI、LM和点K、J都恰好在矩形纸板的边上，图2中的圆心O在AB中点处，点H、I都在圆上，则矩形和圆形纸板的面积比是（ ）
A．400:127π B．484:145π C．440:137π D．88:25π
【答案】C
【分析】如图1（见解析），先利用正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质可得，，同样的方法可得，从而可得出DE、EF的长，再根据矩形的面积公式即可得；如图2（见解析），先根据中位线定理求出OD、CD的长，从而可得DH的长，再利用勾股定理可得的值，然后根据圆的面积公式即可得，由此即可得出答案．
【详解】如图1，过点B作于点N
是直角三角形，且
四边形ABJK是正方形
，
，即
在和中，
，
同理可证：
四边形BCHI是正方形
，
四边形DEFG是矩形
四边形BNEI是矩形
，
同理可得：
，
则矩形纸板的面积为
如图2，过点O作于点D，连接OH，则
点O为AB的中点
OD为的中位线
，
在中，由勾股定理得：
则圆形纸板的面积为
因此，矩形和圆形纸板的面积比是
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理、正方形的性质、三角形全等的判定定理、中位线定理等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
2．（2021·浙江宁波·统考一模）已知，矩形ABCD中，E为AB上一定点，F为BC上一动点，以EF为一边作平行四边形EFGH，点G，H分别在CD和AD上，若平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，则应满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，，，，由于四边形EFGH为平行四边形且四边形ABCD是矩形，所以，，根据 ，化简后得，F为BC上一动点，x是变量，是x的系数，根据平不会随点F的位置改变而改变，为固定值，x的系数为0，bc为固定值，，进而可得点E是AB的中点，即可进行判断．
【详解】解：∵四边形EFGH为平行四边形且四边形ABCD是矩形，
∴，，
设，，，，
∴
∵F为BC上一动点，
∴x是变量，是x的系数，
∵不会随点F的位置改变而改变，为固定值，
∴x的系数为0，bc为固定值，
∴，
∴，
∴E是AB的中点，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，掌握矩形的性质是解决本题的关键．
3．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，在矩形中，点F为边上一点，过F作交边于点E，P为边上一点，交线段于H，交线段于Q，连接．当时，要求阴影部分的面积，只需要知道下列某条线段的长，该线段是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过Q作QG⊥AB于G，由，可得QG⊥FE，∠AGQ=∠FQG=90°，由四边形ABCD为矩形，可得∠A=90°，可证四边形AGQF为矩形，可得GQ=EF，∠DFE=∠PGQ=90°，可证△PGQ≌△DFE（ASA），可得PQ=DE，S阴影=S△PED-S△QED=即可．
【详解】解：过Q作QG⊥AB于G，
∵，
∴QG⊥FE，
∴∠AGQ=∠FQG=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=90°，
∴∠AGQ=∠FQG=∠A =90°
∴四边形AGQF为矩形，
∴GQ=AF=AB=EF，∠DFE=∠PGQ=90°，
∵∠PQG+∠EQH=90°，
∴∠HEQ+∠EQH=90°，
∴∠PQG=∠HEQ=∠DEF，
在△PGQ和△DFE中
，
∴△PGQ≌△DFE（ASA），
∴PQ=DE，
∴S阴影=S△PED-S△QED=．
故选择：B．
【点睛】本题考查矩形性质与判定，三角形全等判定与性质，三角形面积，掌握矩形性质与判定，三角形全等判定与性质，阴影面积的求法是解题关键．
4．（2021·浙江宁波·统考一模）如图1，矩形的一条边长为x，周长的一半为y，定义（x，y）为这个矩形的坐标．如图2，在平面直角坐标系中，直线x=1，y=3将第一象限划分成4个区域，已知矩形1的坐标的对应点A落在如图所示的双曲线上，矩形2的坐标的对应点落在区域④中，则下面叙述中正确的是（ ）
A．点A的横坐标有可能大于3
B．矩形1是正方形时，点A位于区域②
C．当点A沿双曲线向上移动时，矩形1的面积减小
D．当点A位于区域①时，矩形1可能和矩形2全等
【答案】D
【分析】A、根据反比例函数k一定，并根据图形得：当x=1时，y＜3，得k=xy＜3，因为y是矩形周长的一半，即y＞x，可判断点A的横坐标不可能大于3；
B、根据正方形边长相等得：y=2x，得点A是直线y=2x与双曲线的交点，画图，如图2，交点A在区域③，可作判断；
C、先表示矩形面积S=x（y-x）=xy-x2=k-x2，当点A沿双曲线向上移动时，x的值会越来越小，矩形1的面积会越来越大，可作判断；
D、当点A位于区域①，得x＜1，另一边为：y-x＞2，矩形2的坐标的对应点落在区域④中得：x＞1，y＞3，即另一边y-x＞0，可作判断．
【详解】如图，设点A（x，y），
A、设反比例函数解析式为：y=（k≠0），
由图形可知：当x=1时，y＜3，
∴k=xy＜3，
∵y＞x，
∴x＜3，即点A的横坐标不可能大于3，
故选项A不正确；
B、当矩形1为正方形时，边长为x，y=2x，
则点A是直线y=2x与双曲线的交点，如图2，交点A在区域③，
故选项B不正确；
C、当一边为x，则另一边为y-x，S=x（y-x）=xy-x2=k-x2，
∵当点A沿双曲线向上移动时，x的值会越来越小，
∴矩形1的面积会越来越大，
故选项C不正确；
D、当点A位于区域①时，
∵点A（x，y），
∴x＜1，y＞3，即另一边为：y-x＞2，
矩形2落在区域④中，x＞1，y＞3，即另一边y-x＞0，
∴当点A位于区域①时，矩形1可能和矩形2全等；
故选项④正确；
故选D．
【点睛】本题考查了函数图象和新定义，有难度，理解x和y的意义是关键，并注意数形结合的思想解决问题．
5．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，矩形，分别以、为边向内作等边三角形（图1）；分别以、为边向内作等边三角形（图2），两个等边三角形的重叠部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将阴影部分分别分割成两个规则图形，图一可以分为两个梯形，图二可分成两个三角形，设设=m，令AB=1,则AD=m，利用相似求出图形面积，结合面积比即可求出．
【详解】
设=m，令AB=1,则AD=m，
∵两个正三角形以AD、BC为底，所得图形是对称图形，
∴EF所在直线平行AD与BC，
∴AM=BM=，
∵∠HBE=90°-60°=30°，
∴AH=，
∴ME=
根据对称性关系可知EF=m-2×=m-，HG=m-
∴梯形EFGH面积=
∴S1=，
同理根据图二可知
AK=，△ABR的高为，
∴△QPR的高为，
根据△QPR∽△ABR，
求得PQ=
∴三角形PQR面积=，
∴S2=，
∵，
整理得到：，
∴化简求得m=或（舍弃），
∴=，
故选：B．
【点睛】本题主要考查相似三角形、等边三角形有关知识，对知识的灵活运用要求较高，注重培养学生的分析问题和知识综合运用能力．
6．（2021·浙江宁波·校联考一模）如图，在边长为的正方形中放入四个小正方形后形成一个中心对称图形，其中两顶点，分别在边，上，则放入的四个小正方形的面积之和为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】作GH⊥BC，证明△GHE∽△EMN，根据相似三角形的性质得到GH=2EM，HE=2MN，根据正方形的性质列方程求出MN，根据勾股定理、正方形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：如图，过作于，
则
，
，
，
，
，，
设，
则，
，
，
，
解得：，
，
，
，
∴四个小正方形的面积之和，
故选：C．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、中心对称图形的概念，掌握相似三角形的判定定理和性质定理、勾股定理、正方形的性质是解题的关键．
7．（2022·浙江宁波·模拟预测）将四张边长各不相同的正方形纸片按如图方式放入矩形内(相邻纸片之间互不重叠也无缝隙)，未被四张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示．设右上角与左下角阴影部分的周长的差为．若知道的值，则不需测量就能知道周长的正方形的标号为（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】D
【分析】设①、②、③、④四个正方形的边长分别为a、b、c、d，用a、b、c、d表示出右上角、左下角阴影部分的周长，利用整式的加减混合运算法则计算，得到答案．
【详解】设①、②、③、④四个正方形的边长分别为a、b、c、d，
由题意得,(a+d b c+b+a+d b+b c+c+c) (a d+a d+d+d)=l，
整理得，2d=l，
则知道l的值，则不需测量就能知道正方形④的周长，
故选：D.
【点睛】此题考查整式的加减，解题关键在于结合题意列关于l的整式即可.
8．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转至，点刚好落在直线上，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由将△BAC绕点A顺时针旋转至△DAE，可得DE＝BC＝a，CA＝AE＝a，AB＝AD＝2a，∠ADE＝∠ABC，∠DAE＝∠BAC＝90°，由锐角三角函数可求BD＝a，CE＝a，由面积公式可求a的值，即可求解．
【详解】解：如图，连接CE，延长EA交BC于F，
∵AB＝2AC，
设AC＝a，则AB＝2a，
∴BC＝＝a，
∵将△BAC绕点A顺时针旋转至△DAE，
∴DE＝BC＝a，CA＝AE＝a，AB＝AD＝2a，∠ADE＝∠ABC，∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ADB＝∠ADE，
∴∠DEA＝∠DFA，
∴DF＝DE＝a，
又∵∠DAE＝90°，
∴AF＝AE＝a＝AC，
∴∠ECF＝90°，
∵sin∠ACB＝sin∠CFE＝＝，
∴＝，
∴CE＝a，
∵tan∠ACB＝tan∠CFE＝＝2，
∴CF＝a，
∴CD＝DF﹣CF＝a，
∴BD＝BC+DC＝a，
∴△BDE的面积＝×a×a＝×a×a×＝．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，利用参数解决问题是本题的关键．
9.（2021·浙江宁波·统考一模）如图1，有一个含45°角且一组邻边长分别为b，的平行四边形纸片①和一个含45°角且边长为a的菱形纸片②，其中b
【答案】D
【分析】根据题意，设AD=x，AB=y，利用菱形的性质，把用含x，y，a，b的代数式表示出来，再用的差，得到的值．
【详解】如图，设AD=x，AB=y，则AE=x－a，CF=y－a，sin∠ABC=，
∵，
，
∴，
∴，
故答案选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，以及用字母表示代数式，根据图形，表示出阴影部分的面积是解题的关键．
10．（2022·浙江宁波·统考模拟预测）如图，在中，是斜边上的高，将得到的两个和按图、图、图三种方式放置，设三个图中阴影部分的面积分别为，，，若，则与之间的关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分析题意，过点作，交于点，是在各自图形中找到面积表达式，利用已知的等量关系，结合所给的图及直角三角形高线性质，找出与得关系，即可解决问题．
【详解】解：如图所示，过点作，交于点，
=
，
，
，
，
由题目中所给的图及直角三角形高线性质可知：
，
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查对于三角形面积公式的运用，解题关键是在各自图形中找到面积表达式，利用已知的等量关系，结合所给的图及直角三角形高线性质，找出与得关系．
11．（2022·浙江宁波·统考一模）将7张如图1的两边长分别为a和b（，a与b都为正整数）的矩形纸片按图2的方式不重叠地放在矩形内，矩形中未被覆盖的部分用阴影表示，设左上角与右下角的阴影部分的面积相等．设．若，k为整数，则a可取的值的个数为（ ）
A．0个 B．4个 C．5个 D．无数个
【答案】A
【分析】根据左上角与右下角的阴影部分的面积相等．可得，从而得到，再由，可得，从而得到b取1，3，9，即可求解．
【详解】解：因为左上角与右下角的阴影部分的面积相等，
所以，
所以，
因为 ，
所以，
因为，
所以a=kb，
所以，
所以，
因为k为整数，
所以b+3取1，2，3，4，6，12，
因为b为正整数
所以b取1，3，9，
当b=1时，k=3，此时a=3，
当b=3时，k=2，此时a=6，
当b=9时，k=1，此时a=9，
因为，
∴a＜3，
∴a可取的值的个数为0．
故选A
【点睛】本题主要考查了分式的应用，明确题意得到是解题的关键．
12．（2021·浙江宁波·一模）如图是由7个等边三角形拼成的图形，若要求出阴影部分的面积，则只需要知道（ ）
A．⑤和③的面积差 B．④和②的面积差
C．③和②的面积差 D．⑤和②的面积差
【答案】B
【分析】设每个等边三角形边长为xn，计算阴影部分面积可由③的边长减去②的边长乘③的高得到．
【详解】设每个等边三角形边长为xn，
如图，是等边三角，，
∴每个三角形面积为xn2．
∴阴影部分面积S＝x3（x3﹣x2）．
∵x1＝x3﹣x2，x1+x3＝x4，
∴④与②面积差等于（x42﹣x22）＝（x4+x2）（x4﹣x2）．
∵x1＝x3﹣x2，x1+x3＝x4，
∴x4+x2=2x3，x4﹣x2=2x1=2（x3﹣x2），
∴化简得x3（x3﹣x2）．
∴观察上式可得阴影面积与④与②面积差相差四倍，则只需知道④和②的面积差．
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，掌握边长为等边三角形的面积为是解题的关键．
13．（2022·浙江宁波·校联考一模）如图，在中，，以各边为斜边分别向外作等腰、等腰、等腰，将等腰和等腰按如图方式叠放到等腰中，已知，，则长为（ ）
A．2 B． C．6 D．8
【答案】D
【分析】设AD＝DB＝a，AF＝CF＝b，BE＝CE＝c，由勾股定理可求a2+b2＝c2，由 ，可求b＝4，即可求解．
【详解】解：设AD＝DB＝a，AF＝CF＝b，BE＝CE＝c，
∴ABa，ACb，BCc，
∵∠BAC＝90°，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴2a2+2b2＝2c2，
∴a2+b2＝c2，
∵将等腰Rt△ADB和等腰Rt△AFC按如图方式叠放到等腰Rt△BEC，
∴BG＝GH＝a，
∵，
∴（a+c）（c﹣a）＝16，
∴c2﹣a2＝32，
∴b2＝32，
∴b＝4，
∴ACb＝8，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，折叠的性质，利用整体思想解决问题是本题的关键．
14．（2022·浙江宁波·校考一模）如图，点，分别在菱形的边，上，点，分别在，的延长线上，且．连结，，，，若菱形和四边形的面积相等，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】D
【分析】根据题意先证四边形EFGH是平行四边形，由平行四边形的性质求出EH∥AC，进而由面积关系进行分析即可求解．
【详解】解：连接HC、AF、HF、AC，HF交AC于O，连接EG．
∵四边形ABCD是菱形，
∠D=∠B，AB=CD=AD=BC，
∵AE=AH=CG=CF，
∴DH=BF，BE=DG，
在△DHG和△BFE中，
，
∴△DHG≌△BFE，
∴HG=EF，∠DHG=∠BFE，
∵BC∥AD，
∴∠BFE=∠DKF，
∴∠DHG=∠DKG，
∴HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形．
∵AH=CF，AH∥CF，
∴四边形AHCF是平行四边形，
∴AC与HF互相平分，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴HF与EG互相平分，
∴HF、AC、EG互相平分，相交于点O，
∵AE=AH，DA=DC，BE∥DC，
∴∠EAH=∠D，
∴∠AEH=∠AHE=∠DAC=∠DCA，
∴EH∥AC，
∴S△AEH=S△EHO=S△AHO=S△AHC=S四边形EFGH=S四边形ABCD，
∴S△AHC=S四边形ABCD=S△ADC，
∴AD=AH，
∴=1.
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，证明EH∥AC是解题的关键．
15．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，在正△ABC中，D、E分别为边AB、AC上的点，BD＝2CE，过点E作EF⊥DE交BC于点F，连结DF，若想求△ABC的周长，则只需知道下列哪个三角形的周长？该三角形是（ ）
A．△CEF B．△BDF C．△DEF D．△ADE
【答案】B
【分析】作AO⊥AB.，CO⊥BC，AO交CO于O，连接BO， 延长BC至点G，使CG=AD，先证明Rt△BAO和Rt△BCO，再证明△OBD∽△OCE，再证明△OAD≌△OCG（SAS），△ODF≌△OGF（SAS），最后得出．
【详解】解：如图，作AO⊥AB.，CO⊥BC，AO交CO于O，连接BO， 延长BC至点G，使CG=AD，连接OG、OE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，
∵AO⊥AB.，CO⊥BC，
∴∠BAO=∠BCO=90°，
∴∠BAO=∠BCO=90°，
∴∠OCE=30°，
在Rt△BAO和Rt△BCO中，
，
∴Rt△BAO和Rt△BCO（HL），
∴OA=OC，∠ABO=∠CBO=30°，
∴OB=2OC，
∵BD＝2CE，
∴，
∵∠OCE=∠OBD=30°，
∴△OBD∽△OCE，
∴∠DOB=∠EOC，，
∴∠DEO=90°，
∵∠DEF=90°，
∴点O、E、F三点共线，
在△OAD和△OCG中，
∴△OAD≌△OCG（SAS），
∴OD=OG，∠AOD=∠COG，
∴，
，
在△ODF和△OGF中，
∴△ODF≌△OGF（SAS），
∴DF=FG，
∴
∵DF=FG，CG=AD，
∴
∴若想求△ABC的周长，则只需知道△BDF的周长，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，解决本题的关键是熟练掌握添加适当的辅助线．
16．（2022·浙江宁波·校联考一模）在矩形内，将两张边长分别为和的正方形纸片按图①，图②两种方式放置（图①，图②中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若图①中阴影部分面积为，图②中阴影部分的面积和为．则的值表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用面积的和差分别表示出S1和S2，然后利用整式的混合运算计算它们的差．
【详解】解：∵S1=（AB-a） a+（CD-b）（AD-a）=（AB-a） a+（AB-b）（AD-a），
S2=（AB-a）（AD-b）+（AD-a）（AB-b），
∴S1-S2=（AB-a） a+（AB-b）（AD-a）-（AB-a）（AD-b）-（AD-a）（AB-b）
=（AB-a） a-（AB-a）（AD-b）
=（AB-a） （a-AD+b）
=BE FG，
故选：A．
【点睛】本题考查了整式的混合运算：“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看作整体的代数式通常要用括号括起来．也考查了正方形的性质．
17．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，以Rt 的各边为边分别向外作正方形， ，连接，点为 的中点，连接 ，若要求出的面积，只需知道（ ）
A．的面积 B．正方形的面积
C．正方形的面积 D．正方形的面积
【答案】B
【分析】如图，延长HA交BC于点P，交MN于点Q，可得△DAG≌△BAC，，利用全等三角形的性质以及平行线间的距离相等等性质将阴影部分的面积转化即可．
【详解】解：如图，延长HA交BC于点P，交MN于点Q，连接CE、AN．
由题意可得：AB=AD，，AC=AG，
∴△DAG≌△BAC（SAS），
∴∠2=∠4．
由题意可得：，，
∴（SAS），
∵点H为DG的中点，∠DAG=90，
∴∠1=∠2．
∵∠1+∠3=90，
∴∠3+∠4=90，
∴HA⊥BC，
∴，
∴．
∵△ABN≌△EBC，
∴．
∵BE//CD，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用全等三角形以及平行线间的距离相等等性质，将阴影部分的面积进行转换．
18．（2022·浙江宁波·统考二模）将矩形ABCD和矩形CEFG分割成5块图形（如图中①②③④⑤），并把这5块图形重新组合，恰好拼成矩形BEHN．若AM＝1，DE＝4，EF＝3，那么矩形BEHN的面积为（ ）
A．20 B．24 C．30 D．45
【答案】C
【分析】如图，由题意知，，，由，可得，证明，则，设，，证明，则即，求的值，进而可得，，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，
由题意知，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
设，，
∵，
∴
∴即
解得
∴，
∴
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，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．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
19．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，正六边形中，点是边上的点，记图中各三角形的面积依次为，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，作正六边形的外接圆O，连接 记与的交点为 的交点为 过作于 设正六边形的边长为 设 则 再分别求解 从而可得答案．
【详解】解：如图，作正六边形的外接圆O，连接 记与的交点为
的交点为 过作于
设正六边形的边长为
则
由正六边形的性质可得：
设 则
故B符合题意；
由
同理可得：
故，，都错误，
故A，C，D都不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，等边三角形的性质，勾股定理的应用，掌握“正多边形的性质”是解本题的关键．
20．（2022·浙江宁波·校考一模）如图①，分别以的各边为一边向外作三个三角形，使，，再按图②的方式将两个较小的三角形放在最大的三角形内，使，，，．若要求出的面积，则需要知道下列哪个图形的面积（ ）
A．四边形 B．四边形 C． D．
【答案】D
【分析】由勾股定理可得，可得，通过证明， ，可证，即可求解．
【详解】如图①中，，
，
如图②中：，，，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，，
，，
，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键．
21．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，点、、、分别在的、、、边上，，，与交于点，连接交于点，连接，设、、、的面积分别为、、、，若，则只需知道（ ），就能求的面积．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点做交于点M，设，，，，根据相似三角形的判定和性质求解即可得出结果．
【详解】解：过点做交于点M
设，，，
∴，，
∥BC，
∴ DQH~ DBC，
，
∵BC=FP+PH=PF+GC=a+ak，DC=DH+CH=AF+CH=b+bk，
，
，
故选D．
【点睛】题目主要考查相似图形及相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．
22．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解法一、根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC，∠A=∠EBC=90°，再证，得出，进而得出即可；解法二、连接AC，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=AD，∠A=∠EBC=90°，再证，得出AE＝DF，利用等底等高三角形面积相似得出即可．
【详解】解法一、∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠A=∠EBC=90°，
∴∠ABF+∠AFB=90°
∵BF⊥CE，
∴∠ABF+∠BEC=90°，
∴∠AFB=∠BEC，
在△ABF和△BCE中，
，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴；
解法二、连接AC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=AD，∠A=∠EBC=90°，
∴∠ABF+∠AFB=90°，
∵BF⊥CE，
∴∠ABF+∠BEC=90°，
∴∠AFB=∠BEC，
在△ABF和△BCE中，
，
∴，
∴AF=BE，
∴AE＝DF，
∴，即．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等判定与性质，等底等高三角形面积相等，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，等底等高三角形面积相等是解题关键．
23．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，等边△ABC和等边△DEF的边长相等，点A、D分别在边EF，BC上，AB与DF交于G，AC与DE交于H．要求出△ABC的面积，只需已知（ ）
A．△BDG与△CDH的面积之和 B．△BDG与△AGF的面积之和
C．△BDG与△CDH的周长之和 D．△BDG与△AGF的周长之和
【答案】C
【分析】根据题意只要求出等边三角形的边长即可求解，设BG=a，BD=b，DG=c，CD=d，DH=e，CH=f，等边三角形边长为x，证明△AFG∽△DBG，同理可得，根据相似三角形三角形的性质即可求解．
【详解】设BG=a，BD=b，DG=c，CD=d，DH=e，CH=f，等边三角形边长为x，
则FG=x-c，AG=x-a，
△AFG∽△DBG，
∴，即，
∴，
∴，
∴或，
同理，可得或，
①当时，△BDG是等边三角形，同理△DCH为等边三角形，
此时△BDG和△DCH的周长之和为，
②当时，
∴，
又，
∴△BDG≌△FAG，
则AF=b，AE=d，
同理，
则a+b+c+d+e+f=x+x+b+d=x+x+x=3x．
综上所述，只需已知△BDG与△CDH的周长之和，即可求出△ABC的边长，也可求出等边三角形△ABC面积．
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，证明△AFG∽△DBG，得出比例式是解题的关键．
24．（2021·浙江宁波·统考二模）如图1，有一个含45°角且一组邻边长分别为b，的平行四边形纸片①和一个含45°角且边长为a的菱形纸片②（∠ABC＝45°）纸片内，再将①按不同的方式放置到图2中依次得到图3、图4．平行四边形ABCD未被覆盖的部分用阴影表示S1，S2，若S2﹣S1＝2b，则AD﹣AB的值为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】D
【分析】设平行四边形ABCD的面积为S，则S1＝S﹣a×a×sin45°﹣×（AD﹣a）×sin45°，S2＝S﹣a×a×sin45°﹣×（AB﹣a）×sin45°，得S2﹣S1b（AB﹣AD），再由S2﹣S1＝2b，即可求解．
【详解】解：设平行四边形ABCD的面积为S，
则S1＝S﹣a×a×sin45°﹣×（AD﹣a）×sin45°，
S2＝S﹣a×a×sin45°﹣×（AB﹣a）×sin45°，
∴S2﹣S1＝S﹣a2﹣（AB﹣a）×-[S-a2﹣（AD﹣a）×]
=b（AB﹣AD），
∵S2﹣S1＝2b，
∴b（AB﹣AD）＝3b，
∴AB﹣AD＝12，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的性质、锐角三角函数定义等知识；正确求出平行四边形的面积是解题的关键．
25．（2021·浙江宁波·校考三模）如图，E，F，G，H为正方形各边中点，连接EG，FH交于点O．点P是正方形内一点，连接EP、FP、GP、HP．这四条线段把正方形分为4个部分，分别记每个区域的面积为S1，S2，S3，S4，若要求得△FPH与△EPG的面积之差，则只需知道（ ）
A．与的面积之差 B．与的面积之差
C．与的面积之差 D．与的面积之差
【答案】D
【分析】结合图形分别表示出△FPH与△EPG的面积之差、与的面积之差，进而得出结论．
【详解】解：如图，
设正方形ABCD的面积为4S，
则正方形FBGO、正方形EOHD的面积都是S，
，
，
∴要求得△FPH与△EPG的面积之差，则只需知道与的面积之差，
故选：D．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、三角形的面积，正确表示出△FPH与△EPG的面积之差、与的面积之差是解题的关键．
26．（2021·浙江宁波·校考三模）如图，在中，点是线段上一点，于点，四边形为矩形，若，的面积为，矩形的面积为，则下列图形中面积可以确定的是（ ）
A．的面积 B．四边形的面积
C．梯形的面积 D．的面积
【答案】D
【分析】过点作于点，交于点，根据矩形的性质和梯形的性质利用面积公式解答即可．
【详解】解：过点作于点，交于点，
则，
，
，
则，
，
则，
四边形为矩形，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
的面积可以确定，
故选：D．
【点睛】此题考查梯形，解题的关键是根据矩形的性质得出解答．
27．（2022·浙江宁波·校考三模）两个全等的矩形和矩形如图放置,且恰好过点．过点作平行交于．知道下列哪个式子的值,即可求出图中阴影部分的面积（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据矩形的性质和题目中的条件，可以判断出哪个选项中的条件，可以推出阴影部分的面积，本题得以解决．
【详解】如图，作于点．
∴
由题意可知：两个全等的矩形和矩形，
∴，,
∴,
∴四边形是矩形，
阴影部分面积；
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
28．（2019·浙江宁波·校联考三模）如图， ABCD∽ EFGH，AB∥EF，记四边形ABFE、四边形BCGF、四边形CDHG、四边形DAEH的面积分别S1，S2，S3，S4，若已知 ABCD和 EFGH的面积，则不用测量就可知的区域的面积为（ ）
A．S1﹣S2 B．S1+S3 C．S4﹣S2 D．S3+S4
【答案】B
【分析】作CK⊥AB于K，GN⊥EF于N，FM⊥AB于M，HJ⊥CD于J，得出CK＝FM+GN+HJ，四边形AEFB和四边形CDHG都是梯形，由 ABCD∽ EFGH，得出＝＝，设＝＝＝a，则EF＝HG＝aAB，GN＝aCK，求出S平行四边形ABCD﹣S平行四边形EFGH＝（1﹣a2）AB CK，S1+S3＝（1﹣a2）AB CK，即可得出结果．
【详解】
解：作CK⊥AB于K，GN⊥EF于N，FM⊥AB于M，HJ⊥CD于J，
∵四边形ABCD和四边形EFGH都是平行四边形，AB∥EF，
∴CK＝FM+GN+HJ，四边形AEFB和四边形CDHG都是梯形，
∵ ABCD∽ EFGH，
∴＝＝，
设 ，
∵AB＝CD，EF＝HG，
∴EF＝HG＝aAB，GN＝aCK，
S1＝（EF+AB）MF＝（a+1）AB MF，
S3＝（GH+CD）HJ＝（a+1）AB HJ，
S平行四边形ABCD﹣S平行四边形EFGH＝AB CK﹣EF GN＝（AB CK﹣a AB a CK）＝（1﹣a2）AB CK，
S1+S3＝（a+1）AB MF+（a+1）AB HJ＝（a+1）AB（MF+HJ）＝（a+1）AB（CK﹣GN）＝（a+1）AB（1﹣a）CK＝（1﹣a2）AB CK，
∴S1+S3＝S平行四边形ABCD﹣S平行四边形EFGH；
故选B．
【点睛】本题考查了相似多边形的性质、平行四边形的性质、梯形面积与三角形面积以及平行四边形面积的计算等知识；通过作辅助线得出大平行四边形AB边与小平行四边形EF边上高的差等于S1、S2的高的和是解决问题的关键．
29．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，O是对角线上一点，过O作交于点E，交于点F，交于点G，交于点H，连结，，，，若已知下列图形的面积，不能求出面积的是（ ）
A．四边形 B．和
C．四边形和四边形 D．和四边形
【答案】C
【分析】A、根据平行四边形的对角线平分平行四边形的面积可作判断；B、先根据等式的性质证明，再由同底边的平行四边形的面积的比是对应高的比可作判断；C、四边形的面积和四边形的面积相等，已知四边形和四边形的面积，不能求出面积；D、同选项B同理可作判断；
【详解】A、在中，，，
∵，，
∴，，
∴四边形，，，都是平行四边形，
∴，，，，
∴四边形的面积的面积，
∴已知四边形的面积，可求出的面积，
故A不符合题意；
B、∵，
∴，
∵，
∴，
∴已知和的面积，可求出的面积，
故B不符合题意；
C、已知四边形和四边形的面积，不能求出面积，
故C符合题意；
D、∵，
∴，
∴，
∴已知和四边形的面积，能求出面积；
故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的面积公式和一条对角线平分平行四边形的面积是解本题的关键．
30．（2023·浙江宁波·统考一模）如图是一个由A、B、C三种相似的直角三角形纸片拼成的矩形，A、B、C的纸片的面积分别为S1、S2、S3，（S1与S2，S2与S3的相似比相同），相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，若S1＞S2＞S3，则这个矩形的面积一定可以表示为（ ）
A．4S1 B．6S2 C．4S2+3S3 D．3S1+4S3
【答案】A
【分析】根据相似三角形的性质，设相似比为k，EF=m，则MK=GH=mk，FH=mk2，用m、k表示出EH、FM、FK，由FK+MK=FM求出k2值，由面积比等于相似比得出S2+S3=S1，进而由矩形面积等于2（S1+S2+S3）求解即可．
【详解】解：根据题意，A、B、C三个直角三角形相似，并且A与B，B与C的相似比相同，且S1＞S2＞S3，
∴如图，设相似比为k，EF=m，则MK=GH=mk，FH=mk2，
∴EH=EF+FH=m(1+ k2)，
∴FM= = ，FK=kEH= km(1+ k2)，
由FK+MK=FM得：km(1+ k2)+ mk=，
∴k4+ k2－1=0，
解得：或（舍去），
∴S2= k2S1=S1，S3= k2S2= k4S1=，
∴S2+S3=S1，
∴矩形面积等于2（S1+S2+S3）=2（S1+S1）=4S1，
故选：A．
【点睛】本题考查相似三角形的性质、解一元二次方程，熟知相似三角形的面积比等于相似比的平方是解答的关键．
31．（2022春·浙江宁波·九年级宁波市第七中学校联考阶段练习）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一．如图1，分别以直角三角形的各边为边向外作三个等边三角形；如图2，将较小的两个等边三角形△和△放在最大的等边三角形△内，与交于点，连接．欲求△的面积，只需知道下列哪个三角形的面积即可（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据题意得到由题意得，，，则四边形CEPG是平行四边形，再由，可以得到．
【详解】解：由题意得，，，
∴四边形CEPG是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了以直角三角形三边组成的图形的面积，平行四边形的性质与判定，解题的关键在于能够正确理解题意．
32．（2023·浙江宁波·统考一模）以直角三角形的各边为边分别向外作正方形（如图1），再把较小的两个正方形按图2的方式放置在最大正方形内．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A．四边形的面积 B．四边形的面积
C．四边形的面积 D．的面积
【答案】D
【分析】设四边形的面积为，四边形的面积为，的面积为，四边形的面积为．大正方形的面积为，中正方形的面积为，小正方形的面积为， ，根据即可求解．
【详解】解：设四边形的面积为，四边形的面积为，的面积为，四边形的面积为，大正方形的面积为，中正方形的面积为，小正方形的面积为，
∵，，，
∴
∴
即知道图中阴影部分的面积，则一定能求出的面积，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，整式的混合运算，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
33．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，将两张全等的矩形（非正方形）纸片先后放在同一个正方形中，按如图1呈轴对称方式放置，按如图2呈中心对称方式放置，若已知图形⑤的周长，则一定能求出（ ）
A．图形①与③的周长和 B．图形②与③的周长差
C．图形①与③的周长差 D．图形②与③的周长和
【答案】D
【分析】根据题意设矩形较长的一边为x，较短的一边为y，正方形的边长为a，用字母分别表示出图形①、②、③、⑤的周长，进行计算即可得出正确的选项．
【详解】解：设矩形较长的一边为x，较短的一边为y，正方形的边长为a，
图形①的周长为，
图形②的周长，
图形③的周长，
图形⑤的周长为，
∴图形①与图形③的周长和，
故A选项不符合题意；
∴图形②与图形③的周长差，
故选项B不符合题意；
图形①与③的周长差，
故选项C不符合题意；
图形②与③的周长和，
即图形②与③的周长和为图形⑤的周长的2倍，
故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查整式混合运算的应用,还考查了全等图形的性质，解题的关键是用字母表示出各个图形的周长．
34．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，在正方形中，P为对角线上一动点，，，若要知道阴影部分的面积，则只需要知道下列哪个条件（ ）
A．PB的长 B．PD的长 C．矩形的面积 D．矩形对角线的长
【答案】D
【分析】连接，，推出和都是等腰直角三角形，得到，，阴影部分的面积，据此即可判断．
【详解】解：连接，，
∵四边形是正方形，P为对角线上一动点，
∴，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴阴影部分的面积
，
∴要知道阴影部分的面积，则只需要知道矩形对角线的长，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
35．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，E，F，G，H分别是矩形四条边上的点，连接相交于点I，且，，矩形矩形，连接交于点P，Q，下列一定能求出面积的条件是（ ）
A．矩形和矩形的面积之差 B．矩形与矩形的面积之差
C．矩形和矩形的面积之差 D．矩形和矩形的面积之差
【答案】A
【分析】设，由，分别用表示，利用割补法表示，即可求解．
【详解】设，
，
∴，
∴，
∴，
，
，
故选A．
【点睛】本题考查相似三角形，利用割补法进行转换表示三角形的面积是解题的关键．
36．（2023秋·浙江宁波·九年级统考期末）一个大矩形按如图方式分割成五个小矩形后仍是中心对称图形，且矩形矩形．设矩形与矩形的面积分别为m和n，则这个大矩形的面积一定可以表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，根据题意得到，由矩形矩形可得，代入整理可得，最后表示出大长方形的周长，代入化简即可求得．
【详解】解：设，
则，
依题意得：
，
矩形矩形，
，
，
整理得，
这个大矩形的面积为：
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形相似的性质和矩形面积；解题的关键是利用相似的性质找到等量关系．
37．（2023秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，在平行四边形中，点分别在边上，，四边形四边形，相似比，则下列一定能求出面积的条件（ ）
A．四边形和四边形的面积之差 B．四边形和四边形的面积之差
C．四边形和四边形的面积之差 D．四边形和四边形的面积之差
【答案】C
【分析】分别过点，作的平行线，根据相似比，找出对应相似图形的面积关系，然后找出符合的选项即可．
【详解】解：如图，分别过点，作的平行线交于点，交于点，
四边形四边形，相似比，
，，，相似比，
则，，
，
，选项C符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了根据相似比求面积关系，平行四边形性质，相似三角形性质等知识，适当添加辅助线，找出对应面积关系，采用面积作差方法是解题关键．
38．（2023秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，中，，于，矩形、矩形的顶点分别在、的三边上，且矩形矩形．已知下列某个选项中的线段之比可求两矩形的相似比，则这个选项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先证明，可得，，再由矩形矩形，可得两矩形的相似比等于，连接，证明，可得，可证得，从而得到，故D选项符合题意；，故A选项不符合题意；再证明， 可得，，故B，C选项不符合题意，即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，，
如图，连接，
∵矩形矩形，
∴两矩形的相似比等于，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故D选项符合题意；
∴，故A选项不符合题意；
在矩形、矩形中，
，，
∴，，
∴，
∴，，故B，C选项不符合题意；
故选：D
【点睛】本题主要考查了相似多边形的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似多边形的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．圆的综合大题
注：讲义涉及考点只争对于每题的最后一问
宁波中考真题回顾
1．如图1，为锐角三角形的外接圆，点D在上，交于点E，点F在上，满足交于点G，，连结，．设．
(1)用含的代数式表示．
(2)求证：．
(3)如图2，为的直径．
①当的长为2时，求的长．
②当时，求的值．
【分析】（1）根据，即可求解；
（2）由（1）的结论，、证即可；
（3）①通过角的转换得，即可求的长；②连结，证，设，则，由相似的性质即可求解；
【详解】（1）∵，①
又∵，②
②-①，得2，
∴．
（2）由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
（3）①∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴在中，，
∵为的直径，
∴．
∴．
∴与的度数之比为3∶2．
∴与的的长度之比为3∶2，
∵，
∴．
②如图，连结．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
设与的相似比为k，
∴．
∵，
∴设，则，
∴，
，
∴，
由，得，
解得，（舍），
∴，，
∴，
在中，，
∴．
2．如图1，四边形内接于，为直径，上存在点E，满足，连接并延长交的延长线于点F，与交于点G．
（1）若，请用含的代数式表列．
（2）如图2，连接．求证；．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，．
①若，求的周长．
②求的最小值．
【分析】（1）利用圆周角定理求得，再根据，求得，即可得到答案；
（2）由，得到，从而推出，证得，由此得到结论；
（3）①连接．利用已知求出，证得，得到，利用中，根据正弦求出，求出EF的长，再利用中，，求出EG及DE，再利用勾股定理求出DF即可得到答案；
②过点C作于H，证明，得到，证明，得到，设，得到，利用勾股定理得到 ，求得，利用函数的最值解答即可．
【详解】解：（1）∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）①如图，连接．
∵为的直径，
∴．
在中，，，
∴．
∵，
∴，
即，
∴．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
在中，，
∴，
∴的周长为．
②如图，过点C作于H．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
设，
∴，
∴．
在中， ，
∴，
当时，的最小值为3，
∴的最小值为．
3．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连结BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）如图3，在（2）的条件下，连结AE，AF，若AC是⊙O的直径．
①求∠AED的度数；
②若AB＝8，CD＝5，求△DEF的面积．
【分析】（1）由角平分线的定义可得出结论；
（2）由圆内接四边形的性质得出∠FDC+∠FBC=180°，得出∠FDE=∠FBC，证得∠ABF=∠FBC，证出∠ACD=∠DCT，则CE是△ABC的外角平分线，可得出结论；
（3）①连接CF，由条件得出∠BFC=∠BAC，则∠BFC=2∠BEC，得出∠BEC=∠FAD，证明△FDE≌△FDA（AAS），由全等三角形的性质得出DE=DA，则∠AED=∠DAE，得出∠ADC=90°，则可求出答案；
②过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，证得△EGA∽△ADC，得出，求出，设AD=4x，AC=5x，则有（4x）2+52=（5x）2，解得x=，求出ED，CE的长，求出DM，由等腰直角三角形的性质求出FM，根据三角形的面积公式可得出答案．
【详解】解：（1）∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝α，
（2）如图1，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
又∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
（3）①如图2，连接CF，
∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，
∴∠BAC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BAC，
∴∠BFC＝2∠BEC，
∵∠BFC＝∠BEC+∠FCE，
∴∠BEC＝∠FCE，
∵∠FCE＝∠FAD，
∴∠BEC＝∠FAD，
又∵∠FDE＝∠FDA，FD＝FD，
∴△FDE≌△FDA（AAS），
∴DE＝DA，
∴∠AED＝∠DAE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AED＝∠DAE＝45°，
②如图3，过点A作AG⊥BE于点G，过点F作FM⊥CE于点M，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FAC＝∠EBC＝∠ABC＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠AED＝∠FAC，
∵∠FED＝∠FAD，
∴∠AED﹣∠FED＝∠FAC﹣∠FAD，
∴∠AEG＝∠CAD，
∵∠EGA＝∠ADC＝90°，
∴△EGA∽△ADC，
∴，
∵在Rt△ABG中，AG＝，
在Rt△ADE中，AE＝AD，
∴，
在Rt△ADC中，AD2+DC2＝AC2，
∴设AD＝4x，AC＝5x，则有（4x）2+52＝（5x）2，
∴x＝，
∴ED＝AD＝，
∴CE＝CD+DE＝，
∵∠BEC＝∠FCE，
∴FC＝FE，
∵FM⊥CE，
∴EM＝CE＝，
∴DM＝DE﹣EM＝，
∵∠FDM＝45°，
∴FM＝DM＝，
∴S△DEF＝DE FM＝．
4．如图1，经过等边的顶点，（圆心在内），分别与，的延长线交于点，，连结，交于点.
（1）求证：.
（2）当，时，求的长．
（3）设，.
①求关于的函数表达式；
②如图2，连结，，若的面积是面积的10倍，求的值.
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴.
∵，，
∴.
∴.
（2）解：如图，过点作于点.
∵为等边三角形，，
∴.
∴在中，.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
∴.
∴在中，.
（3）解：①如图，过点作于点.
∵，
∴在中，.
∴，，
∴，
∵.
∴.
∴.
∴在中，.
.
②如图，过点作于点.
设.
∵，
∴.
∴.
∴.
∴.
∵，
∴.
∴.
∵.
∴，
∴的面积，
∴的面积.
∵的面积是的面积10倍，
∴，
∴.
解得，.
∴或.
5．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（﹣4，0），点P在射线AB上运动，连结CP与y轴交于点D，连结BD．过P，D，B三点作⊙Q与y轴的另一个交点为E，延长DQ交⊙Q于点F，连结EF，BF．
（1）求直线AB的函数解析式；
（2）当点P在线段AB（不包括A，B两点）上时．
①求证：∠BDE=∠ADP；
②设DE=x，DF=y．请求出y关于x的函数解析式；
（3）请你探究：点P在运动过程中，是否存在以B，D，F为顶点的直角三角形，满足两条直角边之比为2：1？如果存在，求出此时点P的坐标：如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）设直线AB的函数解析式为y=kx+4，把（4，0）代入即可．
（2）①证出△BOD≌△COD，得出∠BOD=∠CDO，再根据∠CDO=∠ADP，即可得出∠BDE=∠ADP．
②连结PE，由∠ADP=∠DEP+∠DPE，∠BDE=∠ABD+∠OAB，∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，得出∠DPE=∠OAB，再证出∠DFE=∠DPE=45°，最后根据∠DEF=90°，得出△DEF是等腰直角三角形，从而求出DF=DE，即y=x．
（3）分BD：BF=2：1和BD：BF=1：2两种情况讨论即可．
【详解】解：（1）设直线AB的函数解析式为y=kx+4，
代入（4，0）得：4k+4=0，解得：k=－1，
∴直线AB的函数解析式为．
（2）①证明：由已知得：OB=OC，∠BOD=∠COD=90°，
又∵OD=OD，
∴△BOD≌△COD（SAS）．
∴∠BOD=∠CDO．
∵∠CDO=∠ADP，
∴∠BDE=∠ADP．
②连结PE，
∵∠ADP是△DPE的一个外角，
∴∠ADP=∠DEP+∠DPE．
∵∠BDE是△ABD的一个外角，
∴∠BDE=∠ABD+∠OAB．
∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，
∴∠DPE=∠OAB．
∵OA=OB=4，∠AOB=90°，
∴∠OAB=45°．
∴∠DPE=45°．
∴∠DFE=∠DPE=45°．
∵DF是⊙Q的直径，
∴∠DEF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形．
∴DF=DE，即y=x．
（3）当BD：BF=2：1时，过点F作FH⊥OB于点H，
∵∠DBO+∠OBF=90°，∠OBF+∠BFH=90°，
∴∠DBO=∠BFH.
又∵∠DOB=∠BHF=90°，
∴△BOD∽△FHB.
∴．
∴FH=2，OD=2BH.
∵∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，
∴四边形OEFH是矩形．
∴OE=FH=2．
∴EF=OH=4－OD．
∵DE=EF，
∴2＋OD=4－OD，解得：OD=，
∴点D的坐标为（0，）．
∴直线CD的解析式为．
由得：．
∴点P的坐标为（2，2）．
当BD：BF=1：2时，
连结EB，同（2）①可得：∠ADB=∠EDP，
而∠ADB=∠DEB+∠DBE，∠EDP=∠DAP+∠DPA，
∵∠DEP=∠DPA，
∴∠DBE=∠DAP=45°．
∴△DEF是等腰直角三角形．
过点F作FG⊥OB于点G，同理可得：△BOD∽△FGB，
∴．
∴FG=8，OD=BG．
∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90°，
∴四边形OEFG是矩形．
∴OE=FG=8，
∴EF=OG=4+2OD．
∵DE=EF，
∴8﹣OD=4+2OD，解得OD=．
∴点D的坐标为（0，）．
∴直线CD的解析式为：．
由得：．
∴点P的坐标为（8，－4）．
综上所述，点P的坐标为（2，2）或（8，－4）．
6．如图1，直线l：与x轴交于点，与y轴交于点B，点C是线段OA上一动点以点A为圆心，AC长为半径作交x轴于另一点D，交线段AB于点E，连结OE并延长交于点F．
求直线l的函数表达式和的值；
如图2，连结CE，当时，
求证：∽；
求点E的坐标；
当点C在线段OA上运动时，求的最大值．
【分析】利用待定系数法求出b即可得出直线l表达式，即可求出OA，OB，即可得出结论；
先判断出，进而得出，即可得出结论；
设出，，进而得出点E坐标，即可得出OE的平方，再根据的相似得出比例式得出OE的平方，建立方程即可得出结论；
利用面积法求出OG，进而得出AG，HE，再构造相似三角形，即可得出结论．
【详解】（1）直线l：与x轴交于点，
，
，
直线l的函数表达式，
，
，，
在中，；
如图2，连接DF，，
，
，
，
，
四边形CEFD是的圆内接四边形，
，
，
，
∽，
过点于M，
由知，，
设，则，
，，
，，
，
由知，∽，
，
，
，
，
，
舍或，
，，
；
如图，设的半径为r，过点O作于G，
，，
，，
，
，
，
，
，
连接FH，
是直径，
，，
，
∽，
，
，
时，最大值为．
7．有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形.
(1)如图1，在半对角四边形中，，，求与的度数之和；
(2)如图2，锐角内接于，若边上存在一点，使得，的平分线交于点，连结并延长交于点，.求证：四边形是半对角四边形；
(3)如图3，在(2)的条件下，过点作于点，交于点，当时，求与的面积之比.
【详解】试题分析：（1）根据四边形内角和等于360°结合已知条件即可求解.
（2）先证明ΔBDE≌ΔBOE,即可证明∠BCE=∠BDF,连接OC,可证明∠AOC=∠DFC,从而可证四边形DBCF是半对角四边形；
(3)关键是证明ΔDBG∽ΔCBA,得出ΔDBG和ΔABC的面积比，再找出ΔBHG和ΔBDG的面积比，进而求得结论.
试题分析：（1）在半对角四边形中，，
∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°
∴3∠B+3∠C=360°
∴∠B+∠C=120°
即∠B与∠C的度数之和为120°
（2）在ΔBED和ΔBEO中
∴ΔBED≌ΔBEO
∴∠BDE=∠BOE
又∵∠BCF=∠BOE
∴∠BCF=∠BDE
如图，连接OC
设∠EAF=a，则∠AFE=2∠EAF=2a
∴∠EFC=180°-∠AFE=180°-2a
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA=a
∴∠AOC=180°-∠OAC-∠OCA=180°-2a
∴∠ABC=∠AOC=∠EFC
∴四边形DBCF是半对角四边形.
(3)如图，过点O作OM⊥BC于点M
∵四边形DBCF是半对角四边形
∴∠ABC+∠ACB=120°
∴∠BAC=60°
∴∠BOC=2∠BAC=120°
∵OB=OC
∴∠OBC=∠OCB=30°
∴BC=2BM=BO=BD
∵DG⊥OB
∴∠HGB=∠BAC=60°
∵∠DBG=∠CBA
∴ ΔDBG∽ΔCBA
∴
∵DH=BG，BG=2HG
∴DG=3HG
∴
∴
8．如图，在平面直角坐标系中，点M是第一象限内一点，过M的直线分别交x轴，y轴的正半轴于A，B两点，且M是AB的中点．以OM为直径的⊙P分别交x轴，y轴于C，D两点，交直线AB于点E（位于点M右下方），连结DE交OM于点K．
(1)若点M的坐标为（3，4），
①求A，B两点的坐标；
②求ME的长．
(2)若，求∠OBA的度数．
(3)设tan∠OBA=x（0＜x＜1），，直接写出y关于x的函数解析式．
【分析】（1）①连接DM、MC，如图1，得到OCMD是矩形，从而MD∥OA，MC∥OB，由点M是AB的中点可得到BD=DO，AC=OC，然后利用点M的坐标即可得到结论；
②由勾股定理可求出AB的长，从而得到BM的长，由△OBM∽△EBD，可求得BE得长，从而求出ME的长；
（2）连接DP、PE，如图2，可得到OK=3MK，OM=4MK，PM=2MK，PK=MK，得到△DPK≌△EMK，得到DK=EK．由PD=PE可得PK⊥DE，从而可得到∠DPK=60°，根据圆周角定理可得∠DOM=30°．由∠AOB=90°，AM=BM可得OM=BM，即可得到∠OBA=∠DOM=30°；
（3）连接PD、OE，如图3，设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM=，PK=．由DP∥BM可得△DKP∽△EKM，则有，由此可得ME，从而可求得OE=，BE=，则有x=tan∠OBA==，即=，整理即可得到结论
(1)
①连接DM、MC，如图1．
∵OM是⊙P的直径，
∴∠MDO=∠MCO=90°，
∵∠AOB=90°，
∴四边形OCMD是矩形，
∴MD∥OA，MC∥OB，
∴，，
∵点M是AB的中点，即BM=AM，
∴BD=DO，AC=OC，
∵点M的坐标为（3，4），
∴OB=2OD=8，OA=2OC=6，
∴点B的坐标为（0，8），点A的坐标为（6，0）；
②在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
∴AB==10，
∴BM=AB=5，
∵∠OBM=∠EBD，∠BOM=∠BED，
∴△OBM∽△EBD，
∴，
∴，
∴BE=，
∴ME=BE﹣BM==；
(2)
连接DP、PE，如图2．
∵，
∴OK=3MK，
∴OM=4MK，PM=2MK，
∴PK=MK．
∵OD=BD，OP=MP，
∴DP∥BM，
∴∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK．
在△DPK和△EMK中，∵∠PDK=∠MEK，∠DPK=∠EMK，PK=MK，
∴△DPK≌△EMK，
∴DK=EK．
∵PD=PE，
∴PK⊥DE，
∴cos∠DPK==，
∴∠DPK=60°，
∴∠DOM=30°，
∵∠AOB=90°，AM=BM，
∴OM=BM，
∴∠OBA=∠DOM=30°；
(3)
连接PD、OE，如图3．
设MK=t，则有OK=yt，OM=（y+1）t，BM=OM=（y+1）t，DP=PM=，PK==．
∵DP∥BM
∴△DKP∽△EKM，
∴，可得ME=．
∵OM是⊙P的直径，
∴∠OEM=90°，
∴= =，
即OE=，BE=BM+ME= =，
∴x=tan∠OBA==，
∴=，整理得：．
即，y关于x的函数解析式为．
考点一、拓展探究题
9．如图1，中，边上的中线，延长交的外接圆于点，过点作DEBC交圆于点，延长交的延长线于点，连结．
(1)【特殊尝试】若，，求和的长；
(2)【规律探索】
①求证：；
②设，，求关于的函数表达式：
(3)【拓展应用】
如图2，作交线段于，连结，当的面积是面积的6倍时，求的值．
【分析】（1）连接，先证明，都是等边三角形，再证明，列比例式可得，从而可得；
（2）①连接，，先证得，再由可得，从而可证得结果；②过点A作于点H，设，
可得，，最终可得求关于的函数表达式；
（3）连接ME，先证，再证，再证明，可得，从而列出方程，解出x即可．
（1）
解：如图，连接，
，，
．
又，
，都是等边三角形．
，
，
．
，
．
（2）
①如图，连接，，
，
，
，
．
由（1）得：
，
，
，
即BC=2CE．
②由上可得，
．
由（1）得，
如图，过点A作于点H，
设，
，
．
，
则，
（3）
如图，连接ME，
由上得，
，
，，
，
．
，
．
．
．
面积是面积的6倍，
面积是面积的3倍．
．
设交于点K，
则，，
．
．
，
．
，
解得．
即．
10．【证明体验】
(1)如图1，是等腰的外接圆，，在上取一点，连结，求证：；
【思考探究】
(2)如图2，在（1）条件下，若点为的中点，，求的值；
【拓展延伸】
(3)如图3，的半径为5，弦，弦，延长交的延长线于点，且，求的值．
【分析】（1）根据AB＝AC，可得∠ABC＝∠APB，再转化角的关系即可；
（2）延长BP至点D，使得PD＝PC，证明，根据边之比可求；
（3）连结OC，OP，过点C作CH⊥BP于点H，可得△OCP为等边三角形，可求，，再证明，根据比例关系可求解．
（1）
证明：∵AB＝AC，
∴，
∴∠ABC＝∠APB，
∵∠PAC＝∠PBC，∠PCA＝∠PBA，
∴∠PAC＋∠PCA＝∠ABC，
∴∠APB＝∠PAC＋∠PCA．
（2）
解：延长BP至点D，使得PD＝PC，
∵若点P为的中点，
∴，
∴AP＝CP，∠PAC＝∠PBA＝∠PCA，
∴AP＝DP，∠APB＝2∠PBA，
∴∠PAD＝∠D，
∴∠APB=2∠PAD＝2∠D，
∴∠PBA＝∠PAD＝∠D，
∴AD＝AB＝6，
∵∠D＝∠D，
∴，
∴
∴，
∴（舍去）或．
∴PA的值为4．
（3）
解：连结OC，OP，过点C作CH⊥BP于点H，
∵OC＝OP＝5＝CP，
∴△OCP为等边三角形，
∴，
∵BC＝6，
∴，，
∴，
∴，
∵∠E＝∠ABP，∠BAP＝∠PCE，
∴，
∴，
∴．
11．【问题提出】如图1，中，线段的端点分别在边和上，若位于上方的两条线段和之积等于下方的两条线段和之积，即，则称 是的“友好分割”线段．
(1)如图1，若是的“友好分割”线段，，求的长；
(2)【发现证明】如图2，中，点在边上，交于D，交于，连结，求证：是的“友好分割”线段；
(3)【综合运用】如图3，是的“友好分割”线段，连结并延长交的延长线于，过点 画交的外接圆于点，连结，设．
①求关于的函数表达式；
②连结，当时，求的值．
【分析】（1）设AE=x，利用“友好分割”线段的定义得到等积式，将已知条件代入等积式中化简求得AE，则AC=AE+EC，结论可得；
（2）利用平行线分线段成比例定理，通过等量代换即可得出结论；
（3）①过点C作CH//BD交DF于点H，利用平行线分线段成比例定理，得到比例式，，将两个等式左右分别相乘，整理后将代入即可得出结论；②利用①的结论可以得到；通过证明△BDG∽△GEC，利用相似三角形的性质得出结论．
(1)
设AE=x，
∵DE是△ABC的“友好分割”线段，
∴AD AE=BD EC．
∵AD=2CE，AB=8，
∴2EC AE=（8-AD） EC．
∴2x=8-2EC．
∴x=4-EC，
∴AE=4-EC．
∴AC=AE+EC=4．
(2)
证明：∵FD//AC，
∴．
∵FE//AB，
∴
∴．
∴AD AE=BD EC．
∴DE是△ABC的“友好分割”线段；
(3)
①∵DE是△ABC的“友好分割”线段，
∴AD AE=BD EC．
∴．
∵，
∴．
过点C作CH//BD交DF于点H，如图，
∵CH//BD，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴y=x2．
∴y关于x的函数表达式为：y=x2；
②连接DG，如图，
∵，
∴．
∵x＞0，
∴．
即．
∵AG∥DE，
∴．
∴AD=EG．
∴
∴．
∴AE=DG，∠ADE=∠GED．
∴∠BDF=∠GEF．
∵，
∴∠GDE=∠AED．
∵∠AED=∠CEF，
∴∠GDE=∠CEF．
∴∠BDF+∠GDE=∠GEF+∠CEF．
即∠BDG=∠GEC．
∵DE是△ABC的“友好分割”线段，
∴AD AE=BD EC．
∴
∴．
∴△BDG∽△GEC．
∴．
∵EG=AD，
∴．
12【提出问题】
如图1，直径AB垂直弦CD于点E，AB＝10，CD＝8，点P是CD延长线上异于点D的一个动点，连接AP交⊙O于点Q，连接CQ交AB于点F，则点F的位置随着点P位置的改变而改变．
【特殊位置探究】
（1）当DP＝2时，求tan∠P和线段AQ的长；
【一般规律探究】
（2）如图2，连接AC，DQ，在点P运动过程中，设DP＝x，y．
①求证：∠ACQ＝∠CPA；
②求y与x之间的函数关系式；
【解决问题】
（3）当OF＝1时，求△ACQ和△CDQ的面积之比．（直接写出答案）
【分析】(1)连结OD，利用垂径定理先求解DE，再求解OE，从而可得tan∠P的值，连结BQ，则∠AQB=90°，利用三角函数求解AQ即可．
(2)①连接BQ，AC， 证明∠ACQ=∠ABQ，再利用AB为直径，AB⊥CP，可得结论；②连接BC，过点A作AC的垂线交CQ的延长线于点N，证明△FCB∽△FNA，可得，再求解tan∠P=，结合DP=x，，可得结论．
(3)当OF= 1时，AF=6或4．再分两种情况讨论，AF=6时，则BF=4，可得y=，再求解x=．连接QD，证明△PDQ∽△CAQ，从而可得答案，当AF=4时，y=，解得x = 20．同理可得．
【详解】解：(1)连接OD，
∵直径AB⊥CD，AB＝10，CD＝8，
∴DE=CD=4，OD=，
∴
∴AE=OA+OE=5+3=8，
∵DP=2，
∴PE=PD+DE=2+4=6，
∴tan∠P=，
连接BQ，则∠AQB=90°，
∵
在RT△ABQ中，
AQ＝ABcos∠BAQ==10×=8．
(2)①证明：连接BQ，AC，
∵，
∴∠ACQ=∠ABQ，
∵AB为直径，
∴∠QAB+∠ABQ= 90°，
∴AB⊥CP，
∴∠P+∠BAP= 90°，
∴∠ACQ =∠CPA．
②连接BC，过点A作AC的垂线交CQ的延长线于点N，
∵AB为直径，
∴∠ACB=∠NAC=90°，
∴BC∥AN，
∴△FCB∽△FNA，
∴，
∵AB⊥CD，AE=8，CE=4，
∴，，
tan∠P=，
∵DP=x，
∴y=
(3)当OF= 1时，F在O的右边时，AF = 6；当F在O的左边时，AF =4．
当AF=6时，则BF=4，
∴y=，
∴
解得x=．
经检验：是原方程的根且符合题意．
如图，连接QD，
∵四边形ACDQ为⊙O的内接四边形，
∵∠ACQ= ∠P，∠ CAQ= ∠PDQ，
∴△PDQ∽△CAQ．
∴
∴
∴
当AF=4时，y=，解得x = 20．
同理可得
∴当OF= 1时，△CDQ与△ACQ的面积之比为或．
考点二、求函数关系式
13．【基础认知】
（1）如图1，点A为∠MPN内部一点，交PM于点B，已知，求证：PA平分∠MPN；
【综合运用】
（2）在（1）的情况下，作于点H．
①如图2，若AP＝12，PH＝9，求PB的长；
②如图3，延长AH至点C，使CH＝AH，过P，A，C三点的圆交PN于点D，交PB延长线于点E．若，求圆的直径；（用含a的代数式表示）
③在②的情况下，设DH＝x，BE＝y，当时，求y关于x的函数关系式．
【分析】（1）利用平行线的性质和等边对等角的性质解答即可；
（2）①过点B作BF⊥AP，先证PBFPAH，再列出比例式即可求解；
②设圆心为点O，连结AD，通过说明BFPDPA，得到圆的直径PD，则结论可得；
③连接AE，AD，延长DA交PM于点G，，利用相似三角形的性质和角平分线的性质得到用x表示的线段AD，GE，BE的式子，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵AB=PB∴∠PAB=∠APB，
∵AB//PN．
∴∠PAB=∠APN，
∴∠APB=∠APN，即PA平分∠MPN，
（2）①过点B作BF⊥AP，
∴PF=PA=6，∠BFP=90 ，
∵，
∴∠AHP==90 ，
∴∠BFP=∠AHP，
在ΔPBF和ΔPAH中，
，
∴ΔPBF ΔPAH，
∴，
即，
∴PB=8；
②连结AD，由题意知，PD垂直平分AC，
∴PD是直径，
∴∠DAP=90 =∠BFP
在BFP和DAP中，
，
∴BFPDPA
∴，
即，
∴PD=2a；
③由②知，当a=6时PD=12，
延长DA交PM于点G，
在PAD和PAG中，
，
∴PAD≌PAG，
∴∠PGA=∠PDA，PG=PD=12，AG=AD，
∵ABPD，
∴∠GAB=∠ADP，
∴∠BGA=∠BAG，
∴BG=AB，
又∵AB=BP=6，
∴BG=6，
∵在和中，
，
∴，
∴，
即AD2=12x，
∴AG=AD=，DG=，
∵A、E、P、D四点共圆，
∴∠AEG=∠PDA，
在GAE和GPD中，
，
∴GAEGPD，
∴，
∴，
∴GE=2x，
∴BE=BG-GE=6 2x，
即y=6 2x．
14．如图，在的内接四边形中，是它的对角线，的中点是的内心．
(1)当，重合时，直接写出，的位置关系，数量关系,直接判断四边形的形状．
(2)找出所有与线段相等的线段，并说明理由．
(3)求，的面积之比．
(4)若，设为，的面积为，求出与之间的函数关系式．
【分析】（1）当，重合时，点是的外心，所以AE是BD 垂直平分线，则有AC⊥BD，证明是等边三角形，利用r和三角函数表示出BD和AC的长，即可得到，数量关系，在根据对角线垂直且平分得到四边形的形状；
（2）利用同弧所对的圆周角相等和内心的概念，得出∠CDI＝∠CID，则CD＝CI，同理得出AI＝CI，即可得出与线段相等的线段；
（3）过点A作AG⊥BD于G，过点C作CJ⊥BD于点J，证明△ACD∽△DCF，△CFJ∽△AFG，然后求出相应线段的长度，再用三角形面积公式得出比例关系；
（4）连接OB、OC，得到，设OB＝9t，表示出OH，CH的长度，再求出其它相关线段的长度，利用三角形的面积公式得出结论即可．
【详解】（1）解：当，重合时，如下图：
∵点是的外心，
∴AE是BD 垂直平分线，
∴AC⊥BD，
∵OA＝OB＝OD＝OC＝r ，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OBD＝∠ODB，∠OAD＝∠ODA，
又∵是的内心，
∴AI，BI，CI是∠BAD，∠ABD，∠ADB的角平分线，
∴∠BAD＝∠ABD＝∠ADB，
∴是等边三角形，
∴∠BAD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，
∴，
∵AC⊥BD，
∴∠OED＝90°，BE＝DE，
∴，，
又∵AC＝OA＋OC＝2r，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵BE＝DE， AC⊥BD，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵点是的内心，
∴AI，BI是∠BAD，∠ADB的角平分线，
∴∠BAC＝∠DAC，∠ADI＝∠BDI，
∵∠CDI＝∠CDB＋∠BDI，∠CDB＝∠BAC＝∠DAC，
∴∠CDI＝∠DAC＋∠ADI，
∵∠CID＝∠DAC＋∠ADI，
∴∠CDI＝∠CID，
∴CD＝CI，
同理BC＝CI，
∵是的中点，
∴AI＝CI，
∴BC＝CD＝CI＝AI．
（3）解：如图，过点A作AG⊥BD于G，过点C作CJ⊥BD于点J，
∵∠CDB＝∠DAC，∠ACD＝∠DCF，
∴△ACD∽△DCF，
∴，
设BC＝a，则CD＝CI＝AI＝a，AC＝CI＋AI＝2a，
∴，即CF＝，
∴IF＝，AF＝AI＋IF＝a＋＝，
∵CJ⊥BD，AG⊥BD，
∴∠CJF＝∠AGF＝90°，
又∵∠CFJ＝∠AFG，
∴△CFJ∽△AFG，
∴，
∴，，
∴．
（4）解：连接OB、OC，设为，则CD＝CI＝AI＝x，AC＝CI＋AI＝2x，CF＝，
∵BC＝CD，CI＝AI，
∴OC⊥BD，OI⊥AC，
又∵∠FCH＝∠OCI，
∴△CHF∽△CIO，
∴，
∵∠BAC＝∠DAC＝，∠BAC＝，
∴，
∵，
设OB＝9t，则OH＝7t，CH＝OB－OH＝2t，
∵在△OBH中，由勾股定理得，
∴，
∵在△CHF中，由勾股定理得，
∴，即，
∴BC＝CD＝CI＝AI＝6t，AC＝CI＋AI＝12 t，CF＝3t，
∵在△OCI中，由勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴
又∵，
∴，
∴．
15．如图1，为的直径，点为弦的中点，延伸并延长交于点，过点作于点，连结，．
(1)求证：∽；
(2)如图2，连结，已知，
①当，时，求的长．
②已知，求的值；
(3)设，，求与的关系式．
【分析】（1）连接CE，先证明△ADE≌△CDF（AAS），再证得四边形AECF是平行四边形，再运用圆周角定理可证明△ADF∽△BDA；
（2）①如图2，连接OE，OC，BC，根据△ADF∽△BDA和四边形AECF是平行四边形，可推出∠DAE=30°，进而得出∠COE=60°，再运用弧长公式即可求得答案；
②由△ADF∽△BDA，AB=kAF，可得出=（）2=，设S△DCF=m，则S△FOB=km，可推出==，建立方程求解即可；
（3）如图3，过点O作OM⊥BE于点M，可证得△BOM∽△BAE，，设MF=a，tan∠OFB==x，tan∠EAF==y，由△ADF∽△BDA，可得出AD2=BD DF，再利用勾股定理建立方程求解即可得出答案．
（1）
证明：如图1，连接CE，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵CF⊥BE，
∴∠CFE=90°，
∴∠AEB=∠CFE，
∴AE∥CF，
∵点D为弦AC的中点，
∴AD=CD，
∵∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE=CF，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴EC∥AF，
∴∠ACE=∠CAF，
∵=，
∴∠ACE=∠ABE，
∴∠CAF=∠ABE，
∵∠ADF=∠BDA，
∴△ADF∽△BDA；
（2）
解：①如图2，连接OE，OC，BC，
∵k=2，
∴AB=2AF，即=，
∵△ADF∽△BDA，
∴==，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴DF=DE，
∴=，
∵∠AEB=90°，
∴∠DAE=30°，
∵AECF，
∴∠ACF=∠DAE=30°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCF=∠ACB-∠ACF=60°，
∵∠BFC=∠CFE=90°，
∴∠CBE=30°，
∴∠COE=60°，
∵AB=6，
∴OA=OB=3，
∴
②∵△ADF∽△BDA，AB=kAF，
∴=（）2=，
∵S△FOB=kS△DCF，
设S△DCF=m，则S△FOB=km，
∵AD=DC，
∴S△DCF=S△ADF=m，
∵OA=OB，
∴S△AOF=S△BOF=km，
∴S△BDA=S△ADF+S△AOF+S△BOF=m+2km=（2k+1）m，
∴==，
解得：k=1±，
经检验，k=1±是原方程的解，
∵k＞0，
∴k=1+；
（3）
解：如图3，过点O作OM⊥BE于点M，
∵AE⊥BE，OM⊥BE，
∴AEOM，
∴△BOM∽△BAE，
∴，
设MF=a，tan∠OFB==x，
∴OM=ax，
∴AE=2ax，
∵tan∠EAF==y，
∴EF=2axy，
∴DE=DF=EF=axy，
∴EM=EF+MF=2axy+a，
∴BE=2EM=2（2axy+a）=4axy+2a，
∴BD=BE-ED=3axy+2a，
∵△ADF∽△BDA，
∴，
∴AD2=BD DF，
在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2=（2ax）2+（axy）2，
∴（2ax）2+（axy）2=（3axy+2a） （axy），
∴4a2x2+a2x2y2=3a2x2y2+2a2xy，
∵a≠0，
∴4x2-2x2y2-2xy=0，
∴2x2-x2y2-xy=0．
16．如图①，线段，交于点，连结和，若与，与中有一组内错角成两倍关系，则称与为倍优三角形，其中成两倍关系的内错角中，较大的角称为倍优角．
（1）如图②，在四边形中，对角线，交于点，已知，为等边三角形．求证：，为倍优三角形．
（2）如图③，已知边长为2的正方形，点为边上一动点（不与点，重合），连结和，对角线和交于点，当和为倍优三角形时，求的正切值．
（3）如图④，四边形内接于⊙O，和是倍优三角形，且为倍优角，延长，交于点．
①若，，求⊙O的半径；
②记的面积为，的面积为，，，当时，求关于的函数表达式．
【分析】（1）△COD是等边三角形，得到∠AOB=∠COD=60°，又AB⊥BD，故∠BAO=30°，即可求解；
（2）①若∠BCO=2∠PAO，得到PD=PH，进而求解；②若∠APO=2∠CBO，得到∠DAP=∠API=∠BPI=∠CBP，则DP=CP=1，即可求解；
（3）①证明，则，则AM=CD=5，设⊙O的半径为r，利用勾股定理，即可求解；
②由△CDE∽△ABE，则，即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴与为倍优三角形；
（2）由题意，，．
①若，
则，
∴平分．
过点作于，
得，
不妨设，则．
∴，
∴，
∴，
∴；
②若，
过点作交于，
则．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）①过作于点，交于点，连结，．
∵为倍优角，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设的半径为，
∴，解得，
∴的半径为；
②∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAE=∠DCE，
∴，
则，
∴，
∴，即．
17．如图，在锐角等腰三角形ABC中，AB＝AC，点O为△ABC外接圆的圆心，连结OC，过点B作AC的垂线，交⊙O于点D，交OC于点E，交AC于点F，连结AD和CD．
（1）若∠BAC＝2α，则∠BDA＝ （用含α的代数式表示）．
（2）①求证：OC∥AD；
②若E为OC的中点，求的值．
（3）若x＝，y＝，求y关于x的函数关系式．
【分析】（1）由“在锐角等腰三角形ABC中，AB＝AC，点O为△ABC外接圆的圆心”可知AG平分∠BAC，AG⊥BC，根据同弧所对的圆周角相等可得∠BDA=∠ BCA==90°﹣α；
（2）①由（1）知∠OAC＝α，∠ACB＝90°﹣α，且BD⊥AC可Rt△ADF中推知∠CAD＝∠OCA=α，即可证OC∥AD；
②由①知∠OAC＝α＝∠CAD，又BD⊥AC，可知AH＝AD；设OH＝a，在Rt△EFC和Rt△BGF中可证∠OEH＝∠OHE＝90°﹣α，从而证出OE＝OH＝a，加上E为OC的中点可得OA＝OC＝2a，AH＝OA+OH＝3a，的值即可求出；
（3）根据（1）所证，易证△BGH≌△CGM（ASA），从而HG＝MG；设MG＝m，⊙O的半径为r，则可表示出OG＝r﹣m，AG＝2r﹣m，AH＝2r﹣2m，AD＝AH＝2r﹣2m，所以可得y＝2﹣；由BD⊥AC，易证∠ACD＝∠ABD＝90°﹣2α，而∠COM＝2∠CAM＝2α，所以可知∠BCE＝90°﹣2α，使∠BCE＝∠ACD，又由（2）知，∠CBE＝∠CAD＝α，所以△ACD∽△BCE，＝＝＝x，再在Rt△ACG和Rt△COG中分别用勾股定理表示出CG ，整理可得＝，然后代入y＝2﹣，即可求得y关于x的函数关系式．
【详解】解：（1）记AO交BD于H，交BC于G，
∵点O是等腰三角形△ABC的外接圆的圆心，
∴AG平分∠BAC，AG⊥BC，
∴∠CAG＝∠BAC＝α，
∴∠ACB＝90°﹣α，
∴∠BDA＝∠ACB＝90°﹣α，
故答案为：90°﹣α；
（2）①如图1，
由（1）知，∠OAC＝α，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝α，
由（1）知，∠ACB＝90°﹣α，
∵BD⊥AC，
∴∠BFC＝90°，
∴∠CBF＝90°﹣∠ACB＝α，
∴∠CAD＝∠CBF＝α，
∴∠CAD＝∠OCA＝α，
∴OC∥AD；
②由①知，∠OAC＝α＝∠CAD，
∵BD⊥AC，
∴AH＝AD，
设OH＝a，
在Rt△EFC中，∠OCA＝α，
∴∠OEH＝∠CEF＝90°﹣α，
在Rt△BGF中，∠CBF＝α，
∴∠OHE＝∠BHG＝90°﹣α，
∴∠OEH＝∠OHE，
∴OE＝OH＝a，
∵点E是OC的中点，
∴OC＝2a，
∴OA＝OC＝2a，
∴AH＝OA+OH＝2a+a＝3a，
∴＝；
（3）如图2，
记AO与⊙O的另一个交点为M，连接CM，
由（1）知，∠CBD＝∠BAG＝α，
∵∠BCM＝∠BAG＝α，
∴∠CBD＝∠BCM，
由（1）知，AG⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BG＝CG，
∴△BGH≌△CGM（ASA），
∴HG＝MG，
设MG＝m，⊙O的半径为r，
∴OG＝r﹣m，AG＝2r﹣m，AH＝2r﹣2m，
由（2）知，AD＝AH＝2r﹣2m，
∵y＝，
∴y＝＝2﹣①，
∵BD⊥AC，
∴∠AFB＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣∠BAC＝90°﹣2α，
∴∠ACD＝∠ABD＝90°﹣2α，
∵∠COM＝2∠CAM＝2α，
∴∠BCE＝90°﹣∠COM＝90°﹣2α，
∴∠BCE＝∠ACD，
由（2）知，∠CBE＝∠CAD＝α，
∴△ACD∽△BCE，
∴＝＝，
∵x＝，
∴＝x，
∴AC2＝4x CG2，
在Rt△ACG中，AG2＝AC2﹣CG2＝4x CG2﹣CG2＝（4x﹣1）CG2，
∴CG＝＝，
在Rt△COG中，CG＝＝，
∴＝，
∴，
∴，
∴﹣1＝4x﹣1，
∴＝②，
将②代入①中，得y＝2﹣2×＝2﹣，
即y关于x的函数关系式y＝2﹣．
考点三、面积相关
18．如图1，为等腰三角形的外接圆，，点D在上，连结，点E为延长线上一点，连结交于点F，满足，连结．
(1)求证：；
(2)当，且时，求的值；
(3)如图2，连结交于点G，若，的半径为25，
①求的长；
②当时，直接写出与的面积之比．
【分析】（1）过点A作于点H，交于点I，由题意易得为的直径，，然后根据等弧所对圆周角相等可知，进而问题可求证；
（2）由题意易得，，然后根据（1）中的结论可求出，进而根据三角形外角的性质及三角函数可进行求解；
（3）①过点A作于点M，并延长交于点N，连接，然后根据题意及垂径定理可列方程进行求解；②设与的交点为K，由题意易得的相关三角函数值及，然后可得，设，则有，然后可得的三角函数值，进而根据三角函数可得，最后根据三角形面积公式可进行求解．
【详解】（1）证明：过点A作于点H，交于点I，如图所示：
∵，
∴，
∴为的直径，且平分，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）可知，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①过点A作于点M，并延长交于点N，连接，如图所示：
由（1）可知，
∵，的半径为25，
∴，，
设，则，
∴在中，，在中，，
即，
解得：，即，
∴，即（负值舍去），
∴；
②设与的交点为K，如图所示，
由①可知：，
∴在中，，
∴，
同理（2）可证，
由题意得：，设，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
19．如图1，△ABC中，，其外接圆为，半径为5，，点M为优弧BMC的中点，点D为BM上一动点，连结AD，BD，CD，AD与BC交于点H．
(1)求证：；
(2)若，求CD的长；
(3)如图2，在（1）的条件下，E为DB为延长线上一点，设，．
①求y关于x的函数关系式；
②如图3，连结AM分别交BC，CD于N、P，作于D，交AB于F，若△BFN面积为△ACP面积的，求x的值．
【分析】（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得，，即可证明；
（2）连接AO，CO，AO交BC于N，根据垂径定理的推论可得，勾股定理气得，设，，由得：，进而求得的值，即可求解．求得，根据，即可求得的长；
（3）①如图1，连结AO交BC于N，，设，，同（2）得：，根据，可得
②作于T，连接，根据圆周角定理以及余角的关系可得，进而证明，，证明，根据相似三角形的性质可得，根据，求得，进而根据①的关系式可得，继而即可求解．
（1）
证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
（2）
如图1，连接AO，CO，AO交BC于N，
∵，
∴，，
∵半径为5，
中，
则，，
∴，
设，，
由得：，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴
（3）
①如图1，连结AO交BC于N，
∵，，
∴，设，，
同（2）得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
②如图2，作于T，连接，
是直径，，
，
则 ，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
，，，
四边形是圆内接四边形，
，
∴，代入得
20．如图1，在平面直角坐标系中，直线：（）与轴交于点，与轴交于点，点是轴负半轴上一点，过、、三点的（圆心落在第四象限）交轴负半轴于点，连结，已知，
(1)______（请用的代数式表示），并求证：；
(2)若，求点的坐标；
(3)如图2，连结并延长，交于点F，交于点，
①若，求的长：
②若，请直接写出四边形的面积．
【分析】（1）证明即可．
（2）根据勾股定理可求．
（3）①证明即可；②证明是矩形，再根据勾股定理求．
(1)
证明：
且
(2)
，
假设，则
在中，由勾股定理，得
解得：
(3)
①连结DE，则
是圆的直径，
又
，
②
连结、，过点作
是直径
又
四边形是矩形
，
，
设，则
由勾股定理：
解得：
∴
∴
21．CD是以O为圆心AB为直径的半圆上的弦，E、F是弦CD上的点，线段BF与线段EO交于点G、与线段DO交于点H．
(1)如图1，当点E为CD中点，点F与点C重合时，若tan∠DOB=，CD=12，求EG；
(2)如图2，当弦CD∥AB，AO=10，BH=7，HG=，求OH：OG；
(3)在（2）的条件下，若CD=16．
①求OE；
②求S△GHO—S△EFG．
【分析】（1）先根据特殊角的三角函数值可得，再根据圆周角定理可得，然后根据垂径定理可得，最后在中，解直角三角形即可得；
（2）先求出，，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得；
（3）①先根据相似三角形的性质可得，根据平行线的性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得；
②过点分别作的垂线，先利用垂径定理、勾股定理求出的长，再根据可得，从而可得的长，根据相似三角形的判定证出，利用相似三角形的性质可得的长，然后根据相似三角形的判定证出，利用相似三角形的性质可得的长，最后根据即可得．
（1）
解：由得：，
由圆周角定理得：，
点是的中点，且，
，
则在中，．
（2）
解：，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
即．
（3）
解：① 由（2）已证：，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
解得；
②如图，过点分别作的垂线，
由垂径定理得：，
，
，
，
由（3）①已证：，
，即，
解得，
，
，
，
，
，即，
解得，
，
，
，
，即，
解得，
则
．
考点四、求三角函数值
22．如图1．均为的直径，．E是延长线上一点，F是的中点，G是半径上一点，连接交于点H．连接并延长交于点P，．
(1)求的度数．
(2)如图2，连接，求证：．
(3)若．．
①求的半径；
②求的值．
【分析】（1）如图1，连接，先证明，由同弧所得的圆周角是圆心角的一半可得，，进而可求；
（2）由F是的中点，可得，可证，进而可得，由此可得结论；
（3）①如图2，设⊙O的半径为x,则，由相似三角形的性质得到比例式，建立关于x的方程，解之可得结论；，所以．在中，求出的长，然后在中求解即可．
【详解】（1）如图1，连接，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）如图2，∵F是的中点，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，即，
∴．
（3）①如图2，设的半径为x，则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，即的半径为3；
②如图3，过点B作于点T．
在中，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴在中，．
23．如图，内接于，点为劣弧上动点，延长交于点，作交于，连结．
(1)如图①，当点为的中点时，求证∶；
(2)如图②，若，请用含有的代数式表示；
(3)在（2）的条件下，若，
①求证∶；
②求的值．
【分析】（1）连结，根据题意可得，由得出，根据弧与圆周角的关系得出，等量代换得出，即可得；
（2）由（1）可得．根据得出，则，由得出，进而根据三角形内角和定理即可求解；
（3）①延长至点，使得．连结，则，继而得出，得出，根据已知可得点为中点，根据，即可得证；
②证明，根据相似的性质得出，设，代入比例式求得，进而证明，得出，过点作于点，则，根据勾股定理求得，进而根据即可求解．
【详解】（1）解：如图①，连结，
∵点为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）如图①，由（1）可得．
∵，则，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）①如图②，延长至点，使得．
连结，则，
又，
∴，
∴，
∵，即点为中点，
∴点为中点，
∴；
②∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，
则，
解得或 (舍去)，
∴，
又∵
∴
∵四边形是的外接圆，
∴
∴
又
∴，
∴，
∴，
过点作于点，
∵，
∴，，
∴．
24．已知△ABC，经过点A、B作圆交AC边于点D，交BC边于点E，点P是圆内一点，且满足∠APD＝∠BPE＝90°，∠ADP＝∠PBE，连接AE和BD交于点F．
（1）求证：△APD∽△EPB；
（2）探索AE和BD的位置关系，并说明理由；
（3）若BD＝4，且AB＝DE，
①当DE＝2时，求EF的长度；
②当DE最小时，请直接写出tan∠ADP的值．
【分析】（1）由，，根据两角对应相等的三角形相似，即可求解；
（2）证明，则，故，即可求解；
（3）①由得到，在中，，即（4﹣x）2+x2＝（2）2，即可求解；②由①知，设，则BF＝x，DF＝4﹣x，则DE2＝（4﹣x）2+x2＝4（x﹣）2+4，进而求解．
【详解】解：（1）∵∠APD＝∠BPE＝90°，∠ADP＝∠PBE，
∴△APD∽△EPB；
（2）∵△APD∽△EPB，
∴，
∵∠APE＝∠APD+∠DPE＝∠EPB+∠DPE＝∠DPB，
∴△APE∽△DPB，
∴∠PAE＝∠PDB，
∴∠AFD＝∠APD＝90°，
∴AE⊥BC；
（3）①∵∠ABF＝∠DEF，∠BAF＝∠EDF，
∴△ABF∽△DEF，
∴，
设EF＝x，则BF＝x，DF＝4﹣x，
在Rt△DEF中，DF2+EF2＝DE2，
即（4﹣x）2+x2＝（2）2，
解得x＝+（舍去）或﹣，
∴EF＝；
②由①知，设EF＝x，则BF＝x，DF＝4﹣x，
在Rt△DEF中，DF2+EF2＝DE2，
则DE2＝（4﹣x）2+x2＝4（x﹣）2+4，
∴当x＝时，DE最小，
此时AE＝2，
则tan∠ADP＝＝．
考点五、最值问题
25．内接于，点是的内心，连接并延长交于点，连接，已知，
(1)连接，，则______（用含有的代数式表示）
(2)求证：；
(3)连接，若，求的最小值
(4)若，为等腰三角形，直接写出的值．
【分析】（1）连接，，根据三角形内心的性质结合三角形内角和定理即可求解；
（2）根据点是的内心，得出，则，进而得出，即可得出
（3）因为，所以点为的中点，故点是一个定点．由（1）的结论，可知，点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，所以当点，，三点共线时，取最小值．此时为的直径，且为的垂直平分线，，解，得出，进而即可求解；
（4）根据，得出，分别连接，，记与相交于点，得出是等边三角形，同（2）可求得，，然后分类讨论即可求解．
【详解】（1）连接，，
∵点是的内心
∴，，
∴
（2）解：如图1所示，连接，
∵点是的内心，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：因为，所以点为的中点，故点是一个定点．
由（1）的结论，可知，点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，所以当点，，三点共线时，取最小值．
如图2所示，此时为的直径，且为的垂直平分线，，
∵
∴
在中，
∴
在中，
∴
∴
故的最小值
（4）解：∵
∴
∴
分别连接，，记与相交于点，
∵，
∴，，
∴是等边三角形
同（2）可求得，，
①，如图3所示，
此时
∴
而矛盾，故此种情况不成立．
②，如图4所示，过点作，交于点，过点作，交于点，
此时，，
∴，
∴
设，则，
∵
∴，
解得
∴，
∴，
∵
∴，即
解得，
∴
③，如图5所示，
此时，
∵是等边三角形，
∴
∴点，，三点共线
∴为的直径
∴
∴
综上所述，或时，为等腰三角形．
26．如图①，在中，，是上一点不与点，重合，以为圆心，长为半径作交于点，连结并延长交于点，连结，，．
(1)求证：；
(2)如图②，若，求证：；
(3)如图③，，．
①若，求的半径长；
②求的最大值．
【分析】在优弧上任意取一点，连接，利用圆内接四边形的对角互补得，再根据圆周角定理得，从而证明结论；
作于，根据垂径定理可得，再证明≌，得，等量代换即可；
利用∽，得，列方程即可；
作于，利用∽，得，用的代数式表示出，再利用二次函数的性质解决问题．
（1）
证明：在优弧上任意取一点，连接，
四边形是圆内接四边形，
，
，
，
，
；
（2）
作于，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
；
（3）
解：在中，由勾股定理得，，
，
∴∽，
，
解得；
作于，
，
∽，
，
在中，由勾股定理得，
，
∴，
当时，最大值为．
考点六、其他类型
27．如图，圆O为的外接圆，延长线与交于点D，，点F在上，平分．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连结，求证：；
(3)如图3，连结并延长分别交，于G，H两点，若，，求．
【分析】（1）连接，根据圆周角定理和等腰三角形底边上的三线合一得出，结合已知条件利用两角对应相等即可得出结论
（2）连接，根据两边对应成比例且夹角相等得出，从而得出，即可得出答案
（3）先根据等腰三角形的性质和垂径定理得出，再利用得出，从而得出，继而得出，即可得出答案
【详解】（1）解：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
（2）解：连接，
∵，
∴，
∴，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：作于M，
由（2）知，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∵，设，
∴，
∵，
∴，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，，
∴
∴．
28．如图，已知为的直径，点为的中点，点在上，连接、、、、与相交于点．
(1)求证：；
(2)如图2，过点C作的垂线，分别与，，相交于点F、G、H，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，若，的面积等于3，求的长．
【分析】（1）连接，由，推出，由，，推出，，推出；
（2）只要证明，即可推出；
（3）由，推出，由，推出，是等腰直角三角形，推出，在中，，作于N，在中，由，推出，设，，由，推出，推出，推出，，由，推出，过G作于Q，在中，，设，，，可得，得，再根据即可解决问题．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
在中，∵C为的中点，
∴
∴，
∵由，，
∴，，
∴．
（2）证明：连接，如图所示：
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵在和中，
∴，
∴．
（3）解：作于M，于K，如图所示：
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，作于N，
在中，∵，
∴，
设，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过G作于Q，
在中，，设，，，
∴，
∴，
∴．
29．等腰三角形中，，且内接于圆，、为边上两点（在、之间），分别延长、交圆于、两点（如图），记，．
(1)求的大小（用，表示）；
(2)连接，交于（如图），若，且，求证：；
(3)在（2）的条件下，取中点，连接、（如图），若，
①求证：，；
②请直接写出的值．
【分析】（1）如图中，连接，利用同弧或等弧所对的圆周角相等即可求出的大小；
（2）利用同弧或等弧所对的圆周角相等，可证，得到，再根据，得到，进而得到，，即可证明结论；
（3）①如图中，连接，延长交于点，证明≌，推出，，再证明，得到中位线，即可证明结论；
连接，，设，则，，设，利用勾股定理求出，之间的关系，即可得到答案．
【详解】（1）解：如图中，连接，
，
，
，
，
，
；
（2）解：证明：如图中，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
，
，
；
（3）解：①证明：如图中，连接，延长交于点．
，，
，
，，
，
是直径，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，，，
，
，
，
，
为的中位线，
，
，；
解：连接，，
又，
为的中位线，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，，设，
，，
，
，，，
，
整理得，
或，
或．
30．定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“奇点”．如图①，中，点D是边上一点，连接，若，则称点D是中边上的“奇点”．
（1）关于直角三角形斜边上的“奇点”个数有________（填写正确的序号）．
①1点；②2点；③1点或2点；④1点或2点或3点．
（2）如图②，中，，点D是边上的“奇点”，求线段的长．
（3）如图③，是的内接三角形，D是上一点，连接，若．
①求证：点D是中边上的“奇点”；
②若是的角平分线，求的值．
【分析】（1）分类讨论Ⅰ、当为非等腰直角三角形时，作边BC上的高AD和中线AE，根据题意易证，即可得出．再由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，也可得到．即证明此时有2个奇点；Ⅱ、当为等腰直角三角形时，由于此时高和中线重合，故此时有1个奇点．由此即可选择．
（2）作于点H，根据题意可设，则，则，即可求出，由此可得到，的长．再设，分类讨论Ⅰ、当点D在点H左侧时，由“奇点”定义可知，，再结合勾股定理即可得出，即，求出a即可求出BD的长．Ⅱ、当点D在点H右侧时，同理可得，求出a即可求出BD的长．
（3）①延长交于点E，连结，由垂径定理可得．再由圆周角定理可得，即可证明，得出结论，即，即证明点D是中边上的“奇点”．
②由是的角平分线，可知，即可证明，得出结论，即，故．
【详解】解：（1）Ⅰ、当为非等腰直角三角形时，如图，分别作边BC上的高AD和中线AE，
由图可知，．
∴，
又∵，
∴，
∴，即．
即D点是中BC边上的“奇点”．
∵AE为中线，
∴，
∴．
即E点也是中BC边上的“奇点”．
故此时有2个奇点．
Ⅱ、当为等腰直角三角形时，
∵高和中线重合，
∴此时有1个奇点．
综上，选③．
（2）作于点H，
由，
可设，则，
∴，
∴，
∴，
设
如图，当点D在点H左侧时，
由点D是边上的“奇点”知，，
在中，，
∴．
∴，即，
解得或（舍去），
∴．
如图，当点D在点H右侧时，
∵，
∴，即，
解得或（舍去），
∴．
∴的长为2或．
（3）①证明：如图，延长交于点E，连结，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴点D是中边上的“奇点”．
②∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．宁波中考复习之pisa专讲解析
宁波中考真题再现
1．（2022·浙江宁波·统考中考真题）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A．正方形纸片的面积B．四边形的面积 C．的面积 D．的面积
2．（2021·浙江宁波·统考中考真题）如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片的面积为，与相交于点O．当的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2020·浙江宁波·统考中考真题）△BDE和△FGH是两个全等的等边三角形，将它们按如图的方式放置在等边三角形ABC内．若求五边形DECHF的周长，则只需知道（ ）
A．△ABC的周长 B．△AFH的周长
C．四边形FBGH的周长 D．四边形ADEC的周长
4．（2019·浙江宁波·统考中考真题）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内.若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A．直角三角形的面积
B．最大正方形的面积
C．较小两个正方形重叠部分的面积
D．最大正方形与直角三角形的面积和
5．（2018·浙江宁波·统考中考真题）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和的正方形纸片按图1，图2两种方式放置图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠，矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为当时，的值为
A．2a B．2b C． D．
6.（2017·浙江宁波·中考真题）一个大矩形按如图方式分割成九个小矩形，且只有标号为①和②的两个小矩形为正方形，在满足条件的所有分割中，若知道九个小矩形中个小矩形的周长，就一定能算出这个大矩形的面积，则的最小值是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
7．（2016·浙江宁波·中考真题）如图是一个由5张纸片拼成的平行四边形，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为S1，另两张直角三角形纸片的面积都为S2，中间一张正方形纸片的面积为S3，则这个平行四边形的面积一定可以表示为（ ）
A．4S1 B．4S2 C．4S2+S3 D．3S1+4S3
类型一、勾股定理类
1．（2020·浙江宁波·九年级统考学业考试）有一个著名的希波克拉蒂月牙问题：如图1，以直角三角形的各边为直径分别向上作半圆，则直角三角形的面积可表示成两个月牙形的面积之和，现将三个半圆纸片沿直角三角形的各边向下翻折得到图2，把较小的两张半圆纸片的重叠部分面积记为S1，大半圆纸片未被覆盖部分的面积记为S2，则直角三角形的面积可表示成（ ）
A．S1+S2 B．S2﹣S1 C．S2﹣2S1 D．S1 S2
2．（2020·浙江宁波·统考模拟预测）如图，以Rt△ABC各边为边分别向外作等边三角形，编号为①、②、③，将②、①如图所示依次叠在③上，已知四边形EMNC与四边形MPQN的面积分别为9与7，则斜边BC的长为（ ）
A．5 B．9 C．10 D．16
3．（2021·浙江温州·三模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以三边为边作三个正方形（如图所示放置），CF交AE于点K，构造矩形FGLK，记其面积为S1，CH交DE于点J，构造矩形HIMJ，记其面积为S2，若L，C，D三点共线时，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·浙江宁波·统考二模）如图，在Rt△ABC中，BAC=°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连结KN交AG于点M，若S1-S2=2，AC=4，则AB的长为 （ ）
A．2 B． C． D．
5．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，AC，BC为斜边作三个等腰直角△ABD，△ACE，△BCF，图中阴影部分的面积分别记为S1，S2，S3，S4，若已知Rt△ABC的面积，则下列代数式中，一定能求出确切值的代数式是（ ）
A．S4 B．S1+S4﹣S3 C．S2+S3+S4 D．S1+S2﹣S3
6.（2022·浙江宁波·校考一模）如图1，以的各边为边向外作等边三角形，编号分别为①，②，③．如图2，将①，②叠放在③中，若四边形与的面积之比是，则的值是（ ）
A． B． C． D．
类型二、周长类
1．（2020·浙江宁波·统考模拟预测）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和b（a＞b）的正方形纸片按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图2中阴影部分的周长与图1中阴影部分的周长的差为l，若要知道l的值，只要测量图中哪条线段的长（ ）
A．a B．b
C．AD D．AB
2．（2020·浙江宁波·统考模拟预测）如图，四个菱形①②③④的较小内角均与已知平行四边形ABCD的∠A相等，边长各不相同．将这四个菱形如图所示放入平行四边形中，未被四个菱形覆盖的部分用阴影表示．若已知两个阴影部分的周长的差，则不需测量就能知道周长的菱形为（ ）
A．① B．② C．③ D．④
3．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）如图，一个长方形是由四块小长方形拼成（四块小长方形放置时既不重叠，也没有空隙），其中②和③两块长方形的形状大小完全相同，如果要求出①和④两块长方形的周长之差，则只要知道哪条线段的长（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，两个大小相同的正方形，如图放置，点，分别在边，上，若要求出阴影部分的周长，只要知道下列哪条线段的长度即可（ ）．
A． B． C． D．
5．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）把六张形状大小完全相同的小长方形卡片（如图①），分两种不同形式不重叠的放在一个长方形盒子底部（如图②、图③），盒子底面未被卡片覆盖的部分用阴影表示，设图②是长方形盒子的周长为C1，阴影部分图形的周长为l1，图③中长方形盒子的周长为C2，阴影部分图形的周长为l2，若C1﹣C2＝2，则l1，l2满足（ ）
A．l1＝l2 B．l1﹣l2＝1 C．l1﹣l2＝2 D．l1﹣l2＝4
6．（2022·浙江宁波·统考模拟预测）ABCD被分别平行于两边的四条线段EJ、FI、LG、KH分割成9个小平行四边形，面积分别为S1-9，已知ALME∽PICH∽ABCD．若知道S1-9中的n个，就一定能算出平行四边形ABCD的面积，则n的最小值是（ ）．
A．2 B．3 C．4 D．6
类型三、面积类
1．（2023春·浙江宁波·九年级宁波市第七中学校考阶段练习）矩形内放入两张边长分别为和的正方纸片，按照图①放置，矩形纸片没有两个正方形覆盖的部分（黑色阴影部分）的面积为；按照图②放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分面积为；按图③放置，矩形纸片没有被两个正方形覆盖的部分的面积为．已知，，设，则下列值是常数的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2020·浙江宁波·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E为边AD上一点（不为端点），EF⊥AD交AC于点F，要求△FBC的面积，只需知道下列哪个三角形的面积即可（ ）
A．△EBC B．△EBF C．△ECD D．△EFC
3．（2020·浙江宁波·统考一模）如图，已知大矩形ABCD由①②③④四个小矩形组成，其中AE＝CG，则只需要知道其中一个小矩形的面积就可以求出图中阴影部分的面积，这个小矩形是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
4．（2020·浙江宁波·模拟预测）在矩形ABCD内，将两张直角边长分别为a和b（a＞b）的等腰直角三角形按图1，图2两种方式放置（图1，图2中两张等腰直角三角形纸片均有重叠部分），矩形未被这两张等腰直角三角形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为S1，图2中阴影部分的面积为S2，当AD＝6，AB＝8时，S1﹣S2的值为（ ）
A．a+b﹣4 B．a+b﹣5 C．a+b﹣6 D．a+b﹣7
5．（2021·浙江宁波·统考二模）如图，中，，点在上，于点，于点，能求出矩形面积的条件是已知（ ）
A．面积与面积之和 B．面积与面积之差
C．面积与面积之商 D．面积与面积之积
6．（2021·浙江宁波·统考二模）如图①，现有边长为和的正方形纸片各一张，长和宽分别为，的长方形纸片一张，其中．把纸片Ⅰ，Ⅲ按图②所示的方式放入纸片Ⅱ内，已知图②中阴影部分的面积满足，则，满足的关系式为（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·浙江宁波·统考模拟预测）如图，是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形，正方形，正方形的面积分别为，，，若知道图中阴影部分面积，一定能求出（ ）
A． B． C． D．
类型四、周长与面积综合
1．（2022春·浙江宁波·九年级宁波市第七中学校考期中）如图，有三张正方形纸片A，B，C，它们的边长分别为a，b，c，将三张纸片按图1，图2两种不同方式放置于同一长方形中，记图1中阴影部分周长为l1，面积为S1，图2中阴影部分周长为l2，面积为S2．若，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．3
2．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，四边形和均为正方形，点在对角线上，点在边上，连结和．若知道正方形和的面积，则一定能求出（ ）
A．四边形的周长 B．四边形的周长
C．四边形的周长 D．四边形的周长
3．（2022秋·浙江宁波·九年级校联考期末）如图，在矩形中，点是边的三等分点，点是边的中点，线段，与对角线分别交于点，．设矩形的面积为，则以下4个结论中：①；②；③；④．正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
类型五、剪切与拼接
1．（2020·浙江宁波·九年级统考学业考试）如图，将等腰三角形纸片沿图中虚线剪成四块图形，用这四块图形进行拼接，恰能拼成一个没有缝隙的正方形，则正方形的边长与等腰三角形的底边长的比为( )
A． B． C． D．
2．（2020·浙江宁波·统考一模）如图，梯形ABCD被分割成两个小梯形①②，和一个小正方形③，去掉③后，①和②可剪拼成一个新的梯形，若EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，则AB的长是（ ）
A．6 B．3 C．9 D．3
3．（2021·浙江宁波·校考模拟预测）如图，矩形由两直角边之比皆为的三对直角三角形纸片甲、乙、丙拼接而成它们之间互不重叠也无缝隙，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·浙江宁波·宁波市第七中学校联考一模）如图，四个全等的直角三角形纸片既可以拼成（内角不是直角）的菱形，也可以拼成正方形，则菱形面积和正方形面积之比为（ ）
A．1 B． C． D．
类型六、与圆结合
1．（2021秋·浙江宁波·九年级校联考期中）如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为斜边向外作等腰直角三角形△ACD，△BCE，弧AC和弧BC的中点分别是M，N．连接DM，EN，若C在半圆上由点A向B移动的过程中，DM：EN的值的变化情况是（ ）
A．变大 B．变小
C．先变大再变小 D．保持不变
2．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，四边形ABCD中，，，以AB为直径的⊙O刚好与CD相切，连结OC、BD交于点F，若，则已知下列条件中的一个即可求BF的长的有（ ）
①BD；②CD；③；④．
A．①、②、③、④ B．①、②、③ C．①、②、④ D．①、③、④
3．（2022秋·浙江宁波·九年级浙江省鄞州区宋诏桥中学校考期末）在圆内接四边形ABCD中，∠BAD、∠ADC的角平分线交于点E，过E作直线MN平行于BC，与AB、CD交于M、N，则总有MN＝( )
A．BM+DN B．AM+CN C．BM+CN D．AM+DN
巩固练习
1．（2020·浙江宁波·校考模拟预测）一张矩形纸板和圆形纸板按如图方式分别剪得同样大定理特例图（AC=3，BC=4，AB=5，分别以三边长向外剪正方形) ，图1中边HI、LM和点K、J都恰好在矩形纸板的边上，图2中的圆心O在AB中点处，点H、I都在圆上，则矩形和圆形纸板的面积比是（ ）
A．400:127π B．484:145π C．440:137π D．88:25π
2．（2021·浙江宁波·统考一模）已知，矩形ABCD中，E为AB上一定点，F为BC上一动点，以EF为一边作平行四边形EFGH，点G，H分别在CD和AD上，若平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，则应满足（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，在矩形中，点F为边上一点，过F作交边于点E，P为边上一点，交线段于H，交线段于Q，连接．当时，要求阴影部分的面积，只需要知道下列某条线段的长，该线段是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·浙江宁波·统考一模）如图1，矩形的一条边长为x，周长的一半为y，定义（x，y）为这个矩形的坐标．如图2，在平面直角坐标系中，直线x=1，y=3将第一象限划分成4个区域，已知矩形1的坐标的对应点A落在如图所示的双曲线上，矩形2的坐标的对应点落在区域④中，则下面叙述中正确的是（ ）
A．点A的横坐标有可能大于3
B．矩形1是正方形时，点A位于区域②
C．当点A沿双曲线向上移动时，矩形1的面积减小
D．当点A位于区域①时，矩形1可能和矩形2全等
5．（2021·浙江宁波·统考一模）如图，矩形，分别以、为边向内作等边三角形（图1）；分别以、为边向内作等边三角形（图2），两个等边三角形的重叠部分用阴影表示，设图1中阴影部分的面积为，图2中阴影部分的面积为．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·浙江宁波·校联考一模）如图，在边长为的正方形中放入四个小正方形后形成一个中心对称图形，其中两顶点，分别在边，上，则放入的四个小正方形的面积之和为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022·浙江宁波·模拟预测）将四张边长各不相同的正方形纸片按如图方式放入矩形内(相邻纸片之间互不重叠也无缝隙)，未被四张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示．设右上角与左下角阴影部分的周长的差为．若知道的值，则不需测量就能知道周长的正方形的标号为（ ）
A．① B．② C．③ D．④
8．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转至，点刚好落在直线上，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
9.（2021·浙江宁波·统考一模）如图1，有一个含45°角且一组邻边长分别为b，的平行四边形纸片①和一个含45°角且边长为a的菱形纸片②，其中b
10．（2022·浙江宁波·统考模拟预测）如图，在中，是斜边上的高，将得到的两个和按图、图、图三种方式放置，设三个图中阴影部分的面积分别为，，，若，则与之间的关系是（ ）
A． B． C． D．
11．（2022·浙江宁波·统考一模）将7张如图1的两边长分别为a和b（，a与b都为正整数）的矩形纸片按图2的方式不重叠地放在矩形内，矩形中未被覆盖的部分用阴影表示，设左上角与右下角的阴影部分的面积相等．设．若，k为整数，则a可取的值的个数为（ ）
A．0个 B．4个 C．5个 D．无数个
12．（2021·浙江宁波·一模）如图是由7个等边三角形拼成的图形，若要求出阴影部分的面积，则只需要知道（ ）
A．⑤和③的面积差 B．④和②的面积差
C．③和②的面积差 D．⑤和②的面积差
13．（2022·浙江宁波·校联考一模）如图，在中，，以各边为斜边分别向外作等腰、等腰、等腰，将等腰和等腰按如图方式叠放到等腰中，已知，，则长为（ ）
A．2 B． C．6 D．8
14．（2022·浙江宁波·校考一模）如图，点，分别在菱形的边，上，点，分别在，的延长线上，且．连结，，，，若菱形和四边形的面积相等，则的值为（ ）
A． B． C． D．1
15．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，在正△ABC中，D、E分别为边AB、AC上的点，BD＝2CE，过点E作EF⊥DE交BC于点F，连结DF，若想求△ABC的周长，则只需知道下列哪个三角形的周长？该三角形是（ ）
A．△CEF B．△BDF C．△DEF D．△ADE
16．（2022·浙江宁波·校联考一模）在矩形内，将两张边长分别为和的正方形纸片按图①，图②两种方式放置（图①，图②中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若图①中阴影部分面积为，图②中阴影部分的面积和为．则的值表示正确的是（ ）
A． B． C． D．
17．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，以Rt 的各边为边分别向外作正方形， ，连接，点为 的中点，连接 ，若要求出的面积，只需知道（ ）
A．的面积 B．正方形的面积 C．正方形的面积 D．正方形的面积
18．（2022·浙江宁波·统考二模）将矩形ABCD和矩形CEFG分割成5块图形（如图中①②③④⑤），并把这5块图形重新组合，恰好拼成矩形BEHN．若AM＝1，DE＝4，EF＝3，那么矩形BEHN的面积为（ ）
A．20 B．24 C．30 D．45
19．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，正六边形中，点是边上的点，记图中各三角形的面积依次为，则下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
20．（2022·浙江宁波·校考一模）如图①，分别以的各边为一边向外作三个三角形，使，，再按图②的方式将两个较小的三角形放在最大的三角形内，使，，，．若要求出的面积，则需要知道下列哪个图形的面积（ ）
A．四边形 B．四边形 C． D．
21．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，点、、、分别在的、、、边上，，，与交于点，连接交于点，连接，设、、、的面积分别为、、、，若，则只需知道（ ），就能求的面积．
A． B． C． D．
22．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A． B． C． D．
23．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，等边△ABC和等边△DEF的边长相等，点A、D分别在边EF，BC上，AB与DF交于G，AC与DE交于H．要求出△ABC的面积，只需已知（ ）
A．△BDG与△CDH的面积之和 B．△BDG与△AGF的面积之和
C．△BDG与△CDH的周长之和 D．△BDG与△AGF的周长之和
24．（2021·浙江宁波·统考二模）如图1，有一个含45°角且一组邻边长分别为b，的平行四边形纸片①和一个含45°角且边长为a的菱形纸片②（∠ABC＝45°）纸片内，再将①按不同的方式放置到图2中依次得到图3、图4．平行四边形ABCD未被覆盖的部分用阴影表示S1，S2，若S2﹣S1＝2b，则AD﹣AB的值为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．12
25．（2021·浙江宁波·校考三模）如图，E，F，G，H为正方形各边中点，连接EG，FH交于点O．点P是正方形内一点，连接EP、FP、GP、HP．这四条线段把正方形分为4个部分，分别记每个区域的面积为S1，S2，S3，S4，若要求得△FPH与△EPG的面积之差，则只需知道（ ）
A．与的面积之差 B．与的面积之差
C．与的面积之差 D．与的面积之差
26．（2021·浙江宁波·校考三模）如图，在中，点是线段上一点，于点，四边形为矩形，若，的面积为，矩形的面积为，则下列图形中面积可以确定的是（ ）
A．的面积 B．四边形的面积
C．梯形的面积 D．的面积
27．（2022·浙江宁波·校考三模）两个全等的矩形和矩形如图放置,且恰好过点．过点作平行交于．知道下列哪个式子的值,即可求出图中阴影部分的面积（ ）
A． B． C． D．
28．（2019·浙江宁波·校联考三模）如图， ABCD∽ EFGH，AB∥EF，记四边形ABFE、四边形BCGF、四边形CDHG、四边形DAEH的面积分别S1，S2，S3，S4，若已知 ABCD和 EFGH的面积，则不用测量就可知的区域的面积为（ ）
A．S1﹣S2 B．S1+S3 C．S4﹣S2 D．S3+S4
29．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，O是对角线上一点，过O作交于点E，交于点F，交于点G，交于点H，连结，，，，若已知下列图形的面积，不能求出面积的是（ ）
A．四边形 B．和
C．四边形和四边形 D．和四边形
30．（2023·浙江宁波·统考一模）如图是一个由A、B、C三种相似的直角三角形纸片拼成的矩形，A、B、C的纸片的面积分别为S1、S2、S3，（S1与S2，S2与S3的相似比相同），相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，若S1＞S2＞S3，则这个矩形的面积一定可以表示为（ ）
A．4S1 B．6S2 C．4S2+3S3 D．3S1+4S3
31．（2022春·浙江宁波·九年级宁波市第七中学校联考阶段练习）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一．如图1，分别以直角三角形的各边为边向外作三个等边三角形；如图2，将较小的两个等边三角形△和△放在最大的等边三角形△内，与交于点，连接．欲求△的面积，只需知道下列哪个三角形的面积即可（ ）
A． B． C． D．
32．（2023·浙江宁波·统考一模）以直角三角形的各边为边分别向外作正方形（如图1），再把较小的两个正方形按图2的方式放置在最大正方形内．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A．四边形的面积 B．四边形的面积
C．四边形的面积 D．的面积
33．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，将两张全等的矩形（非正方形）纸片先后放在同一个正方形中，按如图1呈轴对称方式放置，按如图2呈中心对称方式放置，若已知图形⑤的周长，则一定能求出（ ）
A．图形①与③的周长和 B．图形②与③的周长差
C．图形①与③的周长差 D．图形②与③的周长和
34．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，在正方形中，P为对角线上一动点，，，若要知道阴影部分的面积，则只需要知道下列哪个条件（ ）
A．PB的长 B．PD的长 C．矩形的面积 D．矩形对角线的长
35．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，E，F，G，H分别是矩形四条边上的点，连接相交于点I，且，，矩形矩形，连接交于点P，Q，下列一定能求出面积的条件是（ ）
A．矩形和矩形的面积之差 B．矩形与矩形的面积之差
C．矩形和矩形的面积之差 D．矩形和矩形的面积之差
36．（2023秋·浙江宁波·九年级统考期末）一个大矩形按如图方式分割成五个小矩形后仍是中心对称图形，且矩形矩形．设矩形与矩形的面积分别为m和n，则这个大矩形的面积一定可以表示为（ ）
A． B． C． D．
37．（2023秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，在平行四边形中，点分别在边上，，四边形四边形，相似比，则下列一定能求出面积的条件（ ）
A．四边形和四边形的面积之差 B．四边形和四边形的面积之差
C．四边形和四边形的面积之差 D．四边形和四边形的面积之差
38．（2023秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，中，，于，矩形、矩形的顶点分别在、的三边上，且矩形矩形．已知下列某个选项中的线段之比可求两矩形的相似比，则这个选项是（ ）
A． B． C． D．