備戰(zhàn)中考2024年深圳市數(shù)學(xué)模擬題分類(lèi)《選擇壓軸題》含答案解析

練習(xí)PAGE1練習(xí)專(zhuān)題05選擇壓軸重點(diǎn)題一、單選題1．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）如圖所示，已知三角形為直角三角形，，BC為切線，為切點(diǎn)，為直徑，則和面積之比為（

）A． B． C． D．2．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）在正方形中，，點(diǎn)E是邊的中點(diǎn)，連接，延長(zhǎng)至點(diǎn)F，使得，過(guò)點(diǎn)F作，分別交、于N、G兩點(diǎn)，連接、、，下列正確的是：①；②；③；④（

）A．4 B．3 C．2 D．13．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形的邊與x軸平行，A，B兩點(diǎn)縱坐標(biāo)分別為4，2，反比例函數(shù)經(jīng)過(guò)A，B兩點(diǎn)，若菱形面積為8，則k值為（

）A． B． C． D．4．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，矩形ABCD中，∠BAC=60°，點(diǎn)E在AB上，且BE：AB=1：3，點(diǎn)F在BC邊上運(yùn)動(dòng)，以線段EF為斜邊在點(diǎn)B的異側(cè)作等腰直角三角形GEF，連接CG，當(dāng)CG最小時(shí)，的值為（

）A． B． C． D．5．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形中，是中點(diǎn)，連接，，作交于，交于，交于，延長(zhǎng)交延長(zhǎng)線于，則的值為（

）

A． B． C． D．6．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測(cè)）在矩形ABCD中，連接AC，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H交AD于點(diǎn)I，AE平分∠BAC分別交BH、BC于點(diǎn)P、E，BF平分∠BC分別交AC、DC于點(diǎn)G、F．已知AB=4，tan∠BAE=．在下列說(shuō)法中，①△ABP≌△AGP；②四邊形BPGE的面積是；③sin∠HPG=；④FC=2FD．⑤連接FH，則FH∥BC，正確的是（

）A．①③④⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤7．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖是物體在焦距為（即）的凸透鏡下成倒立放大實(shí)像的光路示意圖．從點(diǎn)發(fā)出的平行于的光束折射后經(jīng)過(guò)右焦點(diǎn)，而經(jīng)過(guò)光心點(diǎn)的光束不改變方向，最后點(diǎn)發(fā)出的光匯聚于點(diǎn)，點(diǎn)發(fā)出的光匯聚于點(diǎn)，從而得到最清晰的實(shí)像．若物距，則像距為（

）cm．A． B． C． D．8．（2023·廣東深圳·二模）如圖，與相切于點(diǎn)，與交于兩點(diǎn)，，于點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)圓心，連接，若，，則的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．9．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖是拋物線y1＝ax2+bx+c（a≠0）圖象的一部分，拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)A（1，3），與x軸的一個(gè)交點(diǎn)B（4，0），直線y2＝mx+n（m≠0）與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，下列結(jié)論：①2a+b＝0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c＝3有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根；④拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)是（﹣1，0）；⑤當(dāng)1＜x＜4時(shí)，有y2＜y1．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．5 B．4 C．3 D．210．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E是AB邊延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，BE＝2，F(xiàn)是AB邊上一點(diǎn)，將△CEF沿CF翻折，使點(diǎn)E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)G落在AD邊上，連接EG交折痕CF于點(diǎn)H，則FH的長(zhǎng)是（

）A． B． C．1 D．11．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形是邊長(zhǎng)為的菱形，對(duì)角線、的長(zhǎng)度分別是一元二次方程的兩實(shí)數(shù)根，是邊上的高，則值為（

）A． B． C． D．12．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，A，B，C，D是邊長(zhǎng)為1的小正方形組成的6×5網(wǎng)格中的格點(diǎn)，連接交于點(diǎn)E，連接．給出4個(gè)結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④13．（2023·廣東深圳·深圳中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖，在位于軸右側(cè)且半徑為6的，從的位置沿直線向上平移，交直線于點(diǎn)，且是與軸的一個(gè)公共點(diǎn)，若，則四邊形的面積是（

）A．42 B．64 C．68 D．4814．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考二模）如圖，為直徑，弦且過(guò)半徑的中點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)A的切線交的延長(zhǎng)線于G，且，點(diǎn)E為上一動(dòng)點(diǎn)，于點(diǎn)F，當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)F經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)是（

）A． B． C． D．15．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考三模）如圖，四邊形中，，以為直徑的經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，連接、交于點(diǎn).連接交于點(diǎn)，連接，若，，則以下結(jié)論：①；②為的切線；③；④；則正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為(

)

A．1 B．2 C．3 D．416．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校聯(lián)考二模）如圖，在正方形中，，為中點(diǎn)，為上的一點(diǎn)，且，，連接，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，則以下結(jié)論；①②③④；中正確的有（

）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)17．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖，已知內(nèi)接于，，將弧沿弦翻折后恰好經(jīng)過(guò)弦的中點(diǎn)，則的半徑為(

)

A． B． C．5 D．18．（2023·廣東深圳·深圳大學(xué)附屬中學(xué)?？家荒＃┮阎獟佄锞€是常數(shù)開(kāi)口向下，過(guò)，兩點(diǎn)，且下列四個(gè)結(jié)論：若，則；若時(shí)，則；若點(diǎn)，，在拋物線上，，且，則；當(dāng)時(shí)，關(guān)于的一元二次方程必有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．如果，，那么當(dāng)時(shí)，直線與該二次函數(shù)有一個(gè)公共點(diǎn)，則．其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)有（

）A．個(gè) B．個(gè) C．個(gè) D．個(gè)19．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，點(diǎn)D在斜邊上，以為直徑的經(jīng)過(guò)邊上的點(diǎn)E，連接，且平分，若的半徑為3，，則線段的長(zhǎng)為（

）A． B． C． D．20．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形的邊長(zhǎng)為12，E是中點(diǎn)，F(xiàn)是對(duì)角線上一點(diǎn)，且，在上取點(diǎn)G，使得，交于H，則的長(zhǎng)為（

）A．4 B． C． D．21．（2023·廣東深圳·?？级＃┤鐖D，直線l：分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A、B．點(diǎn)P為直線l在第一象限的點(diǎn)．作的外接圓，延長(zhǎng)交于點(diǎn)D，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，則的半徑長(zhǎng)為（

）

A． B．2 C． D．322．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若將△ADC繞點(diǎn)D逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)得到△FDE，當(dāng)點(diǎn)E恰好落在AC上，連接AF．則AF的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．223．（2023·廣東深圳·二模）如圖，已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，連接AC，動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位的速度沿A→B→C向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)P以每秒2個(gè)單位的速度沿A→C→D向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，連接PQ，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)D時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)△APQ的面積為S，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則S與t函數(shù)關(guān)系的圖象大致為（

）A． B． C． D．24．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國(guó)語(yǔ)學(xué)校（集團(tuán)）高新中學(xué)?？既＃┤鐖D，在矩形中，，，點(diǎn)E、F分別為、的中點(diǎn)，、相交于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作，交于點(diǎn)H，則線段的長(zhǎng)度是（

）A． B．1 C． D．25．（2023·廣東深圳·深圳市福田區(qū)北環(huán)中學(xué)?？级＃┤鐖D，在中，，點(diǎn)在邊上，過(guò)的內(nèi)心作于點(diǎn)．若，，則的長(zhǎng)為（

）

A．6 B．7 C．8 D．926．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）已知點(diǎn)，在的圖象上，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A．當(dāng)時(shí)，二次函數(shù)與軸總有兩個(gè)交點(diǎn)B．若，且，則C．若，則D．當(dāng)時(shí)，的取值范圍為27．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，，，若，，則點(diǎn)到的距離是（）A． B． C． D．28．（2023·廣東深圳·深圳外國(guó)語(yǔ)學(xué)校?？家荒＃┤鐖D，為的直徑，點(diǎn)為半圓上一點(diǎn)且，點(diǎn)、分別為、的中點(diǎn)，弦分別交，于點(diǎn)、．若，則（

）A． B． C．18 D．29．（2023·廣東深圳·校考三模）矩形ABCD的對(duì)角線BD=4，DE⊥AC于點(diǎn)E，則當(dāng)∠DBE最大時(shí)，BE的長(zhǎng)度為（）A． B． C． D．230．（2023·廣東深圳·二模）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)是對(duì)角線AC上的兩點(diǎn)，且EF＝2AE＝2CF，連接DE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)M，連接DF并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)N，連接MN，則（

）A． B． C．1 D．31．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形中，交于點(diǎn)，，垂足為點(diǎn)，連接，若，則的長(zhǎng)為（）A． B．16 C． D．32．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，是上一點(diǎn)，連接，若，，則的值是（

）

A． B． C． D．33．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，四邊形的對(duì)角線和相交于點(diǎn)E．若，且，，，則的長(zhǎng)為（

）A．7 B．8 C．9 D．1034．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，作于點(diǎn)D，以為邊作矩形，使得，延長(zhǎng)，交于點(diǎn)G，作交于點(diǎn)H，作分別交，于點(diǎn)M、N，若，，則邊的長(zhǎng)為（

）A． B． C． D．35．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD中，AB=4，點(diǎn)E是BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，點(diǎn)M、N分別為邊AB、BC上的點(diǎn)，且AM=BN=1，連接CM、ND，過(guò)點(diǎn)M作MF∥ND與∠EAD的平分線交于點(diǎn)F，連接CF分別與AD、ND交于點(diǎn)G、H，連接MH，則下列結(jié)論正確的有（

）個(gè)①M(fèi)C⊥ND；②sin∠MFC=；③(BM+DG)2=AM2+AG2；④S△HMF=A．1 B．2 C．3 D．436．（2023·廣東深圳·二模）如圖，在菱形中，，，是上一點(diǎn)，將菱形沿折疊，使、的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是、，當(dāng)時(shí)，則點(diǎn)到的距離是（

）

A． B． C．6 D．37．（2023·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形中，E、F分別為邊、上的點(diǎn)，且，過(guò)F作，交于G，過(guò)H作于M，若，，則下列結(jié)論中：①；②；③；④，其中結(jié)論正確的有（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)專(zhuān)題05選擇壓軸重點(diǎn)題一、單選題1．（2022·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）如圖所示，已知三角形為直角三角形，，BC為切線，為切點(diǎn)，為直徑，則和面積之比為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)圓周角定理，切線的性質(zhì)以及等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可．【詳解】解：如圖取中點(diǎn)O，連接．∵是圓O的直徑．∴．∵與圓O相切．∴．∵．∴．∵．∴．又∵．∴．∵，，．∴．∴．∵點(diǎn)O是的中點(diǎn)．∴．∴．∴故答案是：1∶2．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性質(zhì)，理解切線的性質(zhì)，圓周角定理以及全等三角形的判定和性質(zhì)是解決問(wèn)題的前提．2．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）在正方形中，，點(diǎn)E是邊的中點(diǎn)，連接，延長(zhǎng)至點(diǎn)F，使得，過(guò)點(diǎn)F作，分別交、于N、G兩點(diǎn)，連接、、，下列正確的是：①；②；③；④（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】解：①中由即可得到，再由正切等于對(duì)邊比鄰邊即可求解；②中先證明得到EM=EC，DM=FC，再證明即可求解；③中先證明GECM，得到即可求解；④中由得到，再由即可求解．【詳解】解：①∵，∴∠DMF=90°=∠NCF，且對(duì)頂角∠MND=∠CNF，∴∠GFB=∠EDC，∵ABCD為正方形，E是BC的中點(diǎn)，∴BC=CD，∴，①正確；②由①知，又，已知，∴()，∴，∴，∵，，，∴()，∴，故②正確；③∵，，∴BE=ME，且∠B=∠GME=90°，GE為和的公共邊，∴（），∴，∵，∴，由三角形外角定理可知：，∴，∴，∴，∵，，∴，故③錯(cuò)誤；④由上述可知：，，∴，∵，∴，∴，故④正確．故選B．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．3．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形的邊與x軸平行，A，B兩點(diǎn)縱坐標(biāo)分別為4，2，反比例函數(shù)經(jīng)過(guò)A，B兩點(diǎn)，若菱形面積為8，則k值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】過(guò)點(diǎn)A作，設(shè)，，根據(jù)菱形的面積得到AB的長(zhǎng)度，在中應(yīng)用勾股定理即可求解．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)A作，∵A，B兩點(diǎn)縱坐標(biāo)分別為4，2，反比例函數(shù)經(jīng)過(guò)A，B兩點(diǎn)，∴設(shè)，，∴，，∵菱形面積為8，∴，解得，∴，在中，，即，解得，∴，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、菱形的性質(zhì)等內(nèi)容，根據(jù)提示做出輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，矩形ABCD中，∠BAC=60°，點(diǎn)E在AB上，且BE：AB=1：3，點(diǎn)F在BC邊上運(yùn)動(dòng)，以線段EF為斜邊在點(diǎn)B的異側(cè)作等腰直角三角形GEF，連接CG，當(dāng)CG最小時(shí)，的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖1，取EF的中點(diǎn)O，連接OB，OG，作射線BG，證明B，E，G，F(xiàn)在以O(shè)為圓心的圓上，得點(diǎn)G在∠ABC的平分線上，當(dāng)CG⊥BG時(shí)，CG最小，此時(shí)，畫(huà)出圖2，根據(jù)△BCG是以BC為斜邊的等腰直角三角形，證明△EGB≌△FGC，可得BE=CF，設(shè)AB=m，根據(jù)BE∶AB=1∶3，可得CF=BE=m，根據(jù)含30度角的直角三角形可得AD，進(jìn)而可得結(jié)論．【詳解】解：如圖1，取EF的中點(diǎn)O，連接OB，OG，作射線BG，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°∵O是EF的中點(diǎn)，∴OB=OE=OF∵∠EGF=90°，O是EF的中點(diǎn)，∴OG=OE=OF∴OB=OG=OE=OF∴B，E，G，在以O(shè)為圓心的圓上，∴∠EBG=∠EFG,∵∠EGF=90°，EG=FG，∴∠GEF=∠GFE=45°∴∠EBG=45°∴BG平分∠ABC，∴點(diǎn)G在∠ABC的平分線上，當(dāng)CG⊥BG時(shí)，CG最小，此時(shí)，如圖2，∵BG平分∠ABC，∴∠ABG=∠GBC=∠ABC=45°，∵CG⊥BG∴△BCG是以BC為斜邊的等腰直角三角形，∠BGC=90°∴BG=CG∵∠EGF=∠BGC=90°∴∠EGF-∠BGF=∠BGC-∠BGF,∴∠EGB=∠FGC,在△EGB和△FGC中，∴△EGB≌△FGC(SAS)，∴BE=CF∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC設(shè)AB=m∵BE∶AB=1∶3∴CF=BE=m，在Rt△ABC中，∠BAC=60°，∴∠ACB=30°∴AC=2AB=2m

∴BC=，∴AD=m，∴故選∶A．【點(diǎn)睛】本題屬于幾何綜合題，是中考選擇題的壓軸題，考查了矩形的性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，垂線段最短，含30度角的直角三角形，解決本題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確作輔助線綜合運(yùn)用以上知識(shí)．5．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形中，是中點(diǎn)，連接，，作交于，交于，交于，延長(zhǎng)交延長(zhǎng)線于，則的值為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可證得，推出，證明，得出，證明，得出，設(shè)，則，求出，進(jìn)而可得答案.【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，∵，∴，∴，∴，∵是中點(diǎn)，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，設(shè)，則，∴，∴；故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)圖形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.6．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測(cè)）在矩形ABCD中，連接AC，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H交AD于點(diǎn)I，AE平分∠BAC分別交BH、BC于點(diǎn)P、E，BF平分∠BC分別交AC、DC于點(diǎn)G、F．已知AB=4，tan∠BAE=．在下列說(shuō)法中，①△ABP≌△AGP；②四邊形BPGE的面積是；③sin∠HPG=；④FC=2FD．⑤連接FH，則FH∥BC，正確的是（

）A．①③④⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤【答案】C【分析】①根據(jù)已知可得∠BAC=∠HBC，然后利用角平分線的性質(zhì)可得∠EAC=∠HBG，從而得∠BQP=∠AHP=90°，從而可證明△ABQ≌△AGQ，得到AB=AG，最后再證明△ABP≌△AGP；②由①可得AQ是BG的垂直平分線，然后證明四邊形BPGE是菱形，求出兩條對(duì)角線的長(zhǎng)即可解答；③過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BE，垂足為M，利用菱形的面積求出PM，然后在Rt△PBM中求出sin∠PBC的值即可解答；④先利用勾股定理求出AE的長(zhǎng)，然后求出的值，從而求出的值，最后證明△ABG∽△CFG，即可解答；⑤通過(guò)計(jì)算求出的值，然后與的值進(jìn)行比較即可判斷．【詳解】解：設(shè)AE與BF交于點(diǎn)Q，如圖：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠BAD=90°AB=CD=4，AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABH+∠HBC=90°∵BH⊥AC，∴∠AHB=90°，∴∠HAB+∠ABH=90°，∴∠BAC=∠HBC，∵AE平分∠BAC，BF平分∠IBC，∴∠BAE=∠EAC=∠BAC，∠HBG=∠GBC=∠HBC，∴∠EAC=∠HBG，∵∠APH=∠BPQ，∴∠BQP=∠AHP=90°，∴∠AQP=∠AQG=90°，∵AQ=AQ，∴△ABQ≌△AGQ（ASA），∴AB=AG，BQ=QG，∵AP=AP，∴△ABP≌△AGP（SAS），故①正確；∵AQ⊥BG，BQ=QG，∴AQ是BG的垂直平分線，∴BP=PG，BE=EG，∵BQ=BQ，∠BQE=∠BQP=90°，∠HBG=∠GBC，∴△PBQ≌△EBQ（ASA），∴BP=BE，∴BP=BE=PG=GE，∴四邊形BPGE是菱形，∴PE=2QE，在Rt△ABE中，AB=4，tan∠BAE=，∴BE=ABtan∠BAE=4×=2，∵∠GBE=∠BAE，∴tan∠GBE=，在Rt△BQE中，tan∠QBE=，設(shè)QE=a，BQ=2a，∵BQ2+QE2=BE2，∴（2a）2+a2=4，∴a=或a=（舍去），∴，∴四邊形BPGE的面積=，故②正確；∵四邊形BPGE是菱形，∴PG∥BC，∴∠HPG=∠HBC，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BE，垂足為M，∵菱形BPGE的面積是，∴BE?PM=，∴PM=，在Rt△BPM中，，∴sin∠HPG=，故③正確；∵∠ABC=90°，AB=4，BE=2，∴，∴，∴，∵PG∥BC，∴，∵AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD，∠ABG=∠BFC，∴△ABG∽△CFG，∴，∴，∴CF=2DF，故④正確；∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∠AIB=∠IBE，∴△API∽△EPB，∴，∴，∴AI=3，∴，∴，∵∠AIB=∠IBE，∠IBC=∠BAC，∴∠BAC=∠AIB，∵∠ABC=∠BAI，∴△ABC∽△IAB，∴，∴，∴AC=，∴，∵，∴≠，∴FH與AD不平行，∴FH與BC不平行，故⑤錯(cuò)誤；∴正確的有①②③④．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．7．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖是物體在焦距為（即）的凸透鏡下成倒立放大實(shí)像的光路示意圖．從點(diǎn)發(fā)出的平行于的光束折射后經(jīng)過(guò)右焦點(diǎn)，而經(jīng)過(guò)光心點(diǎn)的光束不改變方向，最后點(diǎn)發(fā)出的光匯聚于點(diǎn)，點(diǎn)發(fā)出的光匯聚于點(diǎn)，從而得到最清晰的實(shí)像．若物距，則像距為（

）cm．A． B． C． D．【答案】D【分析】由題意可得，，易推出，，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)及得，設(shè)，則，列出關(guān)于的分式方程，解方程即可．【詳解】解：由題意得：，，，，，，，，，，，設(shè)，則，，解得：，經(jīng)檢驗(yàn)為原分式方程的解，，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，分式方程，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．8．（2023·廣東深圳·二模）如圖，與相切于點(diǎn)，與交于兩點(diǎn)，，于點(diǎn)，且經(jīng)過(guò)圓心，連接，若，，則的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，推出是等腰直角三角形，得到，推出是等腰直角三角形，得到，根據(jù)勾股定理求得，即可得到結(jié)論．【詳解】解：如下圖，連接，∵與相切于點(diǎn)，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、垂徑定理、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握切線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖是拋物線y1＝ax2+bx+c（a≠0）圖象的一部分，拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)A（1，3），與x軸的一個(gè)交點(diǎn)B（4，0），直線y2＝mx+n（m≠0）與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，下列結(jié)論：①2a+b＝0；②abc＞0；③方程ax2+bx+c＝3有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根；④拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)是（﹣1，0）；⑤當(dāng)1＜x＜4時(shí)，有y2＜y1．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)、方程與二次函數(shù)的關(guān)系、函數(shù)與不等式的關(guān)系逐一判斷即可【詳解】解：①由拋物線對(duì)稱(chēng)軸為直線，從而，則，故①正確；②拋物線開(kāi)口向下，與軸相交與正半軸，則，而，因而，故②錯(cuò)誤；③方程的解，即是與直線的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，從圖象可得，拋物線頂點(diǎn)為，則拋物線與直線有且只有一個(gè)交點(diǎn)，故方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，故③正確；④由拋物線對(duì)稱(chēng)性，與軸的一個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)軸為，可知另一個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)為（?2，0），故④錯(cuò)誤；⑤由圖象可知，當(dāng)1＜x＜4時(shí)，y1＞y2，故⑤正確；故正確的有①③⑤，共計(jì)3個(gè)故選C【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)、方程與二次函數(shù)的關(guān)系、函數(shù)與不等式的關(guān)系等知識(shí)，解答關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合．10．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E是AB邊延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，BE＝2，F(xiàn)是AB邊上一點(diǎn)，將△CEF沿CF翻折，使點(diǎn)E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)G落在AD邊上，連接EG交折痕CF于點(diǎn)H，則FH的長(zhǎng)是（

）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】由翻折得，，垂直平分，可根據(jù)直角三角形全等的判定定理“”證明，得，則，則，即可根據(jù)勾股定理求出，再由，且得，則，由，求得,即可得出答案．【詳解】解：∵四邊形是邊長(zhǎng)為的正方形，∴，，∴，由翻折得，，垂直平分，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，且，∴，解得，∵，∴，解得，故選：．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)面積等式求線段的長(zhǎng)度等知識(shí)和方法，正確求出和的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．11．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形是邊長(zhǎng)為的菱形，對(duì)角線、的長(zhǎng)度分別是一元二次方程的兩實(shí)數(shù)根，是邊上的高，則值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，，，，利用勾股定理得到，利用根與系數(shù)的關(guān)系求出，再根據(jù)完全平方公式的變形求出，得到，再根據(jù)菱形面積公式求出的長(zhǎng)即可．【詳解】解：四邊形是菱形，，，，，，，對(duì)角線，的長(zhǎng)度分別是一元二次方程的兩實(shí)數(shù)根，，，，，，，解得：，，當(dāng)時(shí)，，不符合題意，舍去，∴，∴，∴，是邊上的高，，，．故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，一元二次方根與系數(shù)的關(guān)系，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．12．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，A，B，C，D是邊長(zhǎng)為1的小正方形組成的6×5網(wǎng)格中的格點(diǎn)，連接交于點(diǎn)E，連接．給出4個(gè)結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】B【分析】連接，利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到，則為等腰直角三角形；利用角平分線的性質(zhì)定理和平行線分線段成比例定理得到，則，利用平行線的性質(zhì)得到，則為等腰直角三角形，則得①的結(jié)論正確；利用三角形的內(nèi)角和定理得到，利用兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等得到，則②的結(jié)論正確；利用三角形的外交的性質(zhì)得到，在中，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理得到，則得③的結(jié)論不正確；利用相似三角形的判定與性質(zhì)，列出比例式計(jì)算，則得④的結(jié)論正確．【詳解】解：連接，，為格點(diǎn)，如圖，由題意得：，，，．在和中，，，，，，，為等腰直角三角形，．，，，，，，，，．①的結(jié)論正確；，，．，，．②的結(jié)論正確；，，，在中，，，③的結(jié)論不正確；，，，，，④的結(jié)論正確．綜上，正確的結(jié)論有：①②④．故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了解直角三角形，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)平行線的判定與性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，本題是網(wǎng)格題，熟練掌握網(wǎng)格的特性是解題的關(guān)鍵．13．（2023·廣東深圳·深圳中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖，在位于軸右側(cè)且半徑為6的，從的位置沿直線向上平移，交直線于點(diǎn)，且是與軸的一個(gè)公共點(diǎn)，若，則四邊形的面積是（

）A．42 B．64 C．68 D．48【答案】D【分析】作軸交軸于，作交于，與相交于點(diǎn)，連接，根據(jù)題意可得四邊形為矩形，為等腰直角三角形，從而得到，進(jìn)而得到，再由垂徑定理結(jié)合勾股定理即可得到，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則，列出方程，求出的值，即可求出面積．【詳解】解：如圖所示，作軸交軸于，作交于，與相交于點(diǎn)，連接，，根據(jù)題意可得：軸，軸，四邊形為矩形，點(diǎn)在直線上，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，即，為等腰直角三角形，，，，，，，，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，由圖象可知，則，，，點(diǎn)坐標(biāo)為，四邊形的面積為，故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理等知識(shí)點(diǎn)，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．14．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考二模）如圖，為直徑，弦且過(guò)半徑的中點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)A的切線交的延長(zhǎng)線于G，且，點(diǎn)E為上一動(dòng)點(diǎn)，于點(diǎn)F，當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)F經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，，由，利用垂徑定理得到H為的中點(diǎn)，證明，可求圓的半徑，在直角三角形中，由與的長(zhǎng)，利用勾股定理求出的長(zhǎng)，進(jìn)而確定出的長(zhǎng)，由求出的長(zhǎng)，在直角三角形中，利用勾股定理求出的長(zhǎng)，由垂直于，得到三角形始終為直角三角形，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為以為直徑的圓上，當(dāng)E位于點(diǎn)B時(shí)，，此時(shí)F與H重合；當(dāng)E位于點(diǎn)C時(shí)，此時(shí)F與C重合，可得出當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)F所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)的長(zhǎng)，在直角三角形中，利用銳角三角函數(shù)定義求出的度數(shù)，進(jìn)而確定出所對(duì)圓心角的度數(shù)，再由的長(zhǎng)求出半徑，利用弧長(zhǎng)公式即可求出的長(zhǎng)，即可求出點(diǎn)F所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)．【詳解】解：連接，，∵，∴H為的中點(diǎn)，即，∵是的切線，∴，又，∴，∴即，

∴，∴或（不符合題意，舍去）∴，，∴，∵，

∴始終為直角三角形，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為以為直徑的圓上，當(dāng)E位于點(diǎn)B時(shí)，，此時(shí)F與H重合；當(dāng)E位于點(diǎn)C時(shí)，此時(shí)F與C重合，∴當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)F所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)的長(zhǎng)，在中，，∴，∴，∴所對(duì)圓心角的度數(shù)為，∵直徑，∴的長(zhǎng)，則當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)F所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)的長(zhǎng)為．故選：B．【點(diǎn)睛】此題考查了圓的綜合題，涉及的知識(shí)有：坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，弧長(zhǎng)公式，以及圓周角定理，其中根據(jù)題意得到當(dāng)點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)F所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為的長(zhǎng)是解本題的關(guān)鍵．15．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考三模）如圖，四邊形中，，以為直徑的經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，連接、交于點(diǎn).連接交于點(diǎn)，連接，若，，則以下結(jié)論：①；②為的切線；③；④；則正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為(

)

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】①連接，證得，又知；②、則、，證為中位線知、，進(jìn)一步求得，再在中利用勾股定理逆定理證即可得出結(jié)論；③連接，證明四點(diǎn)共圓，進(jìn)而根據(jù)通弧所對(duì)的圓周角相等，即可得證；④先證得，再證得，聯(lián)立得，即，結(jié)合知，據(jù)此可得，結(jié)合可得相關(guān)線段的長(zhǎng)，代入計(jì)算可得．【詳解】解：①連接，在和中，，，

②由①得，，，為的直徑，，，即，，，，，，且，，，在中，，在中，，，，，則與相切；③連接，

，是圓的切線，為等腰直角三角形，為直徑，，，，四點(diǎn)共圓，，故③正確④是的直徑，，，，，即，又，，，，即，由可得，即，又，，，，，，，，，即，解得：，故④正確；故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是掌握等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理逆定理等知識(shí)點(diǎn)．16．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校聯(lián)考二模）如圖，在正方形中，，為中點(diǎn)，為上的一點(diǎn)，且，，連接，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，則以下結(jié)論；①②③④；中正確的有（

）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】C【分析】延長(zhǎng)至H，使，證明，推出，，利用證明，可判斷①；利用三角形外角的性質(zhì)求出，然后利用三角形內(nèi)角和求出，可判斷②；在中，由勾股定理計(jì)算可判斷③；證明，利用相似三角形的性質(zhì)可判斷④．【詳解】解：延長(zhǎng)至H，使，∵四邊形是正方形，∴，，∴，∴，，，∵，∴，即，又，∴，∴，①正確；∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，②正確；設(shè)，∵為中點(diǎn)，∴，∴，，在中，由勾股定理得，解得，即，③不正確；∵，，∴，又，∴，∵，∴，∴，∴，④正確；綜上，正確的有①②④，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問(wèn)題．17．（2023·廣東深圳·深圳市高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖，已知內(nèi)接于，，將弧沿弦翻折后恰好經(jīng)過(guò)弦的中點(diǎn)，則的半徑為(

)

A． B． C．5 D．【答案】B【分析】連接，作于，連接并延長(zhǎng)交于，連接，可由推出，進(jìn)而求得，，，，，再在中列方程求得．【詳解】解：如圖，

連接，作于，連接并延長(zhǎng)交于，連接，，，，，在中，，，，在中，，，，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可得，，，在中，，，，設(shè)，

在中，由勾股定理得，，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱(chēng)性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，勾股定理等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線，得出18．（2023·廣東深圳·深圳大學(xué)附屬中學(xué)?？家荒＃┮阎獟佄锞€是常數(shù)開(kāi)口向下，過(guò)，兩點(diǎn)，且下列四個(gè)結(jié)論：若，則；若時(shí)，則；若點(diǎn)，，在拋物線上，，且，則；當(dāng)時(shí)，關(guān)于的一元二次方程必有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．如果，，那么當(dāng)時(shí)，直線與該二次函數(shù)有一個(gè)公共點(diǎn)，則．其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)有（

）A．個(gè) B．個(gè) C．個(gè) D．個(gè)【答案】A【分析】根據(jù)和過(guò)點(diǎn)，可得，根據(jù)，列不等式組可解答；根據(jù)對(duì)稱(chēng)軸是直線，計(jì)算，最后將點(diǎn)的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可解答；計(jì)算對(duì)稱(chēng)軸，確定，可知：點(diǎn)到對(duì)稱(chēng)軸的距離點(diǎn)到對(duì)稱(chēng)軸的距離，開(kāi)口向下時(shí)可得的大?。涣蟹匠逃?jì)算可解答；根據(jù)已知確定解析式，列方程計(jì)算可解答．【詳解】解：若，則，拋物線過(guò)，，，，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；聯(lián)立此兩個(gè)不等式，將代入以上不等式，可解得；故錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，對(duì)稱(chēng)軸是直線，，當(dāng)時(shí)，，，即，，故錯(cuò)誤；由題意，拋物線的對(duì)稱(chēng)軸是直線，，，即，點(diǎn)，在拋物線上，，且，點(diǎn)到對(duì)稱(chēng)軸的距離點(diǎn)到對(duì)稱(chēng)軸的距離，，故正確；設(shè)拋物線的解析式為，方程，整理得，，，，，，關(guān)于的一元二次方程必有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．故正確，如果，則，如果，根據(jù)，則；又拋物線過(guò)，，，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，根據(jù)圖象知，直線與該二次函數(shù)有一個(gè)公共點(diǎn)，則，，故錯(cuò)誤．故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，一元二次方程的根的判別式等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是讀懂圖象信息，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．19．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，點(diǎn)D在斜邊上，以為直徑的經(jīng)過(guò)邊上的點(diǎn)E，連接，且平分，若的半徑為3，，則線段的長(zhǎng)為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，由角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)的推出，得到，因此，得到：：代入有關(guān)數(shù)據(jù)，即可求出的長(zhǎng)．【詳解】解：如圖，連接，平分，，，，，，，：：，的半徑為，，，，：：，．故選：．【點(diǎn)睛】本題考查角平分線定義，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握相似三角形的判定和性質(zhì)．20．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形的邊長(zhǎng)為12，E是中點(diǎn)，F(xiàn)是對(duì)角線上一點(diǎn)，且，在上取點(diǎn)G，使得，交于H，則的長(zhǎng)為（

）A．4 B． C． D．【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)F分別作，垂足分別為M，N，過(guò)點(diǎn)E作于點(diǎn)E，則，根據(jù)正方形的性質(zhì)可求出的長(zhǎng)，是等腰直角三角形，再由，可得，進(jìn)而得到，繼而得到，，再由，可得是等腰直角三角形，，再證明，可得，然后根據(jù)，可得，即可求解．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)F分別作，垂足分別為M，N，過(guò)點(diǎn)E作于點(diǎn)E，則，在正方形中，，∴，是等腰直角三角形，∵，∴，∴，∵E是中點(diǎn)，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∵，∴，∴，∴，解得：，∴．故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，證明，是解題的關(guān)鍵．21．（2023·廣東深圳·校考二模）如圖，直線l：分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A、B．點(diǎn)P為直線l在第一象限的點(diǎn)．作的外接圓，延長(zhǎng)交于點(diǎn)D，當(dāng)?shù)拿娣e最小時(shí)，則的半徑長(zhǎng)為（

）

A． B．2 C． D．3【答案】B【分析】先求出點(diǎn)，可得，，再由圓周角定理可得，從而得到，再由三角形的面積公式可得，從而得到當(dāng)最小時(shí)，最小，此時(shí)，然后根據(jù)，可得，即可求解．【詳解】解：當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，解得：，∴點(diǎn)，∴，∵，∴，，∵，∴，∵是直徑，∴，∴，∴，∴，∴當(dāng)最小時(shí)，最小，此時(shí)，∴，即，解得：，∴，∴，∴．故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，一次函數(shù)的幾何應(yīng)用，解直角三角形，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握?qǐng)A周角定理，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，銳角三家函數(shù)是解題的關(guān)鍵．22．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝4，tan∠ACB＝3，AD⊥BC于D，若將△ADC繞點(diǎn)D逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)得到△FDE，當(dāng)點(diǎn)E恰好落在AC上，連接AF．則AF的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．2【答案】A【分析】過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AF于點(diǎn)H，由銳角三角函數(shù)的定義求出CD＝1，AD＝3，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，證出∠DCE＝∠DAF，設(shè)AH＝a，DH＝3a，由勾股定理得出a2+（3a）2＝32，求出a可得出答案．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AF于點(diǎn)H，∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，∴AD＝BD，∵tan∠ACB3，設(shè)CD＝x，∴AD＝3x，∴BC＝3x+x＝4，∴x＝1，∴CD＝1，AD＝3，∵將△ADC繞點(diǎn)D逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)得到△FDE，∴DC＝DE，DA＝DF＝3，∠CDE＝∠ADF，∴，∴∠DCE＝∠DAF，∴tan∠DAH＝3，設(shè)AH＝a，DH＝3a，∵AH2+DH2＝AD2，∴a2+（3a）2＝32，∴a，∴AH，∵DA=DF，DH⊥AF，∴AF＝2AH，故A正確．故選：A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定，應(yīng)用三角函數(shù)解直角三角形，勾股定理的應(yīng)用，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．23．（2023·廣東深圳·二模）如圖，已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，連接AC，動(dòng)點(diǎn)Q以每秒1個(gè)單位的速度沿A→B→C向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)P以每秒2個(gè)單位的速度沿A→C→D向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，連接PQ，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)終點(diǎn)D時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)△APQ的面積為S，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則S與t函數(shù)關(guān)系的圖象大致為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意，由矩形的性質(zhì)和勾股定理，得到AC=5，則得到點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒，則對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分類(lèi)討論：①當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的過(guò)程，即；②點(diǎn)P經(jīng)過(guò)點(diǎn)C之后，點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，即；③點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)點(diǎn)B后，點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D停止，即；分別求出S與t的關(guān)系，即可得到答案.【詳解】解：由矩形的性質(zhì)，得∠B=90°，AB=DC=4，AD=BC=3，由勾股定理，得：，∴點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的時(shí)間為：秒；點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D的時(shí)間為：秒；點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B的時(shí)間為：秒；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的情況，可分成以下三種情況：①當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的過(guò)程，即，如圖，作PE⊥AB于E，∴，，∵PE⊥AB，BC⊥AB，∴△APE∽△ACB，∴，∴，∴△APQ的面積為：（）；②點(diǎn)P經(jīng)過(guò)點(diǎn)C之后，點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，即；如圖，∴△APQ的面積為：（）；③點(diǎn)Q經(jīng)過(guò)點(diǎn)B后，點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D停止，即；如圖，此時(shí)，，，∴，∴△APQ的面積為：，∴（）；∴S與t函數(shù)關(guān)系的圖象大致為A選項(xiàng)中的圖像；故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象，矩形的性質(zhì)，勾股定理，以及二次函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)x的取值范圍表示出S與x之間的函數(shù)關(guān)系式．24．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國(guó)語(yǔ)學(xué)校（集團(tuán)）高新中學(xué)?？既＃┤鐖D，在矩形中，，，點(diǎn)E、F分別為、的中點(diǎn)，、相交于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作，交于點(diǎn)H，則線段的長(zhǎng)度是（

）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出，求出，，求出，根據(jù)勾股定理求出，求出，根據(jù)三角形的中位線求出，根據(jù)相似三角形的判定得出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，再求出答案即可．【詳解】解析：四邊形是矩形，，，，，，點(diǎn)E、F分別為、的中點(diǎn)，，，，，，．由勾股定理得：，，，，，，解得：，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)和判定，能熟記矩形的性質(zhì)是解此題的關(guān)鍵．25．（2023·廣東深圳·深圳市福田區(qū)北環(huán)中學(xué)校考二模）如圖，在中，，點(diǎn)在邊上，過(guò)的內(nèi)心作于點(diǎn)．若，，則的長(zhǎng)為（

）

A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】過(guò)點(diǎn)I作，垂足分別為G，F(xiàn)，可得，，設(shè)，，再由，即可求解．【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)I作，垂足分別為G，F(xiàn)，

∵點(diǎn)I為的內(nèi)心，∴以為半徑的圓I是的內(nèi)切圓，∴，，設(shè)，∵，∴，∴，∵，∴，解得：，∴．故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形的內(nèi)心，切線長(zhǎng)定理，熟練掌握三角形的內(nèi)心的性質(zhì)，切線長(zhǎng)定理是解題的關(guān)鍵．26．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）已知點(diǎn)，在的圖象上，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A．當(dāng)時(shí)，二次函數(shù)與軸總有兩個(gè)交點(diǎn)B．若，且，則C．若，則D．當(dāng)時(shí)，的取值范圍為【答案】D【分析】根據(jù)函數(shù)解析式，結(jié)合函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)、對(duì)稱(chēng)軸以及增減性依次對(duì)4個(gè)結(jié)論作出判斷即可．【詳解】解：由，∴拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為直線，頂點(diǎn)坐標(biāo)為；A.當(dāng)時(shí)，，所以，二次函數(shù)與軸總有兩個(gè)交點(diǎn)，說(shuō)法正確，故選項(xiàng)A不符合題意；B.當(dāng)時(shí)，對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)為，即；當(dāng)時(shí)，圖象在和之間，所以，，故選項(xiàng)B說(shuō)法正確，不符合題意；C.若，則，當(dāng)時(shí)，則兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)在對(duì)稱(chēng)軸右側(cè)，所以，，故選項(xiàng)C說(shuō)法正確，不符合題意；D.當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，最高點(diǎn)為，所以，，故選項(xiàng)D說(shuō)法錯(cuò)誤，符合題意，故選：D【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)圖象與二次函數(shù)的系數(shù)的關(guān)系，需要利用數(shù)形結(jié)合思想解決本題．27．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，，，若，，則點(diǎn)到的距離是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】過(guò)點(diǎn)作，垂足為，過(guò)點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，在中，利用勾股定理可求出的長(zhǎng)，再利用等腰直角三角形的性質(zhì)可得，，然后在中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出的長(zhǎng)，最后根據(jù)的面積的面積的面積的面積進(jìn)行計(jì)算即可解答．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)作，垂足為，過(guò)點(diǎn)作，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，，，，，，，，，，，，在中，，，的面積的面積的面積的面積，，，，點(diǎn)到的距離是，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形，點(diǎn)到直線的距離，利用了勾股定理，銳角三角函數(shù)，根據(jù)題目的已知條件結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．28．（2023·廣東深圳·深圳外國(guó)語(yǔ)學(xué)校?？家荒＃┤鐖D，為的直徑，點(diǎn)為半圓上一點(diǎn)且，點(diǎn)、分別為、的中點(diǎn)，弦分別交，于點(diǎn)、．若，則（

）A． B． C．18 D．【答案】A【分析】由于點(diǎn)、分別為、的中點(diǎn)，根據(jù)垂徑定理可得垂直平分，垂直平分，再由直徑所對(duì)的圓周角是直角得出、、、都是等腰直角三角形，根據(jù)，設(shè)未知數(shù)，表示，，最后根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系列方程求解即可．【詳解】解：如圖，連接、交、于點(diǎn)、，點(diǎn)、分別為、的中點(diǎn)，垂直平分，垂直平分，又為的直徑，，，，，、、、都是等腰直角三角形，在中，由，在中，，，設(shè)，則，由勾股定理可得，又，，，，，，，又，，解得，，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理及推論，直角三角形的邊角關(guān)系以及解直角三角形，掌握直角三角形的邊角關(guān)系是解決問(wèn)題的前提，設(shè)未知數(shù)，表示三角形的邊長(zhǎng)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．29．（2023·廣東深圳·?？既＃┚匦蜛BCD的對(duì)角線BD=4，DE⊥AC于點(diǎn)E，則當(dāng)∠DBE最大時(shí)，BE的長(zhǎng)度為（）A． B． C． D．2【答案】D【分析】設(shè)與的交點(diǎn)為點(diǎn)F，由矩形的性質(zhì)可得，若固定不動(dòng)，則E隨的位置變動(dòng)而變化，因，所以點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的軌跡是以為直徑的圓，設(shè)該圓圓心為O，不難知道，當(dāng)時(shí)，即為⊙O的切線時(shí)，最大，利用勾股定理即可求出答案．【詳解】設(shè)與的交點(diǎn)為點(diǎn)F，由矩形的性質(zhì)可得，，點(diǎn)在以為直徑的上，如下圖，∵當(dāng)是⊙O的切線時(shí)，最大，∴當(dāng)最大時(shí)，，∵，∴，∴．故答案為D．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)，關(guān)鍵在于確定E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡，有一定難度．30．（2023·廣東深圳·二模）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)是對(duì)角線AC上的兩點(diǎn)，且EF＝2AE＝2CF，連接DE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)M，連接DF并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)N，連接MN，則（

）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】設(shè)，首先證明，再利用平行線分線段成比例定理求出，推出，，可得結(jié)論．【詳解】解：設(shè)，四邊形是正方形，，，在和中，，，，在和中，，，，，，，，，，，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為，求出，．31．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形中，交于點(diǎn)，，垂足為點(diǎn)，連接，若，則的長(zhǎng)為（）A． B．16 C． D．【答案】D【分析】由菱形性質(zhì)可知：，，，，由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半得，再利用雙勾股列方程求出，即可解答．【詳解】解：∵菱形，∴，，，，又∵，∴，，∵，，設(shè)，則，∴，解得：（不符合題意，舍去），，∴，在中，，∴，故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，屬于中考常考題型．32．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，是上一點(diǎn)，連接，若，，則的值是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中點(diǎn)E，連接，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，再由，可得，可證明，從而得到，設(shè)，則，可得，，從而得到，的長(zhǎng)，再由勾股定理求出，即可求解．【詳解】解：如圖，取的中點(diǎn)E，連接，

∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴可設(shè)，則，∴，，∴，∴（負(fù)值舍去），，∴，∴．故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，證得是解題的關(guān)鍵．33．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，四邊形的對(duì)角線和相交于點(diǎn)E．若，且，，，則的長(zhǎng)為（

）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)D作交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，證明，得到，令，則，運(yùn)用勾股定理可求得，代入求出x即可．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)D作交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∴，∵，∴，∵，，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，在中，，令，則，∴解得：（舍去），∴，故選：C．【點(diǎn)睛】此題是一道幾何綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．34．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，作于點(diǎn)D，以為邊作矩形，使得，延長(zhǎng)，交于點(diǎn)G，作交于點(diǎn)H，作分別交，于點(diǎn)M、N，若，，則邊的長(zhǎng)為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】依據(jù)條件可判定，即可得到，，易證四邊形是矩形，四邊形是矩形，則，，，，又，則，設(shè)，則，，，再證，得，則，在中，由勾股定理，得，因?yàn)?，所以，即，解之求出x值，即可求解．【詳解】解：，，，，，，．在和中，，，，．∵矩形，，∴四邊形是矩形，四邊形是矩形，∴，，，，又∵，，設(shè)，則，，，∵，∴∵，∴∵∴∴，∴，∴，在中，由勾股定理，得，∵∴，化簡(jiǎn)整理，得．解得：或（不符合題意，舍去），∴故選：B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形判定與性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，平行線分線段成比例，勾股定理，解