03(选择题-压轴)(20题)-2021年中考数学(浙江专用)(解析版)

2021中考考点必杀500题 专练03（选择题-压轴）（20道）

1．（2021·温州外国语学校九年级其他模拟）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）．图2为小明同学根据弦图思路设计的．在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作AC，再以CD为直径作半圆交AC于点E，若边长AB10，则△CDE的面积为（ ）

A．20 【答案】A 【分析】

根据题意，作出合适的辅助线，然后根据相似三角形的判定与性质，可以得到DE和CE的值，从而可以求得△CDE的面积． 【详解】

解：取CD的中点F，连接BF、BE、EF， 由题意可得，FE＝FC，BE＝BC， △BF是EC的垂直平分线， △△FBC+△BCE＝90°， △△BCD＝90°， △△DCE+△BCE＝90°， △△FBC＝△DCE， 又△△BCF＝△CED＝90°， △△BCF△△CED， △

BCCFBF， CEEDCDB．253 2C．24

D．105 △BC＝10，CD＝10，CF＝5，△BCF＝90°， △BF＝1025255， △

10555， CEED10解得CE＝45，ED＝25， △△CDE的面积为：故选：A．

452520， 2

【点睛】

本题考查圆的有关计算、勾股定理、正方形的性质、线段垂直平分线的性质、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

2．（2021·杭州育才中学九年级二模）如图，△ABC中，AB=AC，D为BC中点，在BA的延长线上取一点E，使得ED=EC，ED与AC交于点F，则

AF的值为（ ） CF

A．

1 2B．

1 3C．

2 5D．

2 3【答案】B 【分析】

过点D作DG△AC，交EB于点G，连接AD，则G为AB的中点，△EAC=△DGE，得出DG是△ABC的中位线，由三角形中位线定理得出AC=2DG，由等腰三角形和三角形的外角性质证出△ACE=△EDG，由AAS证明△ACE△△GED，得出AE=DG，由等腰三角形得性质和直角三角形斜边上的中线性质得出DG=

1AB=AG=BG，得出AE=AG，三角2AF． CF形中位线定理，得DG=2AF，因此AC=4AF，即可得出【详解】

过点D作DG∥AC，交EB于点G，连接AD，

试卷第2页，总31页

△BD=DC， △BG=AG，

△DG是△ABC的中位线， △AC=2DG， △DG∥AC， △△EAC=△DGE， △ED=EC， △△EDC=△ECD， △AB=AC， △△ABC=△ACB，

△△EDC=△ABC+△DEG， △ECD =△ACB+△ECA，△△DEG =△ECA， △△ACE△△GED， △AE=DG，

△AB=AC，BD=CD， △△ADB=90°， △DG=

1AB=AG=BG， 2△AE=AG， △DG∥AF，

△AF是△EDG的中位线， △DG=2AF， △AC=4AF， △CF=3AF， △

AF1=． CF3

故选B． 【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质，三角形的外角性质，三角形的中位线定理，三角形的全

等，直角三角形斜边中线的性质，添加平行线，构造三角形中位线定理是解题的关键．3．（2020·浙江九年级期末）如图，A、B、C、D、E是

O上的5等分点，连接

AC、CE、EB、BD、DA，得到一个五角星图形和五边形MNFGH．有下列3个结

论：△AOBE，△CGDCODCAD，△BMMNNE．其中正确的结论是（ ）

A．△ 【答案】B 【分析】

B．△△ C．△△ D．△△△

根据圆的性质得到AO△BE，故△正确；由A、B、C、D、E是△O上的5等分点，得到弧CD的度数，求得△COD=72°，根据圆周角定理得到△CAD=36°；连接CD求得△CGD=108°，于是得到△CGD=△COD+△CAD，故△正确；连接AB，AE，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】 解：

A、B、C、D、E是O上的5等分点，

ABAE，

AOBE，故△正确；

A、B、C、D、E是O上的5等分点， CD的度数36072， 5COD72，

COD2CAD， CAD36；

连接CD

试卷第4页，总31页

A、B、C、D、E是O上的5等分点， ABDEBCCD，

BDCDCECAD36， CGD108，

CGDCODCAD，故△正确；

连接AB，AE，

则BAMABMEANAEN36，

ABAE，

△ABM△AEN(ASA)，

BMENAMAN， MAN36， AMMN，△错误．

故选：B． 【点睛】

本题考查了正多边形与圆，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

4．（2021·浙江宁波市·九年级期末）如图，已知△O的半径为3，弦CD＝4，A为△O上一动点（点A与点C、D不重合），连接AO并延长交CD于点E，交△O于点B，P为CD上一点，当△APB＝120°时，则AP•BP的最大值为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．12

【答案】C 【分析】

延长AP交△O于T，连接BT．设PC＝x．构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可． 【详解】

解：延长AP交△O于T，连接BT，连接CT、AD．设PC＝x．

△△PAD=△C，△PDA=△CTP， △△APD△△CPT， △

APPD， CPPT即PA•PT＝PC•PD， △AB是直径， △△ATB＝90°， △△APB＝120°， △△BPT＝60°， △PT＝PB•cos60°＝

1PB， 2△PA•PB＝2PA•PT＝2PC•PD＝2x•（4﹣x）＝﹣2（x﹣2）2＋8， △﹣2＜0，

△x＝2时，PA•PB的最大值为8， 故选：C． 【点睛】

本题考查圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

5．（2020·浙江杭州市·九年级期末）如图，已知在ABC中，点D为BC边上一点（不与点B，点C重合），连结AD，点E，点F分别为AB、AC上的点，且EF//BC，

试卷第6页，总31页

交AD于点G，连结BG，并延长BG交AC于点H．已知上的中线，则

AE2．△若AD为BC边BEBG2的值为；△若BHAC，当BC2CD时，

3BHBH2ADsinDAC．其中正确的是（ ）

A．△ 【答案】A 【分析】

B．△ C．△△ D．以上均不正确

△过点B作BM//AC，与AD的延长线相交于点M，可得ADCMDB，由

EF//BC得AG:GD，进而得MG:AG，再由相似三角形得结果，便可判断△是否正

确；△过点D作DNAC于点N，再解直角三角形和应用相似三角形的比例线段便可判断△的正误． 【详解】

解：△过点B作BM//AC，与AD的延长线相交于点M， CMBD，

在ACD和MBD中，

CMBD， CDBDADCMDBACDMBD(ASA)，

ADMD，

EF//BC，

AE2， BEAGAE2， DGBEMG42， AG2BM//AC，

MBG∽AHG，

BGMG2， HGAGBG2， BH3故△正确；

（2）过点D作DNAC于点N，

则DNADsinDAC，

BHAC，DNAC，

BH//DN，

BHBCBHBC，即， DNDCADsinDACDCBC2CD，

BH2，

ADsinDACBH2sinDAC AD即BH>2ADsin△DAC 故△错误； 故选：A． 【点睛】

本题是三角形的一个综合题，主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，关键是作辅助线，构造全等三角形与相似三角形、直角三角形进行解答．

6．（2021·浙江温州市·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，ACB90，以其三边为边向外作正方形，连结CG交AB于点M，连结CE，CH．若CH2CE，则的值为（ ）

AMBM试卷第8页，总31页

A．

2 3B．

3 4C．5 3D．

10 4【答案】B 【分析】

易证△EAC△△CBH，由相似三角形的性质及CH=2CE得：BC=2AC，过点C作CN△AB于点N，由已知及辅助线作法，可得△CAN△△BAC，从而有CN=2AN，设AN=a，则CN=2a，从而AC5a， BC25a，由勾股定理计算得：AB=5a，所以BN=4a；易得

△CNM△△GBM，由相似的性质可求得NM的长，从而求得BM，最后得结论． 【详解】

如图，过点C作CN△AB于点N

由题意知：△EAC、△CBH都是等腰直角三角形，所以△EAC△△CBH △

BCCH ACCE△CH=2CE △BC=2AC

△△CAN=△ACB=90,△CAN=△BAC △△CAN△△BAC △

CNAN BCAC△CN=2AN

设AN=a，则CN=2a

在Rt△CAN中，由勾股定理得：AC△BC25a

在Rt△CAB中，由勾股定理得：AB△BN=AB-AN=5a-a=4a △四边形ABGF为正方形 △BG=AB=5a △AB△BC，CN△AB △CN△BC △△CNM△△GBM

AN2CN25a

AC2BC25a

NMCN2a2 BMBG5a528a△NMBN

778a15a8a20a△AMAN+NMa,BMBNNM4a 7777AM15a20a3 △BM774△故选:B 【点睛】

本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形相似的判定和性质，带有一定的综合性．通过作辅助线得△CAN△△BAC，由此得出CN=2AN是本题的关键和难点．

7．（2020·浙江九年级期末）如图，将边长为6的正六边形ABCDEF沿HG折叠，点B恰好落在边AF的中点上，延长BC交EF于点M，则CM的长为（ ）

试卷第10页，总31页

A．1 【答案】A 【分析】

B．

6 5C．

5 6D．

9 5过点H作FA延长的垂线HQ，设AHx，可得AQ由ABBHBHABAH6x，

13x，QHx，可得2211AB3，可得BQBAAQ3x，22在Rt△BHQ中，根据勾股定理即可得x的值，再证明△ABM∽FMB，对应边成比例即可求出结果． 【详解】

解：如图，过点H作FA延长的垂线HQ，

BAF120，

HAQ60，HQA90， AHQ30，

设AHx，AQ13x，QHx， 22BHBHABAH6x，

AB1AB3， 21x， 2BQBAAQ3在Rt△BHQ中，根据勾股定理，得

BH2BQ2QH2，

(6x)2(3解得x1232x)x， 249， 521， 6BH6xHABFHBM120，

AHBABH60，FBMABH60，

AHBFBM， △AB'H∽FMB'，

BHAH， BMBF2196，

5BM3解得BM7，

CMBMBC761．

故选：A． 【点睛】

本题考查了正多边形和圆，翻折变换，相似三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握正多边形和圆的关系．

28．（2020·浙江金华市·九年级期末）如图，抛物线y2x8x6与x轴交于点A、B，

把抛物线在x轴及其下方的部分记作C1，将C1向右平移得C2，C2与x轴交于点若直线yxm与C1、C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是（ ） B，D．

试卷第12页，总31页

A．

1m2 8B．

7m2 4C．2m3

D．

15m3 8【答案】D 【分析】

首先求出点A和点B的坐标，然后求出C2解析式，分别求出直线yxm与抛物线C2相切时m的值以及直线yxm过点B或A时m的值，结合图形即可得到答案． 【详解】 解：如图：

y=2x2-8x+6=2（x-2）2-2 令y=0， 即x2-4x+3=0， 解得x=1或3，

则点A（1，0），B（3，0），

由于将C1向右平移2个长度单位得C2， 则C2解析式为y=2（x-4）2-2（3≤x≤5）， 当y=-x+m1与C2相切时， 令y=-x+m1=y=2（x-4）2-2， 即2x2-15x+30-m1=0， △=8m1-15=0，

解得：m1=

15； 8当y=-x+m2过点B时， 即0=-3+m2， △m2=3，

当y=-x+m3过点A时， 即0=-1+m3， △m2=1， 当

15＜m＜3时直线y=-x+m与C1、C2共有3个不同的交点， 8故选：D． 【点睛】

本题主要考查抛物线与x轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度．

9．（2020·浙江绍兴市·九年级期中）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝mx2﹣2mx+m﹣1（m＞0）与x轴的交点为A，B．若横、纵坐标都是整数的点叫做整点，当抛物线在点A，B之间的部分与线段AB所围成的区域内（包括边界）恰有6个整点，结合函数的图象，可得m的取值范围为（ ） A．

11＜m≤ 94B．

11≤m＜ 94C．0＜m＜

1 4D．0＜m≤

1 9【答案】A 【分析】

根据抛物线的解析式画出大致的图象，再根据整点的定义确定当有6个整点时函数图象的形状确定m的范围． 【详解】

解：如图所示，抛物线在点A，B之间的部分与线段AB所围成的区域内（包括边界）恰有6个整点，对称轴x＝1，

△点A在（﹣1，0）与（﹣2，0）之间（包括（﹣1，0）），

1， 41当抛物线经过点（﹣2，0）时，m＝，

911△m的取值范围为＜m≤．

94当抛物线经过（﹣1，0）时，m＝故选：A．

试卷第14页，总31页

【点睛】

本题考查二次函数图象的性质，解题的关键是根据函数图象的性质求未知数m的范围． 10．（2020·浙江金华市·九年级其他模拟）如图，在一单位为1的方格纸上，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7……，都是斜边在x轴上，斜边长分别为2，4，6，……的等腰直角三角形，若A1A2A3的顶点坐标分别为A1(2，0)，A2(1，﹣1)，A3(0，0)，则依图中所示规律，A2020

的坐标为（ ）

A．(1010，0) 【答案】D 【分析】

B．(1012，0) C．(2，1012) D．(2，1010)

根据脚码确定出脚码为偶数时的点的坐标，得到规律：当脚码是2、6、10…时，横坐标为1，纵坐标为脚码的一半的相反数，当脚码是4、8、12．…时，横坐标是2，纵坐标为脚码的一半，然后确定出第2020个点的坐标即可． 【详解】

解：观察点的坐标变化发现：

当脚码为偶数时的点的坐标，得到规律：

当脚码是2、6、10…时，横坐标为1，纵坐标为脚码的一半的相反数， 当脚码是4、8、12．…时，横坐标是2，纵坐标为脚码的一半， 因为2020能被4整除，

所以横坐标为2，纵坐标为1010，

故选：D． 【点睛】

本题考查点坐标的变化规律，根据所要求的点坐标确定类似点的变化规律是解题关键．11．（2019·浙江杭州市·九年级期中）如图，在平面直角坐标系中有一半径为5的点A(2,1)，B、D为

O和

O夹在两坐标轴正半轴之间的劣弧（含交点）上的两点，且

BAD90，以AB，AD为边作矩形ABCD，则对角线AC的最小值是（ ）

A．23 【答案】B 【分析】

B．25 C．5 D．4

AC＝BD，ED＝EB，连接BD，根据矩形的性质可得：连接OE，如图1，由垂径定理得：OE△DE，则OE的大小决定BD的大小，即AC的大小，所以如图2中当O、A、E共线时，此时OE最大，DE最小，即AC最小，然后设DE＝a，在直角△ODE中根据勾股定理即可列出关于a的方程，解方程即可求出a，进而可求出AC的长． 【详解】

解：如图1，连接BD，交AC于E，△四边形ABCD是矩形，△AC＝BD，E是BD的中点，

连接OE，△OE△BD，

在Rt△ODE中，△OD＝5，△OE的大小决定DE的大小，即BD的大小，AC的大小， △当OE最大时，DE最小，即AC最小，

如图2，当O、A、E共线时，此时OE最大，DE最小，即AC最小， △A（2，1），△OA＝5，

△AC△BD，△矩形ABCD是正方形， △△DAE＝45°，△AE＝DE，

设DE＝a，则OE＝5+a，在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD2＝DE2+OE2，

试卷第16页，总31页

△52=a25a，即a2+5a﹣10＝0，解得：a＝﹣25（舍去）或5，

2△AC＝BD＝2a＝25. 故选：B．

【点睛】

本题考查了矩形的性质、垂径定理、坐标与图形的性质、勾股定理和一元二次方程的解法等知识，熟练掌握矩形的性质和垂径定理、明确当O、A、E共线时AC最小是解题的关键．

12．（2020·浙江杭州市·九年级期中）如图，以M(4,0)为圆心，3为半径的圆与x交于点A、B，P是以CD为直径的

M上异于A、B的一动点，直线PA与PB分别交y轴于点C、D，N交x轴于点E、F，则EF的长（ ）

A．27 【答案】A 【分析】

B．5

C．23 D．不能确定

ON=x，OD=r+x，连接NF，设圆N半径为r，则OC=r-x，证△OBD△△OCA，推出求出r2-x2=9，根据垂径定理和勾股定理即可求出答案． 【详解】

解：连接NF，设圆N半径为r，ON=x，则OC=r-x，OD=r+x，

OBOCOD，OA△以M（4，0）为圆心、3为半径的圆与x轴交于A、B两点， △OA=4-3=1，OB=3+4=7， △AB是△M的直径， △△APB=90°， △△BOD=90°，

△△PAB+△PBA=90°，△ODB+△PBA=90°， △△PAB=△ODB， △△PAB=△OAC， △△ODB=△OAC， △△BOD =△AOC =90°， △△OBD△△OCA，

OBOD，

OCOA7rx即， rx1△

（r+x）（r-x）=7， △r2-x2=7，

由垂径定理得：OE=OF，OF2=FN2-ON2， OF2=7， OF=7， △EF=2OF=27，

故选：A． 【点睛】

本题考查了勾股定理，垂径定理，相似三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出OE=OF和r2-x2=9，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力．

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13．（2020·浙江杭州市·树兰中学九年级月考）如图所示，AB是半圆O的直径，，连接AB5cm，AC4cm，D是弧BC上的一个动点（含端点B，不含端点C）

AD，过点C作CEAD于E，连接BE，在点D移动的过程中，BE的取值范围是

（ ）

A．132BEC．

9 5B．132BE3 D．132BE132

9BE3 5【答案】B 【分析】

由△AEC=90°知E在以AC为直径的△M的CN上（不含点C、可含点N），从而得BE最短时，即为连接BM与△M的交点（图中E′点），在Rt△BCM中利用勾股定理求得BM=13，从而得BE长度的最小值BE′=BM-ME′=13-2；由BE最长时即E与C重合，根据BC=3且点E与点C不重合，得BE＜3，从而得出答案． 【详解】 解：如图，

由题意知，△AEC=90°，

△E在以AC为直径的△M的CN上（不含点C、可含点N）， △BE最短时，即为连接BM与△M的交点（图中E′点）， △AB是半圆O的直径， △△ACB=90°， △AB=5，AC=4， △BC=3，CM=2，

则BM=CM2BC2=2232=13， △BE长度的最小值BE′=BM-ME′=13-2， 当BE最长时，即E与C重合， △BC=3，且点E与点C不重合， △BE＜3，

综上，13-2≤BE＜3， 故选：B． 【点睛】

本题考查了圆周角定理、勾股定理等知识点，根据题意得出BE最短时，即为连接BM与△M的交点是解题的关键．

14．（2020·宁波市鄞州区首南街道中心初级中学九年级月考）如图，边长为2的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为2的圆上，顶点C、D在该圆上．将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点D第一次落在圆上时，点C运动的路线长为（ ）

A．2 3B．

2 3C．

13D．

2 6【答案】A 【分析】

作辅助线求出DAB的大小，进而求出旋转的角度，利用弧长公式即可求解. 【详解】

分别连接OA、OB、OD、OC、OC、AC、AC， △OA=OB=AB， △△OAB是等边三角形， △△OAB=60，

同理可得：△OAD=60， △△DAB=120， △△DAB=90，

试卷第20页，总31页

△△DAD=30，

由旋转变换的性质可知旋转角为30， △AB=BC=2，△ABC=90， △AC=AB2BC222，

30222，

1803△点C运动的路线长为故选：A.

【点睛】

此题考查正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，弧长公式，等边三角形的判定及性质，综合掌握各知识点是解题的关键.

15．（2020·温州市第二十三中学九年级开学考试）如图，四个全等的直角三角形围成一个正方形ABCD和正方形EFGH，即赵爽弦图，连接AC，FN交EF，GH分别于点M，N已知AH=3DH，且S正方形ABCD21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）

A．

21 4B．

21 5C．

22 5D．

22 3【答案】B 【分析】

利用勾股定理求出DH和AH，根据全等三角形的性质可得AE=DH=CG=210CG

，：10FG=AE：EH=1:2，根据全等三角形的判定可证AEM△CGN，AHN△CFM，从S△AHN = S△CFM，而得出S△AEM= S△CGN，即可求出S四边形MFGN，最后根据S阴影=S△MNF＋S△AEM

＋S△CGN即可求出结论． 【详解】

解：△AH=3DH，且S正方形ABCD21， △AH2＋DH2=AD2=21 即（3DH）2＋DH2=21 解得：DH=210

，10△AH=3210 10210CGFG=AEEH=1:2

，：：10210S

，△FGN=2S△CGN 5由全等三角形的性质可得AE=DH=CG=△正方形EFGH的边长EH=AH－AE=△AH△CF △△HEN=△FCM

△△AEM=△CGN=90°，AE=CG，△AHN=△CFM=90°，AH=CF △AEM△CGN，AHN△CFM △S△AEM= S△CGN，S△AHN = S△CFM

11210△S四边形MFGN= S△CFM－S△CGN= S△AHN－S△AEM=S四边形EMNH=S正方形EFGH=×=22521 5△S△FGN=2S△CGN

△S阴影=S△MNF＋S△AEM＋S△CGN = S△MNF＋2S△CGN = S△MNF＋S△FGN = S四边形MFGN =

221 5故选B． 【点睛】

此题考查的是勾股定理和全等三角形的判定及性质，掌握勾股定理、全等三角形的判定及性质和各图形的面积公式是解决此题的关键．

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AOD90，16．（2020·浙江省黄岩实验中学九年级期中）如图，扇形AOD中，OA6，

点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），PQOD于Q，点I为△OPQ的I和D三点的圆的半径为r．r的值满足内心，过O，则当点P在弧AD上运动时，（ ）

A．0r3 【答案】D 【分析】

B．r3

C．3r32 D．r32

连OI，PI，DI，由△OPH的内心为I，可得到△PIO=180°-△IPO-△IOP=180°-

12（△HOP+△OPH）=135°，并且易证△OPI△△ODI，得到△DIO=△PIO=135°，所以点II、O三点作△O′，在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、如图，O′O，P′O，连O′D，在优弧AO取点P′，连P′D，可得△DP′O=180°-135°=45°，得△DO′O=90°，O′O=32． 【详解】

解：如图，连OI，PI，DI， △△OPH的内心为I，

△△IOP=△IOD，△IPO=△IPH， △△PIO=180°-△IPO-△IOP=180°-而PH△OD，即△PHO=90°， △△PIO=180°-

1（△HOP+△OPH）， 211（△HOP+△OPH）=180°-（180°-90°）=135°， 22在△OPI和△ODI中，

IOIOPOIDOI， ODOP△△OPI△△ODI（SAS）， △△DIO=△PIO=135°，

所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；

过D、I、O三点作△O′，如图，连O′D，O′O， 在优弧DO取点P′，连P′D，P′O， △△DIO=135°，

△△DP′O=180°-135°=45°， △△DO′O=90°，而OD=6， △OO′=DO′=32， △r的值为32， 故选D．

【点睛】

本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．

17．（2020·浙江省天台实验中学九年级月考）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E、H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一A点的对称点为A、D点的对称点为D，点P处，若FPG90，△AEP为8，△DPH的面积为2，则矩形ABCD的长为（ ）

A．6510 【答案】D 【分析】

B．61052 C．3510

D．31052 设AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH

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的面积为1，推出D′H＝

111x，由S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，可解得x=22，分222别求出PE和PH，从而得出AD的长. 【详解】

解：△四边形ABC是矩形， △AB=CD，AD=BC， 设AB=CD=x，

由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x， △△A′EP的面积为8，△D′PH的面积为2， 又△FPG90，△A′PF=△D′PG=90°， △△A′P D′=90°，则△A′PE+△D′PH=90°， △△A′PE=△D′HP， △△A′EP△△D′PH， △A′P2：D′H2=8：2， △A′P：D′H=2：1， △A′P=x，

1x， 21111△S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，即xx2，

2222△D′H=

△x=22（负根舍弃），

△AB=CD=22，D′H=DH=2，D′P=A′P=CD=22，A′E=2D′P=42， △PE=422222210，PH=2222210，

△AD=42210102=52310， 故选D. 【点睛】

本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．

18．（2020·浙江温州市·）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣，1955年希腊发行了两枚以勾股图为背景的邮票．所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理，如图的勾股图中，已知ACB90，AC4，

AB5.作四边形PQNM，满足点H、l在边MN上，点E、G分别在边PM，QNQ是直线DF与PM，QN的交点．上，那么PQ的长等于( ) MN90，P、

A．

245 24B．

261 24C．

2413 60D．

310 21【答案】A 【分析】

先根据勾股定理求出BC的长，双向延长线段AB交PM于点O，交QN于点R，则AO△MP，BR△QN，如图1，然后根据平角的定义、直角三角形的性质和等量代换可得△4=△5，根据SAS易证△ABC△△DFC，可得DF=AB=5，△6=△1，△8=△5，进而可得△7=△4，于是有PD=PE，作PS△DE于点S，如图2，则在Rt△PDS中，利用三角函数的知识可求出PD的长，作QW△FG于点W，同理可求出FQ的长，进一步即可求出结果． 【详解】

解：在△ABC中，△ACB90，AC4，AB5， △BC52423，

双向延长线段AB交PM于点O，交QN于点R，则AO△MP，BR△QN，如图1， 由题意得：△1+△2=90°，△3+△2=90°，△3+△4=90°，△1+△5=90°， △△4=△5，

△AC=DC，△ACB=△DCF=90°，CF=CB， △△ABC△△DFC（SAS）， △DF=AB=5，△6=△1，△8=△5， △△6+△7=90°，△6+△8=90°， △△7=△8， △△7=△4， △PD=PE，

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1DE2， 2DSDS210PD在Rt△PDS中，cos7cos533；

5作PS△DE于点S，如图2，则DS同理可得：QF=QG，△9=△1，

13FG， 223FWFW152； 在Rt△FQW中，FQcos9cos148510152455△PQPDDFFQ． 3824作QW△FG于点W，则FW故选：A．

【点睛】

本题以勾股图为背景，主要考查了勾股定理、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质以及解直角三角形的知识，具有一定的综合性，正确添加辅助线、灵活应用

上述知识是解题的关键．

19．（2020·浙江杭州市·信达外国语学校）如图，等边OAB的边长为

1，以O为圆心，2连接AD，BC相交于点P，将等边OAB从OA与OCCD为直径的半圆经过点A，

重合的位置开始，绕着点O顺时针旋转120，交点P运动的路径长是( )

A．

3 3B．23 9C．23 3D．

2 3【答案】B 【分析】

点P的运动轨迹是弧，所在圆的半径是等边三角形CDM的外接圆的半径，利用弧长公式计算即可. 【详解】 △△AOB=60°， △△AOC+△BOD=120°， △△BCD+△ADC=△△CPD =120°，

△点P的运动轨迹是弧，所在圆的半径是等边三角形CDM的外接圆的半径， 连接OO， △CO=DO， △OO△CD，

△四边形CMDP是圆内接四边形， △△CMD+△CPD=180°， △△CMD=60°，

△△COD=2△CMD=120°， △△COO=60°，

在Rt△COO中，CO=AO=△CO=

1(△AOC+△BOD)=60°， 21, 23, 3试卷第28页，总31页

△交点P运动的路径CD长为

120l3323， 1809故选：B.

【点睛】

此题考查等边三角形的性质，圆周角定理，圆内接四边形的对角互补的性质，锐角三角函数求线段长，弧长公式，正确理解点P的起点为点C，终点为点D得到点P的运动路径是劣弧CD是解题的关键.

20．（2020·瑞安市新纪元实验学校九年级学业考试）如图，在正方形ABCD各边上分别截取AEBFCGDH，且AFQBGMCHNDEP45，若四边形MNPQ的面积为S1．四边形FAEQ面积为S2，当AF52，且则AE的长为（ ）

S132时，S241

A．22 【答案】A 【分析】

B．3 C．4 D．32 如图，分别延长BA、PE交于R，QF、CB交于S，MG、DC交于T，NH、AD交于U，得到则△RQF,△SMG,△TNH,△UPE都是全等的等腰直角三角形， 若将上述四个

等腰直角三角形拼成一个新正方形，则新正方形面积与正方形ABCD面积相等，由题意得△RAE,△SBF,△TCG,△UDH也是全等的等腰直角三角形，得到

S△RAE122 设AE=AR=x，S正方形MNPQ，根据已知推出S△RAE∽S△RQF，相似比为，

47根据相似列方程，即可求解． 【详解】

解：如图，分别延长BA、PE交于R，QF、CB交于S，MG、DC交于T，NH、AD交于U，

则△RQF,△SMG,△TNH,△UPE都是全等的等腰直角三角形， 若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新正方形，则新正方形面积与正方形ABCD面积相等， 由题意得△RAE,△SBF,△TCG,△UDH也是全等的等腰直角三角形， △S△RAE△

1S， 4正方形MNPQS132， S241S△RAE8 ， S241△



S△RAE8， S△RFQ49S△RAE∽S△RQF，

PE22， RF7设AE=AR=x，则RT2x ，

2x22， 7x52解得 x22．

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故选：A 【点睛】

本题考查了正方形与等腰直角三角形拼图，相似性质等知识，根据拼图得出

S△RAE∽S△RQF，相似比为22是解题关键．

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