《2026年金考卷中考试题汇编45套数学山东专版》

20. (本小题满分10分)
已知$\odot O$的直径为10,点E为弦AB上一点,$AB = 8$,过点E作弦CD交$\odot O$于点C,D.
(1) 如图(1),若$CD\perp AB$,$BE = 7AE$,连接AC,求AC的长;
(2) 如图(2),过点C作$CG\perp AB$于点G,连接BD,当BD过点O时,若$AE = CE=\frac{7}{4}$,求CG的长.

答案：
20
(1)如图
(1),过点O作OM⊥CD,ON⊥AB,垂足分别为M,N,则四边形ONEM为矩形,AN=BN=$\frac{1}{2}$AB=4(依据:垂直于弦(不是直径)的直径平分弦),CM=DM=$\frac{1}{2}$CD.

∵BE=7AE,AB=8,
∴AE=1,
∴EN=3,
连接OB,OD,则OB=OD=5，
∴ON=$\sqrt{OB²−BN²}$=3.
∴ON=EN,
∴四边形OMEN为正方形，
∴OM=ME=ON=3.
由勾股定理得DM=4,
∴CD=2DM=8,
∴CE=8−4−3=1,
∴AC=$\sqrt{1²+1²}$=√2.
(2)如图
(2),连接AC,AD.

∵AE=CE,
∴∠ACE=∠CAE.
又
∵∠ACE=∠ABD,∠CAE=∠CDB,
∴∠ABD=∠CDB,
∴DE=BE=8−$\frac{7}{4}$=$\frac{25}{4}$.
∵BD为⊙O直径，
∴∠BAD=90°(依据:直径所对的圆周角是直角).
在Rt△ABD中,由勾股定理得AD=$\sqrt{BD²−AB²}$=6.
∵CG⊥AB,
∴∠CGE=90°=∠BAD.
又
∵∠AED=∠GEC,
∴△CEG∽△DEA,
∴$\frac{CG}{AD}$=$\frac{CE}{DE}$,即$\frac{CG}{6}$=$\frac{4}{25}$,
∴CG=$\frac{42}{25}$.

21. (本小题满分9分)
如图,某园林中A,B,C,D四个亭子(可看作四个点)在$\odot O$上,且亭子B在亭子A的南偏西$70^{\circ}$方向上,亭子C在亭子B的正南方向上.该园林管理部门计划在AD的延长线上再修建一个亭子E,使$DE = 500m$,测得此时$\angle AEC = 40^{\circ}$.
(1) 连接CD,求$\angle DCE$的度数.
(2) 该部门计划在亭子C,E之间修建一条直线连廊,求该连廊的长度.(结果精确到0.1 m.参考数据:$\sqrt{3}\approx1.73$,$\sin40^{\circ}\approx0.64$,$\cos40^{\circ}\approx0.77$,$\tan40^{\circ}\approx0.84$,$\sin70^{\circ}\approx0.94$,$\cos70^{\circ}\approx0.34$,$\tan70^{\circ}\approx2.75$)

答案：
21
(1)如图,易知MN//BC,∠BAN=70°,
∴∠B=180°−∠BAN=110°.
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠B=180°,
∴∠ADC=180°−110°=70°,
∴∠DCE=∠ADC−∠E=70°−40°=30°.

(2)如图,过点D作DH⊥CE于点H,
在Rt△DHE中,∠E=40°,DE=500,
∴DH=DEsin40°≈500×0.64=320,
HE=DEcos40°≈500×0.77=385.
在Rt△CDH中,∠DCH=30°,DH=320,
∴CH=√3DH≈1.73×320=553.6,
∴CE=CH+HE=553.6+385=938.6(m).
答:连廊的长度约为938.6m.

22. (本小题满分11分)
已知在四边形ABCD中,E为边AD上一点(不与点A,D重合),连接BE,将$\triangle ABE$沿BE折叠得到$\triangle FBE$,点A的对应点为F.
(1) 如图(1),若四边形ABCD是正方形,射线CF交射线BE于点G,求$\angle G$的度数.
(2) 如图(2),若四边形ABCD是矩形,点F恰好落在CD上,过点F作$FH\perp AB$于点H,交BE于点O.若$AE = 2$,$HO:OF = 3:5$,求AB的长.
(3) 如图(3),若四边形ABCD是平行四边形,$BC = 2AB = 8$,$\angle ABC = 60^{\circ}$.点A落在线段BC上的点F处,P为AB的中点,连接DP,PF,求$\tan\angle DPF$的值.

答案：
22
(1)设∠ABG=∠FBG=α,则∠CBF=90°−2α.
由折叠可知，BF=AB=BC,
∴∠BFC=∠BCF,
∴∠BFC=$\frac{180°−(90°−2α)}{2}$=45°+α,
∴∠G=∠BFC−∠GBF=45°+α−α=45°(依据:三角形外角的性质).
(2)
∵FH⊥AB,
∴∠BHF=90°.
在矩形ABCD中,∠BAD=90°,
∴∠BHF=∠BAD=90°,
∴AD//HF,
∴∠AEO=∠EOF.
连接AO,如图
(1),由折叠可知,EA=EF,OA=OF,∠AEO=∠FEO,
∴∠FOE=∠FEO,
∴EF=FO(点拨:角平分线+平行→等腰三角形)，
∴OA=OF=EF=AE=2.
∵HO:OF=3:5,
∴HO=$\frac{6}{5}$.
∵∠HAD=∠D=∠AHF=90°,
∴四边形AHFD是矩形，
∴AD=HF=HO+OF=$\frac{16}{5}$,
∴ED=$\frac{6}{5}$,
∴DF=$\sqrt{EF²−DE²}$=$\frac{8}{5}$.
在矩形ABCD中,BC=AD=$\frac{16}{5}$,∠C=∠D=90°,
∴∠DEF+∠DFE=90°.
∵∠EFB=∠EAB=90°,
∴∠DFE+∠BFC=90°,
∴∠BFC=∠DEF,
∴△DEF∽△CFB,
∴$\frac{EF}{FB}$=$\frac{DF}{CB}$,即$\frac{2}{FB}$=$\frac{\frac{8}{5}}{\frac{16}{5}}$,
∴FB=4,
∴AB=FB=4.

(3)连接AF,如图
(2)，
∵将△ABE沿BE折叠得到△FBE,
∴AB=BF.
∵∠ABC=60°,
∴△ABF为等边三角形(依据:有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形).
∵BC=2AB=8,
∴BF=AB=4.
∵P为AB的中点，
∴FP⊥AB,BP=AP=2(依据:等腰三角形“三线合一”)，
∴PF=2√3.
延长PF交DC的延长线于点K(点拨:倍长中线变式)，
在▱ABCD中,AB//CD,
∴∠KCF=∠PBF,∠K=∠BPF=90°.
又
∵BF=FC=4,
∴△BFP≌△CFK(点拨:“8”字型全等)，
∴CK=BP=2,FK=FP=2√3,
∴DK=DC+CK=6,PK=PF+FK=4√3,
∴tan∠DPF=$\frac{DK}{PK}$=$\frac{6}{4√3}$=$\frac{√3}{2}$.
第
(3)问求出PF的长后还可利用如下方法解题.
设PD交EF于点M,利用中位线定理得到EM的长,进而得到FM的长,在Rt△PFM中求解即可.