《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 9 分）
新课标 开放性试题 在正方形 $ABCD$ 中，点 $E$ 是对角线 $AC$ 上的动点（与点 $A$，$C$ 不重合），连接 $BE$.
（1）将射线 $BE$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $45^{\circ}$，交直线 $AC$ 于点 $F$.
①依题意补全图（1）.
②小研通过观察、实验，发现线段 $AE$，$FC$，$EF$ 存在以下数量关系：$AE$ 与 $FC$ 的平方和等于 $EF$ 的平方. 小研把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法.
想法 $1$：将线段 $BF$ 绕点 $B$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$，得到线段 $BM$，要证 $AE$，$FC$，$EF$ 的关系，只需证 $AE$，$AM$，$EM$ 的关系.
想法 $2$：将 $\triangle ABE$ 沿 $BE$ 翻折，得到 $\triangle NBE$，要证 $AE$，$FC$，$EF$ 的关系，只需证 $EN$，$FN$，$EF$ 的关系.
……
请你参考上面的想法，用等式表示线段 $AE$，$FC$，$EF$ 的数量关系并证明.（一种方法即可）
（2）如图（2），若将直线 $BE$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $135^{\circ}$，交直线 $AC$ 于点 $F$. 小研完成作图后，发现直线 $AC$ 上存在三条线段（不添加辅助线）满足：其中两条线段的平方和等于第三条线段的平方，请直接用等式表示这三条线段的数量关系.

答案：
30
(1)①补全图形，如图
(1)所示。
②$AE^{2} + FC^{2} = EF^{2}$。(3分)

证明：如图
(2)，过点$B$作$MB\bot BF$，使$BM = BF$，连接$AM$，$EM$，则$\angle MBF = 90^{\circ}$，$BM = BF$。
$\because$四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore \angle ABC = 90^{\circ}$，$\angle 1 = \angle 2 = 45^{\circ}$，$AB = BC$。
$\because \angle 3 = 45^{\circ}$，$\therefore \angle MBE = \angle 3 = 45^{\circ}$。
在$\triangle MBE$和$\triangle FBE$中，$\begin{cases}\angle MBE = \angle FBE\\BM = BF\\\angle 4 = \angle 5\end{cases}$
$\therefore \triangle MBE\cong \triangle FBE(SAS)$，$\therefore EM = EF$。(5分)
$\because \angle 4 = 90^{\circ} - \angle ABF$，$\angle 5 = 90^{\circ} - \angle ABF$，
$\therefore \angle 4 = \angle 5$。
在$\triangle AMB$和$\triangle CFB$中，$\begin{cases}\angle 4 = \angle 5\\BM = BF\\AB = CB\end{cases}$
$\therefore \triangle AMB\cong \triangle CFB(SAS)$，
$\therefore AM = FC$，$\angle 6 = \angle 2 = 45^{\circ}$，
$\therefore \angle MAE = \angle 6 + \angle 1 = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle MAE$中，$AE^{2} + AM^{2} = EM^{2}$，
$\therefore AE^{2} + FC^{2} = EF^{2}$。(7分)
(2)$AF^{2} + EC^{2} = EF^{2}$。(9分)
解法提示：如图
(3)，过点$B$作$MB\bot BE$使$BM = BE$，连接$ME$，$MF$，$AM$，则$\angle MBE = 90^{\circ}$，$BM = BE$。

易证$\triangle MBE\cong \triangle FBE(SAS)$，$\therefore MF = EF$；
易证$\triangle AMB\cong \triangle CEB(SAS)$，
$\therefore AM = EC$，$\angle BAM = \angle BCE = 45^{\circ}$，
$\therefore \angle MAE = \angle BAM + \angle BAC = 90^{\circ}$，$\therefore \angle MAF = 90^{\circ}$，
在$Rt\triangle MAF$中，$AF^{2} + AM^{2} = MF^{2}$，$\therefore AF^{2} + EC^{2} = EF^{2}$。
名师辨模型
“半角”模型
“半角”模型类型 图形及辅助线作法 结论
以正方形为背景 1.$BE + DF = EF$；2.$\angle AEB = \angle AEF$，$\angle AFD = \angle AFE$。
以三角形为背景
$90^{\circ}$角夹$45^{\circ}$角 $AC^{2} + BD^{2} = CD^{2}$。
$120^{\circ}$角夹$60^{\circ}$角 1.$BE + DF = EF$；2.$\angle AEB = \angle AEF$，$\angle AFD = \angle AFE$。

21. （本小题满分 10 分）
如图，点 $A$，$B$，$C$ 在 $\odot O$ 上，$D$ 是弦 $AB$ 的中点，点 $E$ 在 $AB$ 的延长线上，连接 $OC$，$OD$，$CE$，$\angle CED+\angle COD = 180^{\circ}$.
（1）求证：$CE$ 是 $\odot O$ 的切线；
（2）连接 $OB$，若 $OB// CE$，$\tan\angle CEB = 2$，$OD = 4$，求 $CE$ 的长.

答案：
31
(1)证明：如图
(1)，连接$OA$，$OB$。

$\because D$是弦$AB$的中点，$OA = OB$，
$\therefore OD\bot AB$（依据：等腰三角形“三线合一”），即$\angle ODB = 90^{\circ}$。
又$\because \angle CED + \angle COD = 180^{\circ}$，
$\therefore \angle OCE = 90^{\circ}$。
又$\because OC$是$\odot O$的半径，
$\therefore CE$是$\odot O$的切线。(4分)
(2)如图
(2)，延长$CO$，$EA$交于点$F$。

$\because OB// CE$，$\therefore \angle BOF = \angle ECO = 90^{\circ}$，$\angle OBD = \angle E$，
$\therefore \tan\angle OBD = \tan\angle CEB = 2$。
在$Rt\triangle ODB$中，$\tan\angle OBD = \frac{OD}{BD} = 2$，$OD = 4$，
$\therefore BD = 2$，$\therefore OB = \sqrt{BD^{2} + OD^{2}} = 2\sqrt{5}$。(6分)
在$Rt\triangle BOF$中，$\tan\angle OBF = \frac{OF}{OB} = 2$，
$\therefore OF = 2OB = 4\sqrt{5}$。
$\because OB// CE$，$\therefore \triangle BOF \backsim \triangle ECF$（点拨：“A”字相似模型），
$\therefore \frac{OB}{CE} = \frac{OF}{CF}$，即$\frac{2\sqrt{5}}{CE} = \frac{4\sqrt{5}}{4\sqrt{5} + 2\sqrt{5}}$，
$\therefore CE = 3\sqrt{5}$。(10分)