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2023年浙江省温州市中考数学考前一周知识回顾卷--选择/填空压轴题精选
一、单选题(共100分
1．(本题5分)（2023·浙江温州·校考二模）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连接，，，，若，则的面积为（ ）
A．40 B．45 C． D．
2．(本题5分)（2023·浙江温州·统考一模）如图，点O为正方形的中心，以的中点H为圆心，HA为半径画弧交的延长线于点E．以为边向上作正方形，过点A作交于点K，取的中点M，连结．已知，则的长为（ ）
A． B． C． D．3
3．(本题5分)（2023·浙江温州·统考一模）将四个全等的三角形按如图所示的方式围成一个正方形，记的面积为，四边形的面积为．若，，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．(本题5分)（2023秋·浙江温州·九年级统考期末）如图，点P在的直径上，作正方形和正方形，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在上．若两个正方形的面积之和为16，，则DG的长是（ ）
A． B． C．7 D．
5．(本题5分)（2022秋·浙江温州·九年级校考阶段练习）某地毯生产商计划生产以三个相邻的正六边形为主要元素两种地毯：如图1：双向延长线段、、，分别交于点G、M、N，设计一个三角形地毯．如图2：以O为圆心，为半径，设计一个圆形地毯．记三角形地毯面积为，圆形地毯面积为，则这两种地毯的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
6．(本题5分)（2023·浙江温州·统考二模）如图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形，小正方形的对角线向两边延长，分别交边于点，交边于点．若是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．(本题5分)（2023·浙江温州·统考二模）如图，在给定的正方形中，点E从点B出发，沿边方向向终点C运动，交于点F，以为邻边构造，连接．则的度数的变化情况是（ ）
A．一直减小 B．一直减小后增大 C．一直增大 D．先增大后减小
8．(本题5分)（2023·浙江温州·统考二模）六一儿童节快到了，小亮在图纸上先画了一个边长为的正方形，再以该正方形的四个顶点为圆心、长为半径作弧，则图中实线所示的饰品轮廓的长为（ ）
A． B． C． D．
9．(本题5分)（2022秋·全国·九年级专题练习）清代著名数学家梅文鼎在《勾股举隅》一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形的方法证明了勾股定理（如图）．设四个全等直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，五边形的面积为，的面积为，若，，则的值为
A．5 B．6 C．7 D．8
10．(本题5分)（2022·浙江温州·统考一模）若数a使关于x的不等式组，有且仅有三个整数解，且使关于y的分式方程=1有整数解，则满足条件的所有a的值之和是（ ）
A．﹣10 B．﹣12 C．﹣16 D．﹣18
11．(本题5分)（2023·浙江温州·统考一模）如图，在正方形中，为中点，连结，延长至点，使得，以为边作正方形，《几何原本》中按此方法找到线段的黄金分割点．现连结并延长，分别交，于点，，若的面积与的面积之差为，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
12．(本题5分)（2023·浙江温州·校考一模）如图，在中，，，，其中，， ，则的值为（ ）
A． B． C． D．
13．(本题5分)（2022秋·浙江温州·九年级温州绣山中学校考期中）已知点，，在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点．若，，则的长为（ ）
A． B．9 C． D．
14．(本题5分)（2023·浙江温州·校考一模）在直角坐标系中，已知两点、以及动点、，则当四边形的周长最小时，比值为（ ）
A． B． C． D．
15．(本题5分)（2023春·浙江·九年级专题练习）如图，在中，，，分别以的三边为边向外作三个正方形，，，延长，交边于点，连接，分别交边，于点，，已知，，则正方形的边长为（ ）
A． B． C． D．
16．(本题5分)（2022·浙江温州·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于点D，以AB为边作矩形ABEF，使得AF＝AD，延长CD，交EF于点G，作AN⊥AC交GF于点N，作MN⊥AN交CB的延长线于点M，MN分别交BE，DG于点H、P，若NP=HP，NF=1，则四边形ABMN的面积为（ ）
A．3 B．2.5 C．3.5 D．
17．(本题5分)（2021·浙江温州·统考一模）如图，在中，∠ACB＝90°，分别以其三边向外作正方形，过点C作CK⊥AB交ID于点K，延长EB交AG于点L，若点L是AG的中点，的面积为20，则CK的值为（ ）
A．4 B．5 C． D．
18．(本题5分)（2022·浙江温州·模拟预测）古希腊数学家帕普斯利用反比例函数的图象和性质解决了三等分角问题，其方法如下：如图，在直角坐标系中，锐角的边OB在x轴正半轴上，边OA与的图象交于点A，以A为圆心，2OA为半径作圆弧交函数图象于点C，取AC的中点P，则．若，则k的值为（ ）
A． B． C． D．
19．(本题5分)（2022秋·浙江温州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，，分别以AB，AC，BC为边向外作正方形，连结CD，若，则tan∠CDB的值为（ ）
A． B． C． D．
20．(本题5分)（2023·浙江温州·统考模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，BC，AC为边在△ABC外部作正方形ADEB，CBFG，ACHI．将正方形ABED沿直线AB翻折，得到正方形ABE'D'，AD'与CH交于点N，点E'在边FG上，D'E'与CG交于点M，记△ANC的面积为S1，四边形的面积为S2，若CN＝2NH，S1+S2＝14，则正方形ABED的面积为（ ）
A．25 B．26 C．27 D．28
试卷第1页，共3页中小学教育资源及组卷应用平台
2023年浙江省温州市中考数学考前一周知识回顾卷--选择/填空压轴题精选
一、单选题(共100分
1．(本题5分)（2023·浙江温州·校考二模）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连接，，，，若，则的面积为（ ）
A．40 B．45 C． D．
【答案】A
【分析】连接并延长交于点，得出，设，依题意，根据已知条件得出，，求得,进而求得，根据三角形面积公式即可求解．
【详解】解：如图所示，
连接并延长交于点，
∵四边形，是正方形，且；共线，
∴
∴
设，依题意
∵
∴，
即①，
∴②
由①②得,
∵
∴③
将③代入①得
解得：（负值舍去），则
∵，
∴
∴
∴
∴,
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，二次根式的性质化简，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
2．(本题5分)（2023·浙江温州·统考一模）如图，点O为正方形的中心，以的中点H为圆心，HA为半径画弧交的延长线于点E．以为边向上作正方形，过点A作交于点K，取的中点M，连结．已知，则的长为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【分析】连接，证明，推出，利用勾股定理求得的长，再先后得到、、的长，利用直角三角形斜边中线的性质求得，利用等腰三角形的判定和性质以及勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，
∵点O为正方形的中心，
∴点O在线段上，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∵，点H为的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点M是的中点，且，
∴，
∵点O为的中点，且，
∴，，
由勾股定理得，即，
解得（负值已舍），
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，二次根式的混合运算，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
3．(本题5分)（2023·浙江温州·统考一模）将四个全等的三角形按如图所示的方式围成一个正方形，记的面积为，四边形的面积为．若，，，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接、，，可证四边形是菱形，可知，，在同一直线上，再证四边形是正方形，可知，，在同一直线上，，，在同一直线上，，，在同一直线上，设，则，，由，求得，再结合即可求得结果．
【详解】解：连接、，，
由题意可知：，，，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
则：，
∴四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，，在同一直线上，
又∵，
∴，
∵
∴，则，
∴四边形是正方形，
∴，，在同一直线上；，，在同一直线上；，，在同一直线上；
设，
则，，
∵，即：，
∴，（负值已舍去）
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定及性质，解决本题的关键是得到，，在同一直线上．
4．(本题5分)（2023秋·浙江温州·九年级统考期末）如图，点P在的直径上，作正方形和正方形，其中点D，G在直径所在直线上，点C，E，F，H都在上．若两个正方形的面积之和为16，，则DG的长是（ ）
A． B． C．7 D．
【答案】B
【分析】作于K，设正方形的边长是x，由条件得到，从而求出正方形的边长，得到正方形的边长，进一步求出，的长，即可求出的长．
【详解】解：作于K，设正方形的边长是x，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵两个正方形的面积之和为16，
∴，
解得：或（舍去），
∴，，
∴，
，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，垂径定理，解题的关键是由条件列出关于小正方形边长的方程，求出小正方形边长．
5．(本题5分)（2022秋·浙江温州·九年级校考阶段练习）某地毯生产商计划生产以三个相邻的正六边形为主要元素两种地毯：如图1：双向延长线段、、，分别交于点G、M、N，设计一个三角形地毯．如图2：以O为圆心，为半径，设计一个圆形地毯．记三角形地毯面积为，圆形地毯面积为，则这两种地毯的面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图1中，连接，，延长交于点，如图2中，连接．设正六边形的边长为．分别求出，即可解决问题．
【详解】解：如图1中，连接，，延长交于点，如图2中，连接．
设正六边形的边长为．
如图1中，在中，，，，
，
，，，，
，
图2中，，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查正多边形与圆，直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
6．(本题5分)（2023·浙江温州·统考二模）如图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形，小正方形的对角线向两边延长，分别交边于点，交边于点．若是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正方形的性质得到，，再利用锐角三角形函数得到，最后根据勾股定理及全等三角形判定与性质即可解答．
【详解】解：过点作于点，设，
∵是的中点，
∴，
∴,
∵在正方形中，
∴，
∵，
∴设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∵正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，
∴，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
故选．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角形函数，掌握锐角三角形函数是解题的关键．
7．(本题5分)（2023·浙江温州·统考二模）如图，在给定的正方形中，点E从点B出发，沿边方向向终点C运动，交于点F，以为邻边构造，连接．则的度数的变化情况是（ ）
A．一直减小 B．一直减小后增大 C．一直增大 D．先增大后减小
【答案】A
【分析】如图，过作的延长线于，根据正方形的性质，平行四边形的性质可得，，，，证明，则，证明，则，，，由，可得，即，，在的平分线上运动，，随着点右移，角度一直减小，进而可得结果．
【详解】解：如图，过作的延长线于，
∵，四边形是平行四边形，
∴，，，
∵正方形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在的平分线上运动，
∵，
∴随着点右移，角度一直减小，
∴的度数一直减小，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
8．(本题5分)（2023·浙江温州·统考二模）六一儿童节快到了，小亮在图纸上先画了一个边长为的正方形，再以该正方形的四个顶点为圆心、长为半径作弧，则图中实线所示的饰品轮廓的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，由题意知，，，则，根据计算求解即可．
【详解】解：如图，
由题意知，，，
∴，
∵，
∴实线所示的饰品轮廓的长，
故选：C．
【点睛】本题考查了弧长，正方形的性质．解题的关键在于明确轮廓的表达形式．
9．(本题5分)（2022秋·全国·九年级专题练习）清代著名数学家梅文鼎在《勾股举隅》一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形的方法证明了勾股定理（如图）．设四个全等直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，五边形的面积为，的面积为，若，，则的值为
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【分析】根据全等三角形的性质得到，，，，推出，，三点共线，分别表示出五边形的面积，的面积,然后利用，列出方程即可求得结论 ．
【详解】解：四个直角三角形全等，
，，，，
，
四边形是正方形，
，
，
，，三点共线，
五边形的面积为，
，
，
，
，
的面积为
，
，
，
，（不合题意，舍去），
故的值为5．
故选：．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
10．(本题5分)（2022·浙江温州·统考一模）若数a使关于x的不等式组，有且仅有三个整数解，且使关于y的分式方程=1有整数解，则满足条件的所有a的值之和是（ ）
A．﹣10 B．﹣12 C．﹣16 D．﹣18
【答案】B
【分析】根据不等式的解集，可得a的范围，根据方程的解，可得a的值，根据有理数的加法，可得答案．
【详解】解：，
解①得x≥-3，
解②得x≤，
不等式组的解集是-3≤x≤．
∵仅有三个整数解，
∴-1≤＜0
∴-8≤a＜-3，
=1，
3y-a-12=y-2．
∴y=，
∵y≠2，
∴a≠-6，
又y=有整数解，
∴a=-8或-4，
所有满足条件的整数a的值之和是-8-4=-12，
故选B．
【点睛】本题考查了分式方程的解，利用不等式的解集及方程的解得出a的值是解题关键．
11．(本题5分)（2023·浙江温州·统考一模）如图，在正方形中，为中点，连结，延长至点，使得，以为边作正方形，《几何原本》中按此方法找到线段的黄金分割点．现连结并延长，分别交，于点，，若的面积与的面积之差为，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意做辅助线，利用正方形的性质及等腰三角形的性质将面积差进行转化即可得到的长．
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵为的中点，
∴，
设,则为,
根据勾股定理，,
∵，
∴，
∵是正方形的对角线，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
由题意可得：，
∴，
即，
∴，
∴，
解得：，
∴,
∵
∴．
故选．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等相关知识点，根据已知条件做出辅助线是解题的关键．
12．(本题5分)（2023·浙江温州·校考一模）如图，在中，，，，其中，， ，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】延长至，使得，连接，过点作于点，延长使得，连接，证明，即可求解．
【详解】解：如图，延长至，使得，连接，过点作于点，延长使得，连接，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，设
∴,
∴；
∵，，
∴，，
∴，
∴
∵
∴是等腰直角三角形，
∴
设，
∴，
∴
∵
∴
又
在与中，
∴
∴
设，
则
∵,
∴
解得：
即，
故选：C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
13．(本题5分)（2022秋·浙江温州·九年级温州绣山中学校考期中）已知点，，在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点．若，，则的长为（ ）
A． B．9 C． D．
【答案】C
【分析】取点D在上的对应点E，连接、、、，过C点作于F点，根据四边形内接于，有，根据根据折叠的性质有：，可证明，即是等腰三角形，则有，进而有，再根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】取点D在上的对应点E，连接、、、，过C点作于F点，如图，
∵四边形内接于，
∴，
∵点D在上的对应点为点E，
∴根据折叠的性质有：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是直角三角形，
∵，
∴在中，，
∵在中，，
∴，
∴，（负值舍去），
故选：C．
【点睛】本题考查了圆中折叠的问题，圆内接四边形的性质，含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作出辅助线，根据圆的内接四边形的性质得到，是解答本题的关键．
14．(本题5分)（2023·浙江温州·校考一模）在直角坐标系中，已知两点、以及动点、，则当四边形的周长最小时，比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作点关于x轴的对称点、点关于y轴的对称点，连接，则就是四边形的周长最小值，求得直线的表达式，求得点C和点D的坐标，即可求得比值
【详解】作点关于x轴的对称点、点关于y轴的对称点，连接，与坐标轴的交点就是点与点，此时满足四边形的周长最小
∵，
∴当点、、和四点共线时，四边形的周长最小，
设直线的表达式为：，且，
∴，
解得：，
∴直线的表达式为：
∴，，
∴，
故选：C
【点睛】本题考查了线段问题(轴对称综合题)和待定系数法求一次函数的解析式，解决问题的关键是两点之间线段最短
15．(本题5分)（2023春·浙江·九年级专题练习）如图，在中，，，分别以的三边为边向外作三个正方形，，，延长，交边于点，连接，分别交边，于点，，已知，，则正方形的边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明，，求得，过点作于点，得出，，证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵正方形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∵，
∴，
如图，过点作于点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
在中，，
在中，，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，
即正方形的边长为，
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，缕清线段之间的关系是解题的关键．
16．(本题5分)（2022·浙江温州·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于点D，以AB为边作矩形ABEF，使得AF＝AD，延长CD，交EF于点G，作AN⊥AC交GF于点N，作MN⊥AN交CB的延长线于点M，MN分别交BE，DG于点H、P，若NP=HP，NF=1，则四边形ABMN的面积为（ ）
A．3 B．2.5 C．3.5 D．
【答案】B
【分析】依据条件可判定△ADC≌△AFN，即可得到CD＝FN＝1，AC＝AN，再证明四边形ACMN是正方形；设NG＝GE＝x，则FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，根据△ADC∽△CDB，可得CD2＝AD·DB，即可得出x2+x＝1再根据四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC进行计算，即可得出结论．
【详解】解：∵CD⊥AB，∠F＝90°，
∴∠ADC＝∠F＝90°，
∵AN⊥AC，∠DAF＝90°，
∴∠FAN+∠DAN＝∠DAC+∠DAN＝90°，
∴∠FAN＝∠DAC．
在△ADC和△AFN中，
，
∴△ADC≌△AFN（ASA），
∴CD＝FN＝1，AC＝AN．
∵AN⊥AC，MN⊥AN，
∴∠ACB＝∠CAN＝∠ANM＝90°，
∴四边形ACMN是矩形，
∴四边形ACMN是正方形，
∵∠CDB＝∠DBE＝90°，
∴CGBE，
又∵NP＝PH，
∴NG＝GE，
设NG＝GE＝x，则FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，
∵Rt△ACB中，CD⊥AB，
∴∠ADC=∠CDB=90°，∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠CAD=∠BCD
∴△ADC∽△CDB，
∴．
∴CD2＝AD·DB，
∴12＝（1+x）x，
即x2+x＝1．
四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC
＝AC2﹣
＝（AD2+CD2）﹣
＝（1+x）2+12﹣
＝x2+x+1.5
＝1+1.5
＝2.5．
故选：B
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定与性质以及相似三角形、全等三角形的综合运用，综合性较强，解决问题的关键是先判定四边形ACMN是正方形，得到四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC，然后利用整体代入方法求解．
17．(本题5分)（2021·浙江温州·统考一模）如图，在中，∠ACB＝90°，分别以其三边向外作正方形，过点C作CK⊥AB交ID于点K，延长EB交AG于点L，若点L是AG的中点，的面积为20，则CK的值为（ ）
A．4 B．5 C． D．
【答案】B
【分析】延长KC交AB于点M，分别延长HI、CK，并相交于点N，连接DN；根据正方形和平行线的性质，得，通过证明，根据相似三角形性质得，结合题意计算得、；通过证明，得，根据矩形性质，得，再根据直角三角形斜边中线和勾股定理的性质计算，即可得到答案．
【详解】如图，延长KC交AB于点M，分别延长HI、CK，并相交于点N，连接DN
根据题意，得四边形ABFG、BCDE、AHIC均为正方形
∴，，，，，
∴
∵∠ACB＝90°
∴
∴
∵点L是AG的中点
∴
∴
∵的面积为20
∴，即
∴
∴
∴
∴
∴
∵
∵，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵，，即
∴四边形为矩形
∴点为矩形对角线交点
∴
∵
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了平行线、正方形、矩形、直角三角形、相似三角形的知识；解题的关键是熟练掌握相似三角形、直角三角形斜边中线、正方形、勾股定理的性质，从而完成求解．
18．(本题5分)（2022·浙江温州·模拟预测）古希腊数学家帕普斯利用反比例函数的图象和性质解决了三等分角问题，其方法如下：如图，在直角坐标系中，锐角的边OB在x轴正半轴上，边OA与的图象交于点A，以A为圆心，2OA为半径作圆弧交函数图象于点C，取AC的中点P，则．若，则k的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作AE⊥OB于E，AD∥OB，CD∥AE，交直线OB于Q，两平行线交于点D，作CF∥AD，交AE于F，设点A、点C坐标，求出OP解析式，证四边形AFCD是矩形，再根据已知得出OA=5，OF=1，利用坐标列出方程求解即可．
【详解】解：作AE⊥OB于E，AD∥OB，CD∥AE，交直线OB于Q，两平行线交于点D，作CF∥AD，交AE于F，则四边形AFCD是矩形；FD经过点P，
设点A、点C坐标分别为，，则D点坐标为，F点坐标为，
设OD解析式为，把代入得，，
解得，，OD解析式为，
把代入得，，
则点F在直线OD上，
∵，
∴，
∵四边形AFCD是矩形，AC的中点为P，
∴，
∴，，
∵EF∥DQ，
∴△OEF∽△OQD，
∴，即，，
∵F点坐标为，点A坐标分别，
∴，，
把代入得，，
解得：（负值舍去），
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数求解析式、相似三角形点判定与性质，矩形的性质与判定，解题关键是熟练构建矩形和相似三角形，设点的坐标，利用勾股定理建立方程求解．
19．(本题5分)（2022秋·浙江温州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，，分别以AB，AC，BC为边向外作正方形，连结CD，若，则tan∠CDB的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点B作BE⊥CD于点E，过点C作CF⊥AB于点F，可得△ABC，△BED，△BEC，△BCF都是直角三角形，根据sin∠BCE＝，设BE＝3a，BC＝5 a，得CE＝＝4 a，过点C作DB延长线于点G，得矩形CFBG，设AC＝x，AB＝y，然后利用勾股定理和三角形的面积可得＝，进而利用锐角三角函数即可解决问题．
【详解】解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
∴△ABC，△BED，△BEC，△BCF都是直角三角形，
∵sin∠BCD＝，
∴sin∠BCE＝，
设BE＝3a，BC＝5a，
∴CE＝＝4a，
过点C作DB延长线于点G，得矩形CFBG，
∴BF＝CG，
设AC＝x，AB＝y，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得
AB2﹣AC2＝BC2，
∴y2﹣x2＝25a2，
∵S△ABC＝AB CF＝AC BC，
∴y CF＝5ax，
∴CF＝，
在Rt△BCF中，根据勾股定理，得
BF＝＝＝，
∴BF＝CG＝，
在正方形ABDH中，AB＝BD＝y，
在Rt△BDE中，根据勾股定理，得
DE＝＝，
∴CD＝CE+ED＝4a +，
∵S△CBD＝CD BE＝BD CG，
∴CD BE＝BD CG，
∴(4a +)×3＝y×，
∴＝，
∴tan∠CDB＝tan∠EDB＝＝＝．
故选：D．
【点睛】本题属于几何综合题，是选择题压轴题，考查了正方形的性质，勾股定理，三角形的面积，解直角三角形，解决本题的关键是设参数利用勾股定理列方程．
20．(本题5分)（2023·浙江温州·统考模拟预测）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，BC，AC为边在△ABC外部作正方形ADEB，CBFG，ACHI．将正方形ABED沿直线AB翻折，得到正方形ABE'D'，AD'与CH交于点N，点E'在边FG上，D'E'与CG交于点M，记△ANC的面积为S1，四边形的面积为S2，若CN＝2NH，S1+S2＝14，则正方形ABED的面积为（ ）
A．25 B．26 C．27 D．28
【答案】B
【分析】设，则，证明，得出，根据，再证明，得出，可以得出，得出等式，求解即可得到．
【详解】解：设，则，
由题意知：，
在和中，
，
，
，
，
，
，
在中由勾股定理得：
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质、三角形相似、三角形全等、勾股定理，解题的关键是掌握相应的判定定理，通过转化的思想及等量代换的思想进行求解
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