中考总复习四边形、圆Word格式.doc

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A．B．C．D．

11．如上中图，在正方形ABCD中，点E是BC上的一定点，且BE=5，EC=7，点P是BD上的一动点，则PE+PC的最小值是．

12．如上右图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．若∠CBF=20°

，则∠AED等于度．

13．如下左图，正方形ABCD的边长为3，对角线AC与BD相交于点O，CM交BD于点N，若BM=1，则线段ON的长为．

14．如上中图，量角器边缘上有P、Q两点，它们表示的读数分别为60°

，30°

，已知直径AB=4，连接PB交OQ于M，则QM的长为．

15．如上右图，在平面直角坐标系xOy中，⊙P与y轴相切于点C，⊙P的半径是4，直线y=x被⊙P截得的弦AB的长为，则点P的坐标为．

16．如下左图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（4，3），动圆D经过A、O，分别与两坐标轴的正半轴交于点E、F.当EF⊥OA时，此时EF=．

17．一个圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为120°

的扇形，则这个圆锥的高为．

18．如上右图，正△ABC的边长是4，分别以点B，C为圆心，以r为半径作两条弧，设两弧与边BC围成的阴影部分面积为S，当2≤r≤4时，S的取值范围是．

19．在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于F，且AF=BD，连接BF．

（1）、求证：

BD=CD；

（2）、如果AB=AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论．

20．如图，△ABC为等边三角形，D、F分别为BC、AB上的点，且CD=BF

（1）求证：

△ACD≌△CBF

（2）以AD为边作等边三角形△ADE，点D在线段BC上的何处时，四边形CDEF是平行四边行.

21．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF=45°

，将△ADF绕点A顺时针旋转90°

后，得到△ABQ，连接EQ，求证：

（1）EA是∠QED的平分线；

（2）EF2=BE2+DF2．

22．如图，△ABC内接于⊙O，∠B=60°

，CD是⊙O的直径，点P是CD延长线上的一点，且AP=AC．

PA是⊙O的切线；

（2）若AB=4+，BC=2，求⊙O的半径．

23．已知AB为⊙O的直径，OC⊥AB，弦DC与OB交于点F，在直线AB上有一点E，连接ED，且有ED=EF．

（1）如图1，求证：

ED为⊙O的切线；

（2）如图2，直线ED与切线AG相交于G，且OF=1，⊙O的半径为3，求AG的长．

24．如图，⊙O中，直径CD⊥弦AB于E，AM⊥BC于M，交CD于N，连AD.

AD=AN；

（2）若AB=，ON=1，求⊙O的半径．

（3）若且AE=4，求CM

25．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的边OA=4，OC=3，且顶点A、C均在坐标轴上，动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AO向终点O移动；

点N从点C出发沿CB向终点B以同样的速度移动，当两个动点运动了x秒（0＜x＜4）时，过点N作NP⊥BC交BO于点P，连接MP．

（1）直接写出点B的坐标，并求出点P的坐标（用含x的式子表示）；

（2）设△OMP的面积为S，求S与x之间的函数表达式；

若存在最大值，求出S的最大值；

（3）在两个动点运动的过程中，是否存在某一时刻，使△OMP是等腰三角形？

若存在，求出x的值；

若不存在，请说明理由．

26．抛物线y=+x+m的顶点在直线y=x+3上，过点F（-2，2）的直线交该抛物线于点M、N两点（点M在点N的左边），MA⊥x轴于点A，NB⊥x轴于点B．

（1）先通过配方求抛物线的顶点坐标（坐标可用含m的代数式表示），再求m的值；

（2）设点N的横坐标为a，试用含a的代数式表示点N的纵坐标，并说明NF=NB；

（3）若射线NM交x轴于点P，且PA•PB=，求点M的坐标．

试卷第5页，总6页

参考答案

1．C

【解析】试题分析：

正△AEF的边长与菱形ABCD的边长相等，所以AB=AE，AF=AD，设∠B=x，则

∠BAD=180°

﹣x，∠BAE=∠DAF=180°

﹣2x，即180°

﹣2x+180°

﹣2x+60°

=180°

﹣x解得x=80°

，故选C．

2．A

由菱形的性质得出AC⊥BD，OA=OC=AC=6，OB=OD=BD，由勾股定理求出OB，得出BD的长，菱形ABCD的面积=AC×

BD，即可得出结果．∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AC⊥BD，OA=OC=AC=6，OB=OD=BD，∴OB===，

∴BD=2，∴菱形ABCD的面积=AC×

BD=×

12×

2=12；

3．C

连接AC交BD与点O，根据正方形的性质可得：

AC⊥BD，AC=BD=4，BO=2，然后根据角平分线的性质得出EF=EO，然后根据Rt△BEF的勾股定理求出答案.

4．B

连接DM，则△ADM的面积为3，根据中点的性质可得：

BM=1.5，根据Rt△ABM的勾股定理可得：

AM=2.5，则根据等面积法可得：

DE=3×

2÷

2.5=.

5．A．

连接BD，如图所示：

在矩形ABCD中，∠C=90°

，CD=AB=1，在Rt△BCD中，CD=1，BC=，

∴tan∠CBD=，BD=2，∴∠CBD=30°

，∠ABD=60°

，

由旋转得，∠CBC1=∠ABA1=30°

，∴点C1在BD上，连接BF，由旋转得，AB=A1B，∵矩形A1BC1D1是矩形ABCD旋转所得，∴∠BA1F=∠BAF=90°

，∵AF=AF，∴△A1BF≌△ABF，∴∠A1BF=∠ABF，∵∠ABA1=30°

，∴∠ABF=∠ABA1=15°

，∵∠ABD=60°

，∴∠DBF=75°

，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD=30°

，∴∠BFD=75°

，∴DF=BD=2，∴AF=DF﹣AD=，故选A．

6．B．

求出正方形ANOM，求出AM长和AD长，根据DE=DM求出即可．连接OM、ON，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=11，∠A=90°

，∵圆O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，∴∠OMA=∠ONA=90°

=∠A，∵OM=ON，∴四边形ANOM是正方形，∴AM=OM=5，∵AD和DE与圆O相切，圆O的半径为5，∴AM=5，DM=DE，∴DE=11﹣5=6.故选：

B．

7．C．

∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°

，即AD⊥BD，故①正确；

∵∠ACE=∠DAB+∠EBA，∠AOC=2∠EBA，∴∠AOC≠∠AEC，故②不正确；

∵OC∥BD，∴∠OCB=∠CBD，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OBC=∠CBD，即BC平分∠ABD，故③正确；

∴OC⊥AD，∴AF=FD，故④正确；

∴OF为△ABD的中位线，∴BD=2OF，故⑤正确，综上可知正确的有4个，故选C．

8．C.

【解析】试题解析：

如图，当圆形纸片运动到与∠A的两边相切的位置时，

过圆形纸片的圆心O1作两边的垂线，垂足分别为D，E，

连AO1，则Rt△ADO1中，∠O1AD=30°

，O1D=r，．

∴．由．

∵由题意，∠DO1E=120°

，得，∴圆形纸片不能接触到的部分的面积为=．故选C．

9．D．

设圆的半径为r，则扇形的半径为2r，利用面积公式可得：

=πr2，

解得n=90．故选：

D．

10．D．

根据平行线的性质证得，△ADF是等腰直角三角形，求得BD=+1，再证△AED∽△BFA，得ED=-1，BE=2．所以

试题解析：

连接AD．CD，作AF∥CD，交BE于F，∵点D是弧AC的中点，

∴可设AD=CD=1，根据平行线的性质得∠AFD=∠CDF=45°

，∠CBD=∠DAB=15°

∴△ADF是等腰直角三角形，∠FAB=15°

则AF=，BF=AF=．

∴BD=+1．∵∠DAC=∠ABD，∠ADB=∠ADB，∴△AEF∽△BEA，

∴DE=-1，BE=2．∴．故选D．

11．13.

要求PE+PC的最小值，PE，PC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PE，PC的值，从而找出其最小值求解．如图，连接AE交BD于P点，则AE就是PE+PC的最小值，∵正方形ABCD中，点E是BC上的一定点，且BE=5，EC=7，∴AB=12，∴AE==13，∴PE+PC的最小值是13．

故答案为：

13．

12．65

∵正方形ABCD，∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，

在△ABE与△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），

∴∠AEB=∠AED，∠ABE=∠ADE，∵∠CBF=20°

，∴∠ABE=70°

∴∠AED=∠AEB=180°

﹣45°

﹣70°

=65°

，故答案为：

65

13．1

首先过点M作MH⊥AC于H，如图，根据正方形的性质得

∠MAH=45°

，则△AMH为等腰直角三角形，再求出AH=MH=AM=×

2=，MB=MH=，OC=AC=+1，CH=AC﹣AH=2+2﹣=2+，然后证明△CON∽△CHM，再利用相似比可计算出ON=1．

14．2﹣3．

∵∠BOP=60°

，OP=OB，∴△OPB为等边三角形，而∠BOQ=30°

，∴OM为等边三角形OPB的高，∴OM=OB，而AB=4，∴OM=×

2=3，∴QM=2﹣3．

15．（4，）.

首先作PF⊥x轴于F，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，由⊙P与y轴相切于点C，⊙P的半径是4，可得OF=4，继而求得点D的坐标为（4，4），即可得△ODF与△PDE是等腰直角三角形，∴AE=BE=AB=×

=，在Rt△PBE中，PB=4，∴PE==2，∴PD==，∴PF=PD+DF=．∴点P的坐标为（4，）．

（4，）．

16．

根据题意可得：

EF为直径，然后根据垂径得出答案.

17．.

易得扇形的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径，根据母线长为3，利用勾股定理即可求得圆锥的高．圆锥的侧面展开图的弧长为：

=2π，∴圆锥的底面半径为2π÷

2π=1，∴该圆锥的高为=．故答案为：

．

18．2π-4≤x≤π－4

分别求出当r=2和r=4时，S的值，然后得出取值范围．

19．

（1）、证明过程见解析；

（2）、矩形；

理由见解析.

（1）、根据中点得到AE=DE，根据平行线得到∠FAE=∠CDE，∠AFE=∠DCE，从而得到三角形全等，得到AF=CD，根据AF=BD得到答案；

（2）、首先根据得到平行四边形，然后根据三线合一定理得到∠ADB=90°

，从而说明矩形.

（1）、∵E为中点∴AE=DE∵AF∥CD∴∠FAE=∠CDE，∠AFE=∠DCE

∴△AEF≌△DEC∴AF=DC∵AF=BD∴BD=CD

（2）、矩形理由如下：

∵AF=BDAF∥BD∴四边形AFBD为平行四边形

∵AB=AC，D为BC的中点∴AD⊥BC∴∠ADB=90°

∴四边形AFBD为矩形.

20．

（1）证明过程见解析；

（2）中点

（1）首先根据等边三角形的性质得出AC=BC，∠ACD=∠B=60°

，结合CD=BF得出三角形全等；

（2）根据D为中点得出F为中点，根据等边三角形的性质得出AD⊥BC，CF⊥AB，∠FCB=∠BAD=30°

，根据△ADE也是等边三角形得出∠BDE=30°

，则DE∥CF，结合CF=AD=DE得出平行四边形.

（1）∵△ABC为等边三角形∴AC=BC，∠ACD=∠B=60°

又∵CD=BF∴△ACD≌△CBF

（2）D在BC的中点时，四边形CDFE是平行四边形

∵D是BC中点∴F是AB中点∴AD⊥BC，CF⊥AB∴∠FCB=30°

，∠BAD=30°

又△ADE也是等边三角形∴∠BDE=30°

∴DE∥CF又CF=AD=DE∴四边形是CDEF平行四边形

21．详见解析.

（1）直接利用旋转的性质得出对应线段关系进而得出答案；

（2）利用旋转的性质利用SAS易证△AQE≌△AFE，再由利用勾股定理即可得结论．

（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°

后，得到△ABQ，∴∠QAF=90°

，∵∠EAF=45°

∴∠QAE=45°

，∴EA是∠QED的平分线；

（2）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°

后，得到△ABQ，∴QB=DF，AQ=AF，∠ABQ=∠ADF=45°

在△AQE和△AFE中，∴△AQE≌△AFE（SAS），∴QE=EF，

在Rt△QBE中，QB2+BE2=QE2，则EF2=BE2+DF2．

22．

（1）详见解析；

（2）⊙O的半径为．

（1）连接OA，根据圆周角定理求出∠AOC，再由OA=OC得出∠ACO=∠OAC=30°

，再由AP=AC得出∠P=30°

，继而由∠OAP=∠AOC﹣∠P，可得出OA⊥PA，从而得出结论；

（2）过点C作CE⊥AB于点E．在Rt△BCE中，∠B=60°

，BC=2，于是得到BE=BC=，CE=3，根据勾股定理得到AC==5，于是得到AP=AC=5．解直角三角形即可得到结论．

（1）证明：

连接OA，∵∠B=60°

，∴∠AOC=2∠B=120°

，又∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°

又∵AP=AC，∴∠P=∠ACP=30°

，∴∠OAP=∠AOC﹣∠P=90°

，∴OA⊥PA，∴PA是⊙O的切线；

（2）解：

过点C作CE⊥AB于点E．在Rt△BCE中，∠B=60°

，BC=2，∴BE=BC=，CE=3，∵AB=4+，∴AE=AB﹣BE=4，∴在Rt△ACE中，AC==5，∴AP=AC=5．∴在Rt△PAO中，OA=，

∴⊙O的半径为．

23．

（1）证明见解析；

（2）6．

（1）连接OD，由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD，由对顶角相等可得出∠EDF=∠CFO；

由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF，结合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°

，即∠EDO=90°

，由此证出ED为⊙O的切线；

（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，结合

（1）的结论根据勾股定理可求出ED、EO的长度，结合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的长度，根据切线的性质可知GA⊥EA，从而得出DM∥GA，根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA，根据相似三角形的性质即可得出GA的长度．

连接OD，如图1所示．

∵ED=EF，∴∠EDF=∠EFD，∵∠EFD=∠CFO，∴∠EDF=∠CFO．

∵OD=OC，∴∠ODF=∠OCF．

∵OC⊥AB，∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°

，∴ED为⊙O的切线．

（2）连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，如图2所示．

由

（1）可知△EDO为直角三角形，设ED=EF=a，EO=EF+FO=a+1，由勾股定理得：

EO2=ED2+DO2，即（a+1）2=a2+32，解得：

a=4，即ED=4，EO=5．

∵sin∠EOD=，cos∠EOD=，∴DM=OD•sin∠EOD=3×

=，MO=OD•cos∠EOD=3×

=，∴EM=EO﹣MO=5﹣=，EA=EO+OA=5+3=8．

∵GA切⊙O于点A，∴GA⊥EA，∴DM∥GA，∴△EDM∽△EGA，∴，∴GA===6．

24．

（1）、证明过程见解析；

（2）、3；

（3）、CM=2.

（1）、根据同弧所对的圆周角相等得出∠B=∠D，根据双垂直得出∠B=∠ANE，从而得出∠D=∠ANE，从而得到答案；

（2）、设NE=x，则OE=x－1，ED=x，r=2x－1，根据Rt△AOE的勾股定理得出x的值，从而求出半径；

（3）、根据△ANE的面积等于△ADE的面积以及S△CMN：

S△AND=1:

8，从而得出S△CMN：

S△ANE=1:

4，求出答案.

（1）、根据图示可得：

∠B=∠D∵AM⊥BC，AB⊥CD∴∠B=∠ANE

∴∠ANE=∠D∴AD=AN

（2）、∵AB=，AE⊥CD，∴AE=，又∵ON=1，∴设NE=x，则OE=x-1，NE=ED=x，

r=OD=OE+ED=2x-1连结AO，则AO=OD=2x-1，

∵△AOE是直角三角形，AE=，OE=x-1，AO=2x-1，∴解得x=2，∴r=2x-1=3．

（3）、∵AD=AN,AB⊥CD，∴AE平分ND，∴S△ANE=S△ADE∵S△CMN：

8，∴S△CMN：

4，又∵△CMN∽△AEN，∴∵AE=4，∴CM=2

25．

（1）B（4，3）．P（x，x）；

（2）S=﹣x2+x（0＜x＜4）,最大值为；

（3）存在，x的值为秒或秒或秒.

（1）根据矩形OABC中OA=4，OC=3以及矩形的性质，得出B点坐标，再由PG∥AB，得出△OPG∽△OBA，利用相似三角形对应边成比例得出P点坐标；

（2）利用PG以及OM的长表示出△OMP的面积，再根据二次函数的性质求出最大值即可；

（3）△OMP是等腰三角形时，分三种情况：

①PO=PM；

②OP=OM；

③OM=PM．画出图形，分别求出即可．

（1）∵矩形OABC中，OA=4，OC=3，∴B点坐标为（4，3）．如图，延长NP，交OA于点G，则PG∥AB，OG=CN=x．∵PG∥AB，∴△OPG∽△OBA，∴，即=，解得：

PG=x，∴点P的坐标为（x，x）；

（2）∵在△OMP中，OM=4﹣x，OM边上的高为x，∴S=（4﹣x）•x=﹣x2+x，∴S与x之间的函数表达式为S=﹣x2+x（0＜x＜4）．配方，得S=﹣（x﹣2）2+，∴当x=2时，S有最大值，最大值为；

（3）存在某一时刻，使△OMP是等腰三角形．理由如下：

①如备用图1，过点P作PG⊥AO于点G，若PO=PM，则OG=GM=CN=x，即3x=4，解得：

x=；

②如备用图2，过点P作PG⊥AO于点G，若OP=OM，CN=x，则OP=OM=4﹣x，由勾股定理，得OB===5，∵NP∥OC，∴，即，∴OP=x，即x=4﹣x，解得：

③如备用图3，过点P作PQ⊥OA，垂足为Q，若OM=PM时，则PM=OM=4﹣x，OQ=CN=x，则MQ=x-（4-x）=2x﹣4，在Rt△MPQ中，PQ2+QM2=MP2，即（x）2+（2x﹣4）2=（4﹣x）2，解得：

x=，综上所述，当x的值为秒或秒或秒时，△OMP是等腰三角形．

26．

（1）顶点坐标为（-2，m-1）；

2；

（2）a2+a+2，说明见解析；

（3）M（-3，）．

【解析】

试题分析：

（1）利用配方法将二次函数整理成顶点式即可，再利用点在直线上的性质得出答案即可；

（2）首先利用点N在抛物线上，得出N点坐标，再利用勾股定理得出NF2=NC2+FC2，进而得出NF2=NB2，即可得出答案；

（3）求点M的坐标，需要先求出直线PF的解析式．首先由

（2）的思路得出MF=MA，然后连接AF、FB，通过证明△PFA∽△PBF，利用相关的比例线段将PA•PB的值转化为PF的值，进而求出点F的坐标和直线PF的解析式，即可得解．

（1）y=x2+x+m=（x+2）2+（m-1）∴顶点坐标为（-2，m-1）

∵顶点在直线y=x+3上，∴-2+3=m-1，得m=2；

（2）过点F作FC⊥NB于点C，∵点N在抛物线上，

∴点N的纵坐标为：

a2+a+2，即点N（a，a2+a+2）

在Rt△FCN中，FC=a+2，NC=NB-CB=a2+a，

∴NF2=NC2+FC2=（a2+a）2+（a+2）2，

=（a2+a）2+（a2+4a）+4，

而NB2=（a2+a+2）2，=（a2+a）2+（a2+4a）+4∴NF2=NB2，NF=NB；

（3）连接AF、BF，由NF=NB，得∠NFB=∠NBF，由

（2）的思路知，MF=MA，

∴∠MAF=∠MFA，

∵MA⊥x轴，NB⊥x轴，

∴MA∥NB，

∴∠AMF+∠BNF=180°

∵△MAF和△NFB的内角总和为360°

∴2∠MAF+