北京市2024年中考数学二模试题按知识点分层汇编-04图形的性质

北京市2024年中考数学二模试题按知识点分层汇编-04图形的性质 一．选择题（共25小题） 1．（2024•东城区二模）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E是BC的中点．设AB＝c，AC＝b，AD＝h，BD＝m，CD＝n，m＜n，且h2＝mn．有以下三个结论： ①c2＝m2+mn； ②点A，B，C在以点E为圆心，为半径的圆上； ③b2+m2＞3h2． 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 2．（2024•丰台区二模）如图，l1∥l2，点O在直线l2上，将三角板的直角顶点放在点O处，三角板的两条直角边分别与l1交于A，B两点，若∠1＝46°，则∠2的大小为（　　） A．34° B．44° C．46° D．54° 3．（2024•海淀区二模）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1、l2于B，C两点，连结AC，BC．若∠1＝40°，则∠ABC的大小为（　　） A．20° B．40° C．70° D．80° 4．（2024•海淀区二模）如图是一张长方形纸片，用其围成一个几何体的侧面，这个几何体可能是（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．球 D．三棱锥 5．（2024•平谷区二模）一副三角板如图所示摆放，直线a∥b，则∠1的度数是（　　） A．60° B．65° C．75° D．80° 6．（2024•平谷区二模）如图，正方形ABCD中，点E为CD边上的点（点E不与点C、D重合），以CE为边作正方形CEFG，连接AF，设AB＝a，CE＝b，AF＝c，给出下面三个结论： ①； ②2a＞c； ③2（a2+b2）＝c2； 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 7．（2024•平谷区二模）如果正多边形的每个外角都等于60°，则它的边数为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 8．（2024•北京二模）如果一个多边形的内角和等于900°，那么这个多边形的边数是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 9．（2024•北京二模）如图，l1∥l2，△ABC的顶点B，C分别在l1，l2上，∠1＝70°，∠2＝40°，则∠A的大小为（　　） A．50° B．40° C．30° D．20° 10．（2024•门头沟区二模）如图，AB∥CD，CE平分∠ACD，∠1＝70°，∠2的度数为（　　） A．30° B．35° C．45° D．70° 11．（2024•门头沟区二模）某几何体的展开图是由大小形状相等的两个正方形、四个长宽不等的矩形组成，则该几何体是（　　） A．正方体 B．长方体 C．四棱锥 D．三棱柱 12．（2024•石景山区二模）若正多边形的一个外角是40°，则该正多边形的边数为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 13．（2024•石景山区二模）如图是某几何体的展开图，该几何体是（　　） A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱锥 D．圆柱 14．（2024•大兴区二模）如图，点A，B，C在⊙O上，C为的中点．若∠ABC＝25°，则∠AOB的大小是（　　） A．130° B．120° C．100° D．50° 15．（2024•大兴区二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　） A．圆柱 B．三棱锥 C．三棱柱 D．圆锥 16．（2024•石景山区二模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD于点E，连接BC．若∠B＝22.5°，CD＝4，则⊙O的半径的长为（　　） A．2 B． C．4 D． 17．（2024•门头沟区二模）某个正多边形的一个内角是它的外角的2倍，则该正多边形是（　　） A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形 18．（2024•顺义区二模）如图，直线AB，CD相交于点O，OC平分∠AOE，∠BOD＝35°，则∠BOE的度数为（　　） A．95° B．100° C．110° D．145° 19．（2024•顺义区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是BC边上一动点（不与B，C重合），DE⊥AB于点E．设CD＝a，BD＝b，AE＝c．给出下面三个结论：①a+b＞c；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①③ B．②③ C．② D．①②③ 20．（2024•昌平区二模）正多边形的一个外角是60°，那么这个正多边形是（　　） A．正四边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 21．（2024•西城区二模）如图，点C为线段AB的中点，∠BAM＝∠ABN，点D，E分别在射线AM，BN上，∠ACD与∠BCE均为锐角．若添加一个条件一定可以证明△ACD≌△BCE，则这个条件不能是（　　） A．∠ACD＝∠BCE B．CD＝CE C．∠ADC＝∠BEC D．AD＝BE 22．（2024•东城区二模）一个圆锥的底面半径的长为3，母线的长为15，则侧面展开图的面积是（　　） A．6π B．9π C．45π D．54π 23．（2024•西城区二模）如图，直线AB⊥CD于点C，射线CE在∠BCD内部，射线CF平分∠ACE．若∠BCE＝40°，则下列结论正确的是（　　） A．∠ECF＝60° B．∠DCF＝30° C．∠ACF与∠BCE互余 D．∠ECF与∠BCF互补 24．（2024•西城区二模）正十二边形的一个外角的度数为（　　） A．30° B．36° C．144° D．150° 25．（2024•东城区二模）若某个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数为（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 二．填空题（共18小题） 26．（2024•丰台区二模）如图所示，第四套人民币中1角硬币边缘馈刻的图形是正九边形，其内角和为 　 　． 27．（2024•丰台区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD平分∠BAC 交BC于点D，分别以点A，C为圆心，大于 长为半径作弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN，交AD于点P，则DP的长为 　 　． 28．（2024•丰台区二模）在正方形网格图形中，每个小正方形的边长为1，将其顶点称为格点．从一个格点运动到与之相距/5的另一个格点之间的一次移动，因类似中国象棋中马的“日”字型跳跃，故称为一次“跳马”变换． （1）如图1，在4×4的正方形网格图形中，从格点A经过一次“跳马”变换可以到达的格点为 　 　（填“B”“C”或“D”）； （2）如图2，在6×6的正方形网格图形中，若从格点M经过三次“跳马”变换到达格点N，则共有 　 　种不同的跳法． 29．（2024•大兴区二模）若n边形的每个外角都是60°，则n的值是 　 　． 30．（2024•海淀区二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C是网格线的交点，C在以AB为直径的半圆上．若点D在上，则∠BDC＝　 　°． 31．（2024•海淀区二模）在△ABC中，D为边AB的中点，E为边AC上一点，连接DE．给出下面三个命题： ①若AE＝EC，则； ②若，则DE∥BC； ③若DE∥BC，则AE＝EC． 上述命题中，所有真命题的序号是 　 　． 32．（2024•平谷区二模）某校航模小组的同学正在为即将开始的航模比赛做最后的准备．已知准备工作共有A，B，C，D，E，F，G，H，M，N十项工序，准备工作完成过程需要满足以下要求： （1）H只能在A、B、C工序均完成后才能完成； （2）M只能在C、D、E工序均完成后才能完成； （3）其余每项工序相互独立，之间没有干扰； （4）一项工序只能由一名学生完成，此工序完成后该学生才能进行其他工序． 各项工序所需时间如表所示： 工序 A B C D E F G H M N 所需时间/分钟 18 15 16 6 7 5 8 3 2 3 在不考虑其他因素的前提下，若由若干名学生合作完成准备工作，则至少需要 　 　分钟才能全部完成；若要在最短的时间内合作完成准备工作，则最少需要 　 　名学生共同参与． 33．（2024•北京二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥AB于点E．若CD＝3，AB＝10，则S△ABD＝　 　． 34．（2024•大兴区二模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD，连接AC，OD．若∠CAB＝30°，OA＝2，则CD的长是 　 　． 35．（2024•大兴区二模）在四边形ABCD中，∠ABD＝∠CDB，只需添加一个条件即可证明△ABD≌△CDB，这个条件可以是 　 　（写出一个即可）． 36．（2024•门头沟区二模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AC＝CD，如果，则⊙O的半径长为 　 　. 37．（2024•顺义区二模）如图，OA是⊙O的半径，BC是⊙O的弦，OA⊥BC于点D，OC的延长线与BA的延长线交于点E．若∠ABC＝20°，则∠E＝　 　°． 38．（2024•顺义区二模）小红在手工课上制作的折扇，折扇展开是一个扇形，如图所示，已知扇形的半径是20cm，扇形的圆心角是120°，则扇形的面积是 　 　cm2． 39．（2024•昌平区二模）如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，点C为优弧AB上一点，若∠P＝80°，则∠ACB＝　 　°． 40．（2024•东城区二模）当a＝　 　，b＝　 　时，可以说明“若a＞b，则a2＞b2”是假命题（写出一组a，b的值即可）． 41．（2024•西城区二模）如图，BD是△ABC的角平分线，DE⊥BC于点E．若BE＝3，△BDE的面积为1.5，则点D到边AB的距离为 　 　． 42．（2024•昌平区二模）某学校为丰富学生的课余生活，组织校园篮球赛，初三年级6个班进行单循环比赛（即每班都与其他班比赛一场），每天同时在三个场地各进行一场比赛．已知第一天（2）班与（4）班比赛，第二天（3）班与（5）班比赛，第三天（4）班与（6）班比赛，第四天（2）班与（3）班比赛，那么第三天与（3）班比赛的是 　 　班，第五天与（1）班比赛的是 　 　班． 43．（2024•西城区二模）如图，AB与⊙O相切于点C．点D，E分别在OA，OB上，四边形ODCE为正方形．若OA＝2，则DE＝　 　． 三．解答题（共17小题） 44．（2024•丰台区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为2，对于点A和⊙O的弦BC，给出如下定义： 若∠BAC＝90°，则称弦BC是点A的“关联弦”． （1）如图1，已知点A（1，0），点B1（2，0），，B2（﹣2，0），，B3（0，2），，在弦B1C1，B2C2，B3C3中，点A的“关联弦”是 　 　； （2）如图2，已知点，C（，﹣1）在⊙O上，弦BC是点A的“关联弦”，直接写出OA长度的最大值； （3）如图3，已知点M（0，﹣2），N（2，0），对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦BC，使得弦BC是点S的“关联弦”，若对于点S，将其对应的“关联弦”BC长度的最大值记为d，则当点S在线段MN上运动时，直接写出d的取值范围． 45．（2024•朝阳区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，对于⊙O的弦AB和点C，给出如下定义：若△ABC是直角三角形，称点C是弦AB的“关联点”． （1）如图，已知点A（﹣1，0），B（0，﹣1），在点O（0，0），C1（1，1），C2（1，2）中，是弦AB的“关联点”的是 　 　； （2）已知⊙O的直径A1B1的“关联点”C在y轴上，△A1B1C有一边与⊙O相切，设点A1（x1，y1），当时，直接写出点C的纵坐标yC的取值范围； （3）点E，F在⊙O上，EF⊥y轴，EF＝t，已知点M（1，0），N（0，2），若线段MN上存在一点P是⊙O的弦EF的“关联点”，且∠EPF＝90°，直接写出t的取值范围． 46．（2024•丰台区二模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，过点A作AE∥BC，且AE＝BD，连接BE． （1）求证：四边形ADBE是菱形； （2）连接CE，若AB＝2，∠AEB＝60°，求CE的长． 47．（2024•顺义区二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，过BC上一点D作DE⊥AB于点E，过点C作⊙O的切线交ED的延长线于点F． （1）求证：∠DCF＝∠CDF； （2）若D为BC的中点，⊙O的半径为5，cos∠CDF，求CF的长． 48．（2024•海淀区二模）在△ABC中，AB＝AC，∠A＜60°，点D在边AC上（不与点A，C重合），连接BD，平移线段BD，使点B移到点C，得到线段CE，连接DE． （1）在图1中补全图形，若∠BAC＝2∠E，求证：∠CBD与∠CDE互余； （2）连接AE，若AC平分∠BAE，用等式表示∠CBD与∠BAE之间的数量关系，并证明． 49．（2024•海淀区二模）如图，点A，B，C，D在一条直线上，AB＝BC＝CD，AE＝EC，四边形ECDF是平行四边形． （1）求证：四边形EBCF是矩形； （2）若AD＝12，，求BF的长． 50．（2024•海淀区二模）如图，P是⊙O外一点，PA，PB分别切⊙O于点A，B，PO与⊙O交于点H，AH＝OH． （1）求证：△ABP是等边三角形； （2）过点A作PO的平行线，与⊙O的另一个交点为C，连接CP．若AB＝6，求⊙O的半径和tan∠CPB的值． 51．（2024•海淀区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，AB是⊙O的一条弦，以AB为边作平行四边形ABCD．对于平行四边形ABCD和弦AB，给出如下定义：若边CD所在直线是⊙O的切线，则称四边形ABCD是弦AB的“弦切四边形”． （1）若点A（0，﹣1），C（1，0），四边形ABCD是弦AB的“弦切四边形”，在图中画出“弦切四边形”ABCD，并直接写出点D的坐标； （2）若弦AB的“弦切四边形”为正方形，求AB的长； （3）已知图形M和图形N是弦AB的两个全等的“弦切四边形”，且均为菱形，图形M与N不重合．P，Q分别为两个“弦切四边形”对角线的交点，记PQ的长为t，直接写出t的取值范围． 52．（2024•平谷区二模）如图，BD平分∠ABF，点A是射线BM上一点，过点A作AD∥BN交BG于点D，过A作AE⊥BN，过点D作DF⊥BN． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）在BF上取点C使得CF＝BE，连接AC、CD．求证：AC⊥BD． 53．（2024•平谷区二模）如图，点A、C是⊙O上两点，过点A作⊙O的切线与OC的延长线交于点B，过点C作AB的平行线与⊙O交于点D，连接AD、AC．（1）求证：∠D＝∠BAC； （2）若CD＝8，，求BC的长． 54．（2024•北京二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，连接CD，过点A作AE∥DC，过点C作CE∥DA，AE与CE相交于点E． （1）求证：四边形ADCE是菱形； （2）连接BE，若AE，BC＝4，求BE的长． 55．（2024•北京二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB都是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”． （1）如图，点A（﹣1，0），B1（，），B2（，）． ①在点C1（﹣1，1），C2（﹣1，），C3（0，）中，弦AB1的“关联点”是 　 　； ②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出AC，OC的长． （2）已知直线与x轴，y轴分别交于点M，N，对于线段MN上一点T，存在⊙O的弦PQ，使得点T是弦PQ的“关联点”，记四边形OPTQ的面积为S，当点T在线段MN上运动时，直接写出S的最小值和最大值，以及相应的PQ长． 56．（2024•大兴区二模）如图，在▱ABCD中，∠BAC＝90°，E，F分别是BC，AD的中点，连接AE，CF，G是线段AC上一点，且AE＝AG，连接EG． （1）求证：四边形AECF是菱形； （2）若AB＝6，BC＝10，求EG的长． 57．（2024•门头沟区二模）已知：如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF和BF． （1）求证：四边形BFDE是矩形； （2）如果AF平分∠DAB，BF＝4，，求DC的长． 58．（2024•石景山区二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝AC，AE平分∠BAC交BC于点E． （1）求证：四边形AECD是矩形； （2）连接BD，若∠ACD＝30°，AB＝2，求BD的长． 59．（2024•石景山区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，P为⊙O外一点．给出如下定义：以线段OP为对角线作矩形OMPN，若点M在⊙O内或⊙O上，点N在⊙O外，则称矩形OMPN是点P的“圆伴矩形”． 例如，图1中的矩形OMPN是点P的一个“圆伴矩形”． （1）已知矩形OMAN是点A的“圆伴矩形”且点N在⊙O外， ①若点A的坐标为（2，1）且点M在⊙O上，则矩形OMAN的面积是 　 　； ②若点A的坐标为（2，0），则点N的横坐标t的取值范围是 　 　； （2）已知OB＝2，直线与x轴，y轴分别交于点C，D．若线段CD上存在点N，使得矩形OMBN是点B的“圆伴矩形”（点N在⊙O外），直接写出b的取值范围． 60．（2024•石景山区二模）如图，过⊙O外一点P作⊙O的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，AC是⊙O的直径，连接CB并延长交直线AP于点D． （1）求证：PD＝PA； （2）延长BP交CA的延长线于点E．若⊙O的半径为，，求BC的长． 北京市2024年中考数学二模试题按知识点分层汇编-04图形的性质 参考答案与试题解析 一．选择题（共25小题） 1．（2024•东城区二模）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E是BC的中点．设AB＝c，AC＝b，AD＝h，BD＝m，CD＝n，m＜n，且h2＝mn．有以下三个结论： ①c2＝m2+mn； ②点A，B，C在以点E为圆心，为半径的圆上； ③b2+m2＞3h2． 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【解答】解：∵AD＝h，BD＝m，CD＝n，且h2＝mn， ∴，即， ∵AD⊥BC于点D， ∴∠ADB＝∠CDA＝90°， ∴△ABD∽△CAD， ∴∠BAD＝∠C， ∵∠C+∠CAD＝90°， ∴∠BAD+∠CAD＝90°， ∴△ABC为直角三角形． 在Rt△ABD中，AB2＝BD2+AD2， ∴c2＝m2+h2， ∵h2＝mn， ∴c2＝m2+mn，故①正确． ∵△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°，BC＝m+n， ∴点A，B，C在以点E为圆心，为半径的圆上，故②正确； 在Rt△ACD中，AC2＝AD2+CD2，即b2﹣h2＝n2， ∴b2+m2﹣3h2＝（b2﹣h2）+（m2﹣2h2）＝n2+m2﹣2mn＝（m﹣n）2， ∵m＜n， ∴b2+m2﹣3h2＝（m﹣n）2＞0， ∴b2+m2＞3h2，故③正确． 故选：D． 2．（2024•丰台区二模）如图，l1∥l2，点O在直线l2上，将三角板的直角顶点放在点O处，三角板的两条直角边分别与l1交于A，B两点，若∠1＝46°，则∠2的大小为（　　） A．34° B．44° C．46° D．54° 【解答】解：∵∠1＝46°， ∴∠3＝180°﹣46°﹣90°＝44°， ∵l1∥l2， ∴∠2＝∠3＝44°． 故选：B． 3．（2024•海淀区二模）如图，直线l1∥l2，点A在直线l1上，以点A为圆心，适当长度为半径画弧，分别交直线l1、l2于B，C两点，连结AC，BC．若∠1＝40°，则∠ABC的大小为（　　） A．20° B．40° C．70° D．80° 【解答】解：由题意得：AC＝AB， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵l1∥l2，∠1＝40°， ∴∠BAC＝∠1＝40°， ∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°， ∴∠ABC+∠ABC+40°＝180°， 解得：∠ABC＝70°． 故选：C． 4．（2024•海淀区二模）如图是一张长方形纸片，用其围成一个几何体的侧面，这个几何体可能是（　　） A．圆柱 B．圆锥 C．球 D．三棱锥 【解答】解：如图是一张长方形纸片，用其围成一个几何体的侧面，这个几何体可能是圆柱，故选项A符合题意． 故选：A． 5．（2024•平谷区二模）一副三角板如图所示摆放，直线a∥b，则∠1的度数是（　　） A．60° B．65° C．75° D．80° 【解答】解：∵∠3＝60°， ∴∠4＝180°﹣60°＝120°， ∵a∥b， ∴∠1+∠2＝∠4＝120°， ∵∠2＝45°， ∴∠1＝75°． 故选：C． 6．（2024•平谷区二模）如图，正方形ABCD中，点E为CD边上的点（点E不与点C、D重合），以CE为边作正方形CEFG，连接AF，设AB＝a，CE＝b，AF＝c，给出下面三个结论： ①； ②2a＞c； ③2（a2+b2）＝c2； 上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【解答】解：如图，延长FE交AB于点H， ∵点E为CD边上的点（点E不与点C、D重合），以CE为边作正方形CEFG， ∴EF⊥CD，B，C，G三点共线，AB∥CD， ∴FH⊥AB， ∴AH＝a﹣b，FH＝a+b， ∴AF2＝AH2+FH2，即c2＝（a﹣b）2+（a+b）2， ∴2（a2+b2）＝c2，故③正确，符合题意； ∵a2+b2＞0，c2＞0， ∴，故①正确，符合题意； 在△AHF中， ∵AH+FH＞AF， ∴a﹣b+a+b＞c， ∴2a＞c，故②正确，符合题意； 故选：D． 7．（2024•平谷区二模）如果正多边形的每个外角都等于60°，则它的边数为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【解答】解：∵正多边形的每个外角都等于60°， ∴它的边数为360°÷60°＝6， 故选：B． 8．（2024•北京二模）如果一个多边形的内角和等于900°，那么这个多边形的边数是（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【解答】解：设这个多边形的边数是n， 则（n﹣2）180°＝900°， 解得n＝7， 故选：B． 9．（2024•北京二模）如图，l1∥l2，△ABC的顶点B，C分别在l1，l2上，∠1＝70°，∠2＝40°，则∠A的大小为（　　） A．50° B．40° C．30° D．20° 【解答】解：如图， ∵l1∥l2，∠1＝70°， ∴∠1＝∠3＝70°， ∵∠3＝∠2+∠A，∠2＝40°， ∴∠A＝30°， 故选：C． 10．（2024•门头沟区二模）如图，AB∥CD，CE平分∠ACD，∠1＝70°，∠2的度数为（　　） A．30° B．35° C．45° D．70° 【解答】解：∵AB∥CD，∠1＝70°， ∴∠ACD＝∠1＝70°，∠2＝∠ECD， ∵CE平分∠ACD， ∴∠ECD∠ACD＝35°， 故选：B． 11．（2024•门头沟区二模）某几何体的展开图是由大小形状相等的两个正方形、四个长宽不等的矩形组成，则该几何体是（　　） A．正方体 B．长方体 C．四棱锥 D．三棱柱 【解答】解：A．正方体的展开图由大小形状相等的六个正方形组成，故本选项不符合题意； B．当长方体的两个底面是正方形时，它的展开图是由大小形状相等的两个正方形、四个长宽不等的矩形组成，故本选项符合题意； C．四棱锥的展开图是由一个四边形和四个三角形组成，故本选项不符合题意； D．三棱柱的展开图是两个三角形和三个矩形组成，故本选项不符合题意． 故选：B． 12．（2024•石景山区二模）若正多边形的一个外角是40°，则该正多边形的边数为（　　） A．6 B．7 C．8 D．9 【解答】解：因为360°÷40°＝9， 则正多边形的边数为9． 故选：D． 13．（2024•石景山区二模）如图是某几何体的展开图，该几何体是（　　） A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱锥 D．圆柱 【解答】解：由图可知，该几何体的两个底面是正三角形，且有3个侧面，侧面都是矩形，故这个几何体是三棱柱． 故选：A． 14．（2024•大兴区二模）如图，点A，B，C在⊙O上，C为的中点．若∠ABC＝25°，则∠AOB的大小是（　　） A．130° B．120° C．100° D．50° 【解答】解：连接OC， ∴∠AOC＝2∠ABC＝50°， ∵C是的中点， ∴∠AOB＝2∠AOC＝100°， 故选：C． 15．（2024•大兴区二模）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（　　） A．圆柱 B．三棱锥 C．三棱柱 D．圆锥 【解答】解：几何体的展开图是扇形与圆，可知该几何体是圆锥； 故选：D． 16．（2024•石景山区二模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD于点E，连接BC．若∠B＝22.5°，CD＝4，则⊙O的半径的长为（　　） A．2 B． C．4 D． 【解答】解：连接OC， ∵直径AB⊥CD于点E， ∴CECD4＝2， ∵∠B＝22.5°， ∴∠COE＝2∠B＝45°， ∴△COE是等腰直角三角形， ∴OCCE＝2， ∴⊙O的半径的长为2． 故选：B． 17．（2024•门头沟区二模）某个正多边形的一个内角是它的外角的2倍，则该正多边形是（　　） A．正方形 B．正五边形 C．正六边形 D．正七边形 【解答】解：设这个正多边形的外角为x°，由题意得： x+2x＝180， 解得：x＝60， 360°÷60°＝6． 故选：C． 18．（2024•顺义区二模）如图，直线AB，CD相交于点O，OC平分∠AOE，∠BOD＝35°，则∠BOE的度数为（　　） A．95° B．100° C．110° D．145° 【解答】解：∵∠AOC＝∠BOD，∠BOD＝35°， ∴∠AOC＝35°， ∵OC平分∠AOE， ∴∠AOE＝2∠AOC＝2×35°＝70°， ∴∠BOE＝180°﹣∠AOE＝180°﹣70°＝110°， 故选：C． 19．（2024•顺义区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是BC边上一动点（不与B，C重合），DE⊥AB于点E．设CD＝a，BD＝b，AE＝c．给出下面三个结论：①a+b＞c；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．①③ B．②③ C．② D．①②③ 【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝BC， ∴∠B＝45°， ∵DE⊥AB， ∴DE＝BE， ∵a+b与c的大小不能确定， 故①错误； ∵AB， ∴AB， 故②正确； ∵AB， ∴， ∴， ∴， 故③正确； 故选：B． 20．（2024•昌平区二模）正多边形的一个外角是60°，那么这个正多边形是（　　） A．正四边形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形 【解答】解：∵正多边形的一个外角是60°，且正多边形的每个外角均相等， ∴360°÷60＝6， 即这个正多边形是正六边形， 故选：B． 21．（2024•西城区二模）如图，点C为线段AB的中点，∠BAM＝∠ABN，点D，E分别在射线AM，BN上，∠ACD与∠BCE均为锐角．若添加一个条件一定可以证明△ACD≌△BCE，则这个条件不能是（　　） A．∠ACD＝∠BCE B．CD＝CE C．∠ADC＝∠BEC D．AD＝BE 【解答】解：∵点C为线段AB的中点， ∴AC＝BC， ∵∠A＝∠B， ∴当添加∠ACD＝∠BCE时，△ACD≌△BCE（ASA），所以A选项不符合题意； 当添加CD＝CE时，不能确定△ACD≌△BCE，所以B选项符合题意； 当添加∠ADC＝∠BEC时，△ACD≌△BCE（AAS），所以C选项不符合题意； 当添加AD＝BE时，△ACD≌△BCE（SAS），所以D选项不符合题意． 故选：B． 22．（2024•东城区二模）一个圆锥的底面半径的长为3，母线的长为15，则侧面展开图的面积是（　　） A．6π B．9π C．45π D．54π 【解答】解：∵圆锥的底面半径的长为3， ∴圆锥的底面周长的长为6π， ∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为6π， ∴扇形弧长为：6π×15＝45π， ∴圆锥侧面展开图的面积为45π， 故选：C． 23．（2024•西城区二模）如图，直线AB⊥CD于点C，射线CE在∠BCD内部，射线CF平分∠ACE．若∠BCE＝40°，则下列结论正确的是（　　） A．∠ECF＝60° B．∠DCF＝30° C．∠ACF与∠BCE互余 D．∠ECF与∠BCF互补 【解答】解：∵AB⊥CD， ∴∠BCD＝90°， ∵∠BCE＝40°， ∴∠ACE＝180°﹣∠BCE＝140°，∠DCE＝∠DCB﹣∠BCE＝50°， ∵射线CF平分∠ACE， ∴∠ACF＝∠ECF∠ACE＝70°， ∴∠DCF＝∠ECF﹣∠DCE＝20°， ∵∠ACF＝70°， ∴∠ACF+∠BCE＝110°， ∴∠ACF与∠BCE不互余， ∵∠ACF+∠BCF＝180°， ∴∠ECF+∠BCF＝180°， ∴∠ECF与∠BCF互补， 故A、B、C都不正确，D正确， 故选：D． 24．（2024•西城区二模）正十二边形的一个外角的度数为（　　） A．30° B．36° C．144° D．150° 【解答】解：正十二边形的一个外角为30°． 故选：A． 25．（2024•东城区二模）若某个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数为（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 【解答】解：多边形的内角和是：3×360＝1080°． 设多边形的边数是n，则 （n﹣2）•180＝1080， 解得：n＝8． 即这个多边形的边数是8． 故选：C． 二．填空题（共18小题） 26．（2024•丰台区二模）如图所示，第四套人民币中1角硬币边缘馈刻的图形是正九边形，其内角和为 　1260°　． 【解答】解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°． 故答案为：1260°． 27．（2024•丰台区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AD平分∠BAC 交BC于点D，分别以点A，C为圆心，大于 长为半径作弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN，交AD于点P，则DP的长为 　　． 【解答】解：如图所示：连接PC， 由作图方法可得：MN垂直平分AC， 则AP＝PC， ∵AB＝AC＝5，BC＝6，AD平分∠BAC交BC于点D， ∴BD＝DC＝3，AD⊥BC， 在Rt△ABD中，AD4， 设DP＝x，则AP＝PC＝4﹣x， 在Rt△PDC中， DP2+DC2＝PC2， 即x2+32＝（4﹣x）2， 解得：x， 故DP的长为． 故答案为：． 28．（2024•丰台区二模）在正方形网格图形中，每个小正方形的边长为1，将其顶点称为格点．从一个格点运动到与之相距/5的另一个格点之间的一次移动，因类似中国象棋中马的“日”字型跳跃，故称为一次“跳马”变换． （1）如图1，在4×4的正方形网格图形中，从格点A经过一次“跳马”变换可以到达的格点为 　C　（填“B”“C”或“D”）； （2）如图2，在6×6的正方形网格图形中，若从格点M经过三次“跳马”变换到达格点N，则共有 　12　种不同的跳法． 【解答】解：（1）格点A经过一次“跳马”变换可以到达的格点C． 故答案为：C； （2）从格点M经过三次“跳马”变换到达格点N，则共有12种不同的跳法（如图所示）． 故答案为：12． 29．（2024•大兴区二模）若n边形的每个外角都是60°，则n的值是 　6　． 【解答】解：∵n边形的外角和是360°， 又∵n边形的每个外角都是60°， ∴这个n边形的边数是360°÷60°＝6， 故答案为：6． 30．（2024•海淀区二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C是网格线的交点，C在以AB为直径的半圆上．若点D在上，则∠BDC＝　135　°． 【解答】解：如图，连接BC， ∵AB为半圆的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵BC2，AB＝4， ∴sinA， ∴∠A＝45°， ∵A，B，C，D在以AB为直径的半圆上， ∴∠A+∠BDC＝180°， ∴∠BDC＝135°， 故答案为：135． 31．（2024•海淀区二模）在△ABC中，D为边AB的中点，E为边AC上一点，连接DE．给出下面三个命题： ①若AE＝EC，则； ②若，则DE∥BC； ③若DE∥BC，则AE＝EC． 上述命题中，所有真命题的序号是 　①③　． 【解答】解：∵D为边AB的中点， ∴AD＝DB， ①若AE＝EC， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC，是真命题； ②若DEBC，不能得出DE∥BC，是假命题； ③若DE∥BC，则AE＝EC，是真命题； 故答案为：①③． 32．（2024•平谷区二模）某校航模小组的同学正在为即将开始的航模比赛做最后的准备．已知准备工作共有A，B，C，D，E，F，G，H，M，N十项工序，准备工作完成过程需要满足以下要求： （1）H只能在A、B、C工序均完成后才能完成； （2）M只能在C、D、E工序均完成后才能完成； （3）其余每项工序相互独立，之间没有干扰； （4）一项工序只能由一名学生完成，此工序完成后该学生才能进行其他工序． 各项工序所需时间如表所示： 工序 A B C D E F G H M N 所需时间/分钟 18 15 16 6 7 5 8 3 2 3 在不考虑其他因素的前提下，若由若干名学生合作完成准备工作，则至少需要 　21　分钟才能全部完成；若要在最短的时间内合作完成准备工作，则最少需要 　4　名学生共同参与． 【解答】解：由题意得：可知需要先完成A，再完成H，完成图：时长为18+3＝21（分钟）；若要在最短的时间内合作完成准备工作，需要四名学生，具体安排如下： 故答案为：21，4， 33．（2024•北京二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥AB于点E．若CD＝3，AB＝10，则S△ABD＝　15　． 【解答】解：∵∠C＝90°，BD平分∠ABC，DE⊥AB， ∴CD＝DE＝3， ∴S△ABD， 故答案为：15． 34．（2024•大兴区二模）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD，连接AC，OD．若∠CAB＝30°，OA＝2，则CD的长是 　2　． 【解答】解：如图， ∵AB⊥CD，AB是⊙O的直径， ∴，CE＝DECD， ∴∠BOD＝2∠CAB＝60°， 在Rt△ODE中，OA＝OD＝2，sin∠BOD， ∴DE， ∴CD＝2． 35．（2024•大兴区二模）在四边形ABCD中，∠ABD＝∠CDB，只需添加一个条件即可证明△ABD≌△CDB，这个条件可以是 　AB＝CD（答案不唯一）　（写出一个即可）． 【解答】解：这个条件可以是：AB＝CD， 在△ABD和△CDB中， ， ∴△ABD≌△CDB（SAS）， 故答案为：AB＝CD（答案不唯一）． 36．（2024•门头沟区二模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AC＝CD，如果，则⊙O的半径长为 　2　. 【解答】解：如图，连接OC， ∵CD⊥AB，AC＝CD，， ∴CE＝DECD，∠AEC＝90°， ∴CEAC， ∴sinA， ∴∠A＝30°， ∵OA＝OC， ∴∠A＝∠OCA＝30°， ∴∠COE＝60°， 在Rt△COE中，sin∠COE，即sin60°， ∴OC＝2， 故答案为：2． 37．（2024•顺义区二模）如图，OA是⊙O的半径，BC是⊙O的弦，OA⊥BC于点D，OC的延长线与BA的延长线交于点E．若∠ABC＝20°，则∠E＝　30　°． 【解答】解：∵OA⊥BC， ∴∠ADB＝90°， ∵∠ABC＝20°， ∴∠BAD＝90°﹣20°＝70°， ∵∠O＝2∠ABC＝40°， ∴∠E＝∠BAD﹣∠O＝30°． 故答案为：30． 38．（2024•顺义区二模）小红在手工课上制作的折扇，折扇展开是一个扇形，如图所示，已知扇形的半径是20cm，扇形的圆心角是120°，则扇形的面积是 　　cm2． 【解答】解：扇形面积为：π（cm2）， 故答案为：π． 39．（2024•昌平区二模）如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，点C为优弧AB上一点，若∠P＝80°，则∠ACB＝　50　°． 【解答】解：连接OA，OB， ∵PA，PB分别切圆于A、B， ∴半径OA⊥PA，半径OB⊥PB， ∴∠PAO＝∠PBO＝90°， ∵∠P＝80°， ∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣80°＝100°， ∴∠ACB∠AOB＝50°． 故答案为：50． 40．（2024•东城区二模）当a＝　1　，b＝　﹣2（答案不唯一）　时，可以说明“若a＞b，则a2＞b2”是假命题（写出一组a，b的值即可）． 【解答】解：当a＝1，b＝﹣2时，a＞b，a2＜b2， 说明“若a＞b，则a2＞b2”是假命题， 故答案为：1，﹣2（答案不唯一）． 41．（2024•西城区二模）如图，BD是△ABC的角平分线，DE⊥BC于点E．若BE＝3，△BDE的面积为1.5，则点D到边AB的距离为 　1　． 【解答】解：过点D作DF⊥AB，交AB的延长线于点F， ∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥BC于点E， ∴DE＝DF， ∵BE＝3，△BDE的面积为1.5， ∴1.5， 解得DE＝1， ∴DF＝DE＝1． 故答案为：1． 42．（2024•昌平区二模）某学校为丰富学生的课余生活，组织校园篮球赛，初三年级6个班进行单循环比赛（即每班都与其他班比赛一场），每天同时在三个场地各进行一场比赛．已知第一天（2）班与（4）班比赛，第二天（3）班与（5）班比赛，第三天（4）班与（6）班比赛，第四天（2）班与（3）班比赛，那么第三天与（3）班比赛的是 　1　班，第五天与（1）班比赛的是 　2　班． 【解答】解：第二天（1）班不能对（2）班，否则（4）对（6）与第三天的矛盾，所以应当（2）对（6）、（1）对（4）． 第三天（1）也不能对（2），否则（3）对（5）与第二天矛盾，应当（2）对（5），（1）对（3）． 第四天（2）对（3），（4）对（5），（1）对（6），所以第五天（1）对（2），（4）对（3），（5）对（6）． ∴第三天与（3）比赛的是（1）队，第五天与（1）比赛的是（2）队． 故答案为：A，B． 43．（2024•西城区二模）如图，AB与⊙O相切于点C．点D，E分别在OA，OB上，四边形ODCE为正方形．若OA＝2，则DE＝　　． 【解答】解：∵四边形ODCE为正方形， ∴∠AOC＝∠BOC＝45°，∠AOB＝90°，OF＝CF，OC⊥DE， ∵AB与⊙O相切于点C， ∴∠ACO＝∠BCO＝90°， ∴DE∥AB， ∴AD＝OD，BE＝OE， ∴DE是△OAB的中位线， ∴DEAB， ∴∠A＝∠AOC＝45°，∠B＝∠BOC＝45°， ∴∠A＝∠B， ∴OA＝OB＝2， 在Rt△OAB中，AB2＝OA2+OB2＝8， ∴AB＝2， ∴DE． 故答案为：． 三．解答题（共17小题） 44．（2024•丰台区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为2，对于点A和⊙O的弦BC，给出如下定义： 若∠BAC＝90°，则称弦BC是点A的“关联弦”． （1）如图1，已知点A（1，0），点B1（2，0），，B2（﹣2，0），，B3（0，2），，在弦B1C1，B2C2，B3C3中，点A的“关联弦”是 　B1C1和B2C2　； （2）如图2，已知点，C（，﹣1）在⊙O上，弦BC是点A的“关联弦”，直接写出OA长度的最大值； （3）如图3，已知点M（0，﹣2），N（2，0），对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦BC，使得弦BC是点S的“关联弦”，若对于点S，将其对应的“关联弦”BC长度的最大值记为d，则当点S在线段MN上运动时，直接写出d的取值范围． 【解答】解：（1）连接B1C1，B2C2，B3C3，AC1，AC2，AC3，AB3，如图所示： ∵点A（1，0），点B1（2，0），，B2（﹣2，0），， ∴∠C1AB1＝90°，∠C2AB2＝90°，B1C1和B2C2是点A的关联点； ∵B3（0，2），， ∴，，， ∴， ∴∠B3AC3≠90°， 综上点A的“关联弦”是B1C1和B2C2， 故答案为：B1C1和B2C2； （2）∵，， ∴， 设BC的中点为M，则M（0，﹣1）， ∵∠BAC＝90°，BC的长为定值， ∴点A的运动轨迹为以M为圆心，MC为半径的圆上，如图所示： ∴当OA在y轴上时OA最大，此时OM＝1，， ∴； （3）设BC是点A的关联弦，∠BAC＝90°， 当点A在圆心上时，即OA＝0，如图所示： 此时△BAC为等腰直角三角形，BA＝AC＝2， ∴； 当点A在圆上时，即OA＝2时，如图所示： 此时△BAC为等腰直角三角形，BC＝4， ∴当0＜OA＜2时，设BC的中点为M连接AM，OA，OM如图所示： ∴BC＝2AM， ∴当AM越大，OM越小时BC越大，即AM﹣OM≤OA， ∴AM﹣OM＝OA此时BC得到最大值，如图： ∴， ∵当点A在圆外且BA与AC相切时，，如图所示： 此时四边形ABOC为正方形，此时， ∴当时，设BC的中点为M连接AM，OA，OM如图所示： ∴BC＝2AM， ∴当AM越大，OM越小时BC越大，即AM+OM≥OA， ∴AM+OM＝OA，此时BC得到最大值，如图： ∴， 综上所述，； 又∵连接MN，OS，当OS⊥MN时，如图所示： ∵M（0，﹣2），， ∴，， ∴， ∴， ∵0时关联弦的取值为：， ∴． 45．（2024•朝阳区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，对于⊙O的弦AB和点C，给出如下定义：若△ABC是直角三角形，称点C是弦AB的“关联点”． （1）如图，已知点A（﹣1，0），B（0，﹣1），在点O（0，0），C1（1，1），C2（1，2）中，是弦AB的“关联点”的是 　O，C2　； （2）已知⊙O的直径A1B1的“关联点”C在y轴上，△A1B1C有一边与⊙O相切，设点A1（x1，y1），当时，直接写出点C的纵坐标yC的取值范围； （3）点E，F在⊙O上，EF⊥y轴，EF＝t，已知点M（1，0），N（0，2），若线段MN上存在一点P是⊙O的弦EF的“关联点”，且∠EPF＝90°，直接写出t的取值范围． 【解答】解：（1）如图所示，△AOB是直角三角形， ∴由“关联点”定义可知，O（0，0）是弦AB的“关联点”， ∵点A（﹣1，0），B（0，﹣1），C1（1，1）， ∴，，， ∵AB2＝2，， ∴△ABC1不是直角三角形，由“关联点”定义可知，C1（1，1）不是弦AB的“关联点”； ∵点A（﹣1，0），B（0，﹣1），C2（1，2）， ∴，，， ∵AB2＝2，即， ∴△ABC2是直角三角形，由“关联点”定义可知，C2（1，2）是弦AB的“关联点”； 故答案为：O，C2； （2）如图所示： 当点A1（﹣2，m），O（0，0）时，A1O＝1，则，解得m或m； 设y轴上的C（0，n），n＞0，即在y轴正半轴时， 若，此时，△A1B1C1是直角三角形时， 当∠OA1C＝90°，则，则，解得，即，此时yc取到最大值； 若，此时，△A1B1C是直角三角形时，根据对称性； 若A1（0，1），此时B1（0，﹣1），△A1B1C是直角三角形时，则C（0，1）（此时A1，C1重合），此时yc最小； ∴； 设y轴上的C（0，n），n＜0，即在y轴负半轴时， 若，此时，△A1B1C是直角三角形时， 当∠OA1C＝90°，则，则，解得，即，此时yc取到最小值； 若，此时，△A1B1C是直角三角形时，根据对称性； 若A1（0，﹣1），此时B1（0，1），△A1B1C是直角三角形时，则C（0，﹣1），此时yc取到最大值； ∴， 综上所述，点C的纵坐标yc的取值范围或； （3）由题意可知，当EF为直径时，满足题意，则t最大值为2； 当EF在x轴下方时，如图所示，设以EF为直径的圆与MN相切于点H，则当P和点H重合时，∠EPF＝90°， ∵M（1，0），N（0，2）， ∴OM＝1，ON＝2，则， ∵EF＝t，则GH， ∵tan∠MNO＝tan∠HNG，即， ∴， ∴NH＝t， ∴， ∵，NO＝2， ∴， 解得：或（舍去）， 当EF在x轴上方时，如图所示， 同理可得， ∵，NO＝2， ∴， 解得：或（舍去）， 综上所述，． 46．（2024•丰台区二模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，过点A作AE∥BC，且AE＝BD，连接BE． （1）求证：四边形ADBE是菱形； （2）连接CE，若AB＝2，∠AEB＝60°，求CE的长． 【解答】（1）证明：∵AE∥BC，且AE＝BD， ∴四边形AEBD是平行四边形， 在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点， ∴AD＝BD＝DCBC， ∴▱AEBD是菱形； （2）解：过E作EF⊥CB交CB的延长线于F， ∵四边形ADBE是菱形， ∴AE＝BE， ∵∠AEB＝60°， ∴△AEB是等边三角形， ∵AB＝2， ∴BE＝AB＝2， ∴BD＝DC＝BE＝2， ∵AE∥BC， ∴∠EBF＝∠AEB＝60°， 在Rt△BEF中，∠F＝90°，∠EBF＝60°，BE＝2， ∴BF＝1，EF， ∴CF＝5， 在Rt△CEF中，∠F＝90°，CF＝5，EF， ∴CE． 47．（2024•顺义区二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，过BC上一点D作DE⊥AB于点E，过点C作⊙O的切线交ED的延长线于点F． （1）求证：∠DCF＝∠CDF； （2）若D为BC的中点，⊙O的半径为5，cos∠CDF，求CF的长． 【解答】（1）证明：连接OC． ∵CF是⊙O的切线， ∴∠OCF＝∠OCB+∠DCF＝90°， ∴∠DCF＝90°﹣∠OCB， ∵EF⊥AB于E， ∴∠FEB＝90°， ∴∠EBD+∠EDB＝90°， ∴∠EDB＝90°﹣∠EBD， ∵∠CDF＝∠EDB， ∴∠CDF＝90°﹣∠EBD， ∵OC＝OB， ∴∠EBD＝∠OCB， ∴∠DCF＝∠CDF； （2）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝∠ACO+∠OCB＝90°， 又∵∠OCF＝∠DCF+∠OCB＝90°， ∴∠ACO＝∠DCF， ∵OA＝OC，∠DCF＝∠CDF， ∴∠ACO＝∠OAC＝∠DCF＝∠CDF， ∴△FCD∽△OCA， ∴∠OAC＝∠DCF， ∵∠DCF＝∠CDF， ∴∠OAC＝∠CDF， ∵， ∴， ∵半径是5， ∴AB＝10， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∴， ∴AC＝6，BC＝8， ∵D为BC中点， ∴CD＝BD＝4， ∵△FCD∽△OCA， ∴ ∴， ∴． 48．（2024•海淀区二模）在△ABC中，AB＝AC，∠A＜60°，点D在边AC上（不与点A，C重合），连接BD，平移线段BD，使点B移到点C，得到线段CE，连接DE． （1）在图1中补全图形，若∠BAC＝2∠E，求证：∠CBD与∠CDE互余； （2）连接AE，若AC平分∠BAE，用等式表示∠CBD与∠BAE之间的数量关系，并证明． 【解答】解：（1）如图，即为所求作的图形， ∴四边形BCED是平行四边形， ∴∠E＝∠CBD， 设∠E＝x＝∠CBD， ∵∠BAC＝2∠E， ∴∠BAC＝2x， ∵AB＝AC， ∴∠ACB＝90﹣x， ∵四边形BCED是平行四边形， ∴BC∥DE， ∴∠CDE＝∠ACB＝90﹣x， ∴∠CDE+∠CBD＝90°， ∴∠CBD与∠CDE互余； （2）∠CBD与∠BAE之间的数量关系为 ． 连接BE，交AC于点O，延长AC至F，使OF＝OA，连接EF， 由（1）可得，四边形BCED为平行四边形， 则 OB＝OE， ∵OA＝OF，∠BOA＝∠EOF， ∴△BOA≌△EOF， ∴AB＝FE，∠BAO＝∠EFO， ∵AC平分∠BAE， ∴， ∴∠EFO＝∠EAO， ∴AE＝FE， ∵OB＝OE， ∴AC⊥BE， ∴四边形BCED为菱形， ∴BD＝BC， ∴∠BDC＝∠BCD， 在△BCD中，∠CBD+2∠BCD＝180°， 在△ABC中，∠BAC+2∠BCD＝180°， ∴∠BAC＝∠CBD， ∴． 49．（2024•海淀区二模）如图，点A，B，C，D在一条直线上，AB＝BC＝CD，AE＝EC，四边形ECDF是平行四边形． （1）求证：四边形EBCF是矩形； （2）若AD＝12，，求BF的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ECDF是平行四边形， ∴EF＝CD，EF∥CD， ∵AB＝BC＝CD， ∴EF＝BC， ∴四边形EBCF是平行四边形， ∵AE＝EC，AB＝BC， ∴EB⊥AC， ∴∠EBC＝90°， ∴▱EBCF是矩形； （2）解：∵EF＝BC，EF∥BC， 又∵AB＝BC＝CD， ∴EF＝AB， ∴四边形ABFE是平行四边形， ∴AE＝BF， ∵cosA，AD＝12， ∴AB＝4， ∴BF＝AE＝5． 50．（2024•海淀区二模）如图，P是⊙O外一点，PA，PB分别切⊙O于点A，B，PO与⊙O交于点H，AH＝OH． （1）求证：△ABP是等边三角形； （2）过点A作PO的平行线，与⊙O的另一个交点为C，连接CP．若AB＝6，求⊙O的半径和tan∠CPB的值． 【解答】（1）证明：连接OA，则OA＝OH， ∵AH＝OH， ∴OA＝AH＝OH， ∴△AOH是等边三角形， ∴∠AOH＝60°， ∵PA，PB分别切⊙O于点A，B， ∴PA＝PB，PA⊥OA， ∴∠OAP＝90°， ∴∠OPB＝∠OPA＝90°﹣∠AOH＝30°， ∴∠APB＝2∠OPA＝60°， ∴△ABP是等边三角形． （2）解：连接OB、OC， ∵PA＝PB＝AB＝6，∠OAP＝90°，∠OPA＝30°， ∴tan30°， ∴OB＝OC＝OAPA6＝2， ∵PA＝PB，OP＝OP，OA＝OB， ∴△POA≌△POB（SSS）， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∠AOP＝∠BOP＝60°， ∵AC∥PO， ∴∠OAC＝∠AOP＝60°， ∴△AOC是等边三角形， ∴∠AOC＝60°， ∴∠AOC+∠AOP+∠BOP＝3×60°＝180°， ∴B、O、C三点在同一条直线上， ∴BC＝OB+OC＝224， ∴tan∠CPB， ∴⊙O的半径长为2，tan∠CPB的值为． 51．（2024•海淀区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，AB是⊙O的一条弦，以AB为边作平行四边形ABCD．对于平行四边形ABCD和弦AB，给出如下定义：若边CD所在直线是⊙O的切线，则称四边形ABCD是弦AB的“弦切四边形”． （1）若点A（0，﹣1），C（1，0），四边形ABCD是弦AB的“弦切四边形”，在图中画出“弦切四边形”ABCD，并直接写出点D的坐标； （2）若弦AB的“弦切四边形”为正方形，求AB的长； （3）已知图形M和图形N是弦AB的两个全等的“弦切四边形”，且均为菱形，图形M与N不重合．P，Q分别为两个“弦切四边形”对角线的交点，记PQ的长为t，直接写出t的取值范围． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是弦AB的“弦切四边形”， ∴CD是⊙O切线， ∵C（1，0），四边形ABCD是平行四边形， 故线段CD是在直线x＝1上，且垂直于x轴， 根据平行四边形的性质可得AB∥CD， ∴AB垂直x轴， ∵AB是⊙O 的一条弦，B在⊙O上，A（0，﹣1）， 由图象可得B点坐标为（0，1）， ∴AB＝2， ∵AB＝CD＝2，AB∥CD，C（1，0）， ∴由图象可得点D的坐标为（1，﹣2）． （2）当弦AB的“弦切四边形”为正方形时，则以AB为边作出的四边形ABCD为正方形，可得线段CD与⊙O相切，交点为点E，连接OE并延长交AB于点G，故可得出正方形ABCD，如图所示： ∵线段CD与⊙O相切，交点为点E，O为⊙O的圆心， ∴GE⊥CD， ∵AB∥CD， ∴GE⊥AB， ∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°， ∴四边形ABCD为矩形， 设OG为m， ∵OE＝OB＝1， ∴GE＝BD＝AB＝m+1， 又∵OB＝OA，OG⊥AB， ∴点G是AB的中点， 即， 在Rt△OGB中，OB2＝OG2+BG2， 即， 解得或m＝﹣1（舍）， ∴． （3）①由题意可得，圆上任意点A（与x轴y轴交点除外），关于y轴的对称点B，作菱形分别为菱形ABUT和菱形ABCD，且TU和CD与圆相切于点N，P，Q分别为两个“弦切四边形”对角线的交点，连接PQ交y轴于点G，连接AB，交y轴于点M，连接OB，故△OMB是直角三角形，如图所示： 设OM＝x， ∵ON＝1， ∴MN＝1﹣x， ∵AB⊥ON，UD⊥ON，Q和P分别是AU和BD的中点，QP⊥ON，QG＝GP，MG＝NG，， ∵AB＝AD，M和P分别是AB和BD的中点， ， ∵OB＝1，OM＝x， ， 在Rt△MGP中，PG2＝PM2+MG2， 即， 当时，， ∵， ∴PG＞0，即， ∵PQ＝t＝2PG， ； ②当点A在圆上与x轴y轴交点上时，如图所示，关于x轴的对称点B，作菱形ABC1D1和菱形ABC4D4，P1，Q2分别为两个“弦切四边形”对角线的交点，此时P1Q2的长为圆的直径，即P1Q2＝2，即t＝2； 同理可得作菱形ABC2D2和菱形ABC3D3，P2，Q1分别为两个“弦切四边形”对角线的交点，此时P2Q1的长为圆的直径，即P2Q1＝2，即t＝2； 同理可得作菱形ABC1D2和菱形ABC3D3，P1，P2分别为两个“弦切四边形”对角线的交点，此时，即t＝1； 同理可得作菱形ABC1D1和菱形ABC2D2，P1，Q1分别为两个“弦切四边形”对角线的交点，此时，即． 综上所述，t的取值范围为或t＝2． 52．（2024•平谷区二模）如图，BD平分∠ABF，点A是射线BM上一点，过点A作AD∥BN交BG于点D，过A作AE⊥BN，过点D作DF⊥BN． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）在BF上取点C使得CF＝BE，连接AC、CD．求证：AC⊥BD． 【解答】证明：（1）∵AE⊥BN，DF⊥BN， ∴AE∥DF， ∵AD∥EF， ∴四边形AEFD是平行四边形， ∵AE⊥BN， ∴四边形AEFD是矩形； （2）∵四边形AEFD是矩形， ∴AD∥EF，AD＝EF， ∵BE＝CF， ∴BC＝EF， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC， ∴∠ABD＝∠ADB， ∴AD＝AB， ∴四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD． 53．（2024•平谷区二模）如图，点A、C是⊙O上两点，过点A作⊙O的切线与OC的延长线交于点B，过点C作AB的平行线与⊙O交于点D，连接AD、AC．（1）求证：∠D＝∠BAC； （2）若CD＝8，，求BC的长． 【解答】（1）证明：连接OA交CD于E， ∵AB是⊙O的切线， ∴∠BAO＝90°， ∵AB∥CD， ∴∠CEO＝90°， ∴CE＝DE， ∴AC＝AD， ∴∠ACD＝∠D， ∵AB∥CD， ∴∠BAC＝∠ACD， ∴∠BAC＝∠D； （2）解：∵OA⊥CD，AC＝AD，CD＝8， ∴CE＝DE＝4， ∵， ∴， ∴， ∴AE＝2， 设半径为x， 则OC＝x，OE＝x﹣2， ∵OC2﹣OE2＝CE2， ∴x2﹣（x﹣2）2＝42 解得x＝5， ∴OC＝5，OE＝3， ∵CE∥AB， ∴， ∴， 解得． 54．（2024•北京二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，连接CD，过点A作AE∥DC，过点C作CE∥DA，AE与CE相交于点E． （1）求证：四边形ADCE是菱形； （2）连接BE，若AE，BC＝4，求BE的长． 【解答】（1）证明：∵AE∥DC，CE∥DA， ∴四边形AECD是平行四边形， ∵∠ACB＝90°，D为AB的中点， ∴CDAB＝AD， ∴平行四边形AECD是菱形； （2）解：如图，过点E作EF⊥BC，交BC的延长线于点F， 则∠EFC＝90°＝∠ACB， 由（1）可知，四边形ADCE是菱形， ∴AD＝AE＝EC， ∵D为AB的中点， ∴AB＝2AD， 在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，BC＝4，AB， ∴AC2， ∵CE∥AB， ∴∠ECF＝∠ABC， ∴△ECF∽△ABC， ∴， 即， ∴EF＝1， ∴CF2， 在Rt△EFB中，∠EFB＝90°，BF＝BC+CF＝6，EF＝1， ∴BE． 55．（2024•北京二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB都是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”． （1）如图，点A（﹣1，0），B1（，），B2（，）． ①在点C1（﹣1，1），C2（﹣1，），C3（0，）中，弦AB1的“关联点”是 　C2　； ②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出AC，OC的长． （2）已知直线与x轴，y轴分别交于点M，N，对于线段MN上一点T，存在⊙O的弦PQ，使得点T是弦PQ的“关联点”，记四边形OPTQ的面积为S，当点T在线段MN上运动时，直接写出S的最小值和最大值，以及相应的PQ长． 【解答】解：（1）①连接OB1，过B1作OB1的垂线l，如图， 设OB1：y＝kx， 把B1（，）代入得k， ∴k， ∴yx， ∵l⊥OB1， ∴设l：yx+b， 把（，）代入得， k+b， ∴b， ∴l：yx， 把x＝﹣1代入得，y， ∴C2（﹣1，）是弦AB1的“关联点”， 故答案为：C2； （2）连接OB2，过B2作CB2⊥OB2，交x＝﹣1于点C， 同理求得OB2：yx，CB2：yx， 把x＝﹣1代入得，y， ∴AC， ∴OC＝2AC； （3）由点圆关系得，点离圆越近，离圆心的距离OT越短，切点之间的距离PQ越短， 如图，直线MN为yx+2， 当OT⊥MN时，OT值最小，PQ最小， ∵OT⊥PQ， ∴SOT•PQ， ∴此时S最小，由直线MN为yx+2得，∠ONM＝60°，∠OMN＝30°， ∴ON＝2，OM＝2，MN＝4， ∴OT＝2×24， ∵OQ＝1，∠OQT＝90°， ∴TQ， ∴QH＝1， ∴PQ＝2QH， ∴S； 如图，当点T在点M出时OM最大，PQ最大，此时S最大， ∵OM＝2，OQ＝1， ∴QM， ∴QH1×÷2， ∴QP＝2HQ， ∴S2． 综上，S的最小值为，PQ，S的最大值为，PQ． 56．（2024•大兴区二模）如图，在▱ABCD中，∠BAC＝90°，E，F分别是BC，AD的中点，连接AE，CF，G是线段AC上一点，且AE＝AG，连接EG． （1）求证：四边形AECF是菱形； （2）若AB＝6，BC＝10，求EG的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵点E，F分别为AD，BC中点， ∴AFAD，ECBC， ∴AF＝EC， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵∠BAC＝90°，点E为BC中点， ∴AEBC＝CE， ∴四边形AECF是菱形； （2）解：连接EF，交AC于点O． ∵AB2+AC2＝BC2， ∴62+AC2＝102， ∴AC＝8（舍负）， ∴AE＝5， ∵AE＝AG， ∴AG＝5， ∵四边形AECF是菱形， ∴O是AC的中点，AC⊥EF． ∴AOAC＝4，EOAB＝3， ∴OG＝AG﹣AO＝5﹣4＝1， ∴EG． 57．（2024•门头沟区二模）已知：如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF和BF． （1）求证：四边形BFDE是矩形； （2）如果AF平分∠DAB，BF＝4，，求DC的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB， ∵DF＝BE， ∴四边形BFDE是平行四边形， ∵DE⊥AB， ∴∠DEB＝90°， ∴平行四边形BFDE是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，AD＝BC， ∴∠BAF＝∠AFD， ∵AF平分∠DAB， ∴∠BAF＝∠DAF， ∴∠DAF＝∠AFD， ∴AD＝DF， 由（1）可知，四边形BFDE是矩形， ∴∠DFB＝90°， ∴∠BFC＝180°﹣90°＝90°， ∴sinC， 即， ∴BC＝5， ∴DF＝AD＝BC＝5，CF3， ∴DC＝DF+CF＝5+3＝8． 58．（2024•石景山区二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝AC，AE平分∠BAC交BC于点E． （1）求证：四边形AECD是矩形； （2）连接BD，若∠ACD＝30°，AB＝2，求BD的长． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AE平分∠BAC， ∴AE⊥BC， ∵∠BCD＝90°， ∴DC⊥BC， ∴AE∥DC， ∵AD∥BC， ∴四边形AECD是平行四边形， 又∵∠BCD＝90°， ∴平行四边形AECD是矩形； （2）解：如图，由（1）可知，四边形AECD是矩形， ∴∠D＝90°， ∵AC＝AB＝2，∠ACD＝30°， ∴ADAC＝1， ∴CD， ∵∠BCD＝90°， ∴∠ACB＝90°﹣∠ACD＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴BC＝AB＝2， ∴BD． 59．（2024•石景山区二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，P为⊙O外一点．给出如下定义：以线段OP为对角线作矩形OMPN，若点M在⊙O内或⊙O上，点N在⊙O外，则称矩形OMPN是点P的“圆伴矩形”． 例如，图1中的矩形OMPN是点P的一个“圆伴矩形”． （1）已知矩形OMAN是点A的“圆伴矩形”且点N在⊙O外， ①若点A的坐标为（2，1）且点M在⊙O上，则矩形OMAN的面积是 　2　； ②若点A的坐标为（2，0），则点N的横坐标t的取值范围是 　1.5≤t＜2　； （2）已知OB＝2，直线与x轴，y轴分别交于点C，D．若线段CD上存在点N，使得矩形OMBN是点B的“圆伴矩形”（点N在⊙O外），直接写出b的取值范围． 【解答】解：（1）①如图 OM＝1，ON＝2， S矩形OMAN＝1×2＝2． ②如图：点M在圆O上时，作NP⊥OA于P． OM＝AN＝1，OA＝2，∠ONA＝90°， ∴cos∠OAN， ∴∠OAN＝60°， ∴， ∴AP＝0.5， ∴OP＝OA﹣AP＝1.5． ∵∠ONA＝∠OMA＝90°， ∴O，M，A，N在以OA为直径的圆上， 如图，OM＜1，点M在圆O内以OA为直径的弧上， 点N在OA为直径的弧上，更接近点A， 0＜AN＜1，N不能和A重合， 所以点N横坐标t的取值范围：1.5≤t＜2． 故答案为：2，1.5≤t＜2． （2）如图， ∵OB＝2．∠ONB＝90°， ∴OM2+ON2＝OB2＝4， ∵0＜OM≤1， ∴3≤ON2＜4 ∴ON＜2，＜＜＜＜≤ 设N的坐标为（x，y）， 当ON＝2时， ON2＝x2+y2＝4， 点N在yx+b上， x2+（ x+b）2＝4， x2+bx+b2﹣4＝0， Δ＝b2﹣4（b2﹣4）≥0， ∴b2≤5， ∵点N在线段CD上，当ON⊥CD时，ON有最小值． S△CODCD×ONOC×OD， ∵OD＝|b|，OC＝2|b|， ∴CD2＝OC2+OD2 ∴CD|b|， ∴|b|2|b|×|b|， ∴|b|． ∴b或b． 60．（2024•石景山区二模）如图，过⊙O外一点P作⊙O的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，AC是⊙O的直径，连接CB并延长交直线AP于点D． （1）求证：PD＝PA； （2）延长BP交CA的延长线于点E．若⊙O的半径为，，求BC的长． 【解答】（1）证明：连接OB，AB， ∵PA，PB是⊙O的两条切线， ∴PB＝PA， ∴∠PBA＝∠PAB， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠ABC＝∠ABD＝90°， ∴∠D+∠DAB＝∠DBP+∠PBA＝90°， ∴∠DBP＝∠D， ∴PD＝PB， ∴PD＝PA； （2）解：过B作BH⊥AB于H， ∴∠BHO＝90°， ∴∠BOH+∠OBH＝∠BOH+∠E＝90°， ∴∠OBH＝∠E， ∵， ∴sin∠OBH， ∵OB， ∴OH， ∴BH， ∴BC． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/6/28 13:29:39；用户：18582497371；邮箱：18582497371；学号：56246982 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$