专题04图形的性质选填题-三年（2022-2024）中考数学真题分项汇编（湖南专用）

专题04 图形的性质选填题-三年（2022-2024）中考数学真题分项汇编（湖南专用） 一、单选题 1．（2023·湖南·中考真题）作为中国非物质文化遗产之一的紫砂壶，成型工艺特别，造型式样丰富，陶器色泽古朴典雅，从一个方面鲜明地反映了中华民族造型审美意识．如图是一把做工精湛的紫砂壶“景舟石瓢”，下面四幅图是从左面看到的图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2022·湖南永州·中考真题）下列多边形具有稳定性的是（　　　） A．B．C． D． 3．（2022·湖南娄底·中考真题）一条古称在称物时的状态如图所示，已知，则（    ） A． B． C． D． 4．（2023·湖南·中考真题）一技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则（    ）    A． B． C． D． 5．（2024·湖南·中考真题）如图，，为的两条弦，连接，，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 6．（2023·湖南湘西·中考真题）已知直线，将一块直角三角板按如图所示的方式摆放．若，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 7．（2023·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A． B． C． D． 8．（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（    ） A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等 C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形 9．（2024·湖南·中考真题）如图，在中，点分别为边的中点．下列结论中，错误的是（    ） A． B． C． D． 10．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，，．则的度数为（    ） A． B． C． D． 11．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，等边的顶点在⊙上，边、与⊙分别交于点、，点是劣弧上一点，且与、不重合，连接、，则的度数为（    ） A． B． C． D． 12．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图： ①分别过点A、B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点； ②作直线PQ交AB于点D； ③以点D为圆心，AD长为半径画弧交PQ于点M、连接AM、BM． 若，则AM的长为（    ） A．4 B．2 C． D． 13．（2022·湖南益阳·中考真题）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，以点A为圆心，以任意长为半径画弧交射线AB，AC于两点，分别以这两点为圆心，以适当的定长为半径画弧，两弧交于点E，作射线AE，交BD于点I，连接CI，以下说法错误的是（　　） A．I到AB，AC边的距离相等 B．CI平分∠ACB C．I是△ABC的内心 D．I到A，B，C三点的距离相等 14．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，弦的长为8，圆心O到的距离，则的半径长为（    ） A．4 B． C．5 D． 15．（2023·湖南永州·中考真题）下列多边形中，内角和等于的是（    ） A．   B．   C．   D．   16．（2023·湖南岳阳·中考真题）我国古代数学名著《九章算术》中有这样一道题：“今有圆材，径二尺五寸．欲为方版，令厚七寸，问广几何？”结合右图，其大意是：今有圆形材质，直径为25寸，要做成方形板材，使其厚度达到7寸．则的长是（    ）    A．寸 B．25寸 C．24寸 D．7寸 17．（2023·湖南·中考真题）我们可以用以下推理来证明“在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于”．假设三角形没有一个内角小于或等于，即三个内角都大于．则三角形的三个内角的和大于，这与“三角形的内角和等于”这个定理矛盾．所以在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于．上述推理使用的证明方法是（    ） A．反证法 B．比较法 C．综合法 D．分析法 18．（2023·湖南张家界·中考真题）“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形．如图，分别以等边的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”．若等边的边长为3，则该“莱洛三角形”的周长等于（    ）    A． B． C． D． 19．（2023·湖南常德·中考真题）如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为(   )    A． B． C． D． 20．（2023·湖南·中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 21．（2022·湖南娄底·中考真题）如图，等边内切的图形来自我国古代的太极图，等边三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于等边的内心成中心对称，则圆中的黑色部分的面积与的面积之比是（    ） A． B． C． D． 22．（2022·湖南益阳·中考真题）如图1所示，将长为6的矩形纸片沿虚线折成3个矩形，其中左右两侧矩形的宽相等，若要将其围成如图2所示的三棱柱形物体，则图中a的值可以是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 23．（2023·湖南永州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以，为圆心，大于的定长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，作，垂足为，则下列结论不正确的是（    ）    A． B． C． D．一定经过的内心 24．（2023·湖南娄底·中考真题）如图，正六边形的外接圆的半径为2，过圆心O的两条直线、的夹角为，则图中的阴影部分的面积为（    ）    A． B． C． D． 二、填空题 25．（2024·湖南·中考真题）一个等腰三角形的一个底角为，则它的顶角的度数是 度． 26．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，点D，E分别是的中点，连接．若，则的长为 ． 27．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，点在一块直角三角板上（其中），于点，于点，若，则 度． 28．（2022·湖南株洲·中考真题）如图所示，已知，正五边形的顶点、在射线上，顶点在射线上，则 度． 29．（2022·湖南衡阳·中考真题）如图，用一个半径为6 cm的定滑轮拉动重物上升，滑轮旋转了，假设绳索粗细不计，且与轮滑之间没有滑动，则重物上升了 cm．（结果保留） 30．（2022·湖南娄底·中考真题）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点是的黄金分割点，即．延长与相交于点，则 .（精确到0.001）    31．（2022·湖南湘潭·中考真题）如图，一束光沿方向，先后经过平面镜、反射后，沿方向射出，已知，，则 ． 32．（2022·湖南永州·中考真题）我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的证明.如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则 ． 33．（2023·湖南怀化·中考真题）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．    34．（2023·湖南·中考真题）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是 个．    35．（2023·湖南郴州·中考真题）如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点处安装了一台监视器，它的监控角度是，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 台．    36．（2023·湖南·中考真题）《周礼考工记》中记载有：“……半矩谓之宣（xuān），一宣有半谓之欘（zhú）……”意思是：“……直角的一半的角叫做宣，一宣半的角叫做欘……”．即：1宣矩，1欘宣（其中，1矩），问题：图（1）为中国古代一种强弩图，图（2）为这种强弩图的部分组件的示意图，若矩，欘，则 度．        37．（2023·湖南·中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为的正方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 ．    38．（2023·湖南·中考真题）毛主席在《七律二首•送瘟神》中写道“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”，我们把地球赤道看成一个圆，这个圆的周长大约为“八万里”．对宇宙千百年来的探索与追问，是中华民族矢志不渝的航天梦想．从古代诗人屈原发出的《天问》，到如今我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”，太空探索无上境，伟大梦想不止步．2021年5月15日，我国成功实现火星着陆．科学家已经探明火星的半径大约是地球半径的，若把经过火星球心的截面看成是圆形的，则该圆的周长大约为 万里． 39．（2023·湖南娄底·中考真题）如图，在中，，，边上的高，将绕着所在的直线旋转一周得到的几何体的表面积为 ．    40．（2023·湖南·中考真题）如图，在平行四边形中，，的平分线交于点E，则的长为 ．    41．（2022·湖南株洲·中考真题）中国元代数学家朱世杰所著《四元玉鉴》记载有“锁套吞容”之“方田圆池结角池图”．“方田一段，一角圆池占之．”意思是说：“一块正方形田地，在其一角有一个圆形的水池（其中圆与正方形一角的两边均相切）”，如图所示．问题：此图中，正方形一条对角线与⊙相交于点、（点在点的右上方），若的长度为10丈，⊙的半径为2丈，则的长度为 丈． 42．（2022·湖南常德·中考真题）剪纸片：有一张长方形的纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片；从这2张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有3张纸片：从这3张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这样共有4张纸片；……；如此下去，若最后得到10张纸片，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，则还有一张多边形纸片的边数为 ． 43．（2023·湖南·中考真题）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为 ．    44．（2023·湖南常德·中考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图．是以O为圆心，为半径的圆弧，C是弦的中点，D在上，．“会圆术”给出长l的近似值s计算公式：，当，时， ．（结果保留一位小数） 45．（2023·湖南湘西·中考真题）如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为 ．    46．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在中，，，以为圆心，的长为半径画弧交于点，连接，分别以为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，过点作交于点．则的长为 ．      47．（2024·湖南·中考真题）如图，在锐角三角形中，是边上的高，在，上分别截取线段，，使；分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，在内，两弧交于点P，作射线，交于点M，过点M作于点N．若，，则 ． 第 2 页 共 34 页 第 1 页 共 34 页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C B C C D A D C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C B D B B C A B C C 题号 21 22 23 24 答案 A B C C 1．B 【分析】本题考查了从三个方面看物体，准确把握从正面、左面和上面三个方向看立体图形得到的平面图形是解决问题的关键．从正面、左面和上面三个方向看立体图形得到的平面图形，注意所有的看到的或看不到的棱都应表现在视图中，看得见的用实线，看不见的用虚线，虚实重合用实线． 【详解】 解：从左面看，得到的平面图形是， 故选：B． 2．D 【分析】利用三角形具有稳定性直接得出答案． 【详解】解：三角形具有稳定性，四边形、五边形、六边形都具有不稳定性， 故选D． 【点睛】本题考查三角形的特性，牢记三角形具有稳定性是解题的关键． 3．C 【分析】如图，由平行线的性质可得 从而可得答案． 【详解】解：如图，由题意可得： ， 故选C 【点睛】本题考查的是平行线的性质，邻补角的含义，掌握“两直线平行，内错角相等”是解本题的关键． 4．B 【分析】由图求得的长度，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】解：由图可知， 在中，，点D为边的中点， , 故选：B． 【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；解题的关键是熟练掌握该性质． 5．C 【分析】本题考查了圆周角定理，熟知在同圆或等圆中，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半是解题的关键．根据圆周角定理可知，即可得到答案． 【详解】根据题意，圆周角和圆心角同对着， ， ， ． 故选：C． 6．C 【分析】由，，得，进而得到的度数． 【详解】∵，， ∴． ∵， ∴． 故选C．    【点睛】本题主要考查平行线的性质和邻补角的性质，掌握平行线的性质是解题的关键． 7．D 【分析】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A．∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； B．∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； C．∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； D．∵，， ∴四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项符合题意； 故选：D． 8．A 【分析】本题考查了命题与定理的知识，多边形外角性质，菱形性质及轴对称图形的特点，解题的关键是掌握这些基础知识点． 【详解】解：A、两点之间，线段最短，正确，是真命题，符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，选项错误，是假命题，不符合题意； C、正五边形的外角和为，选项错误，是假命题，不符合题意； D、直角三角形不一定是轴对称图形，只有等腰直角三角形是轴对称图形，选项错误，是假命题，不符合题意； 故选：A． 9．D 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，由三角形中位线性质可判断；由相似三角形的判定和性质可判断，掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵点分别为边的中点， ∴，，故正确； ∵， ∴，故正确； ∵， ∴， ∴，故错误； 故选：． 10．C 【分析】本题主要考查了三角形内角和定理、平行线的性质等知识点，掌握平行线的性质成为解题的关键． 由三角形内角和定理可得，再根据平行线的性质即可解答． 【详解】解：∵在中，，， ∴, ∵， ∴． 故选：C． 11．C 【分析】根据等边三角形的性质可得，再根据圆内接四边形的对角互补即可求得答案． 【详解】解：是等边三角形， ， ， 故选C． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键． 12．B 【分析】根据作图可知垂直平分，，是等腰直角三角形，据此即可求解． 【详解】解：由作图可得垂直平分， 则是等腰直角三角形 ∴由勾股定理得： 故选：B． 【点睛】本题考查了作垂线，等腰直角三角形的性质，勾股定理，掌握基本作图理解题意是解题的关键． 13．D 【分析】根据作图先判断AE平分∠BAC，再由三角形内心的性质解答即可． 【详解】解：A.由作图可知，AE是∠BAC的平分线， ∴I到AB，AC边的距离相等，故选项正确，不符合题意； B.∵BD平分∠ABC，三角形三条角平分线交于一点， ∴CI平分∠ACB，故选项正确，不符合题意； C.由上可知，I是△ABC的内心，故选项正确，不符合题意， D.∵I是△ABC的内心， ∴I到AB，AC，BC的距离相等，不是到A，B，C三点的距离相等，故选项错误，符合题意； 故选：D． 【点睛】此题考查尺规作图，涉及三角形内心的性质，解题的关键是掌握基本的尺规作图和三角形内心的性质． 14．B 【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，先根据垂径定理得到，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：∵在中，弦的长为8，圆心O到的距离， ∴，， 在中，， 故选：B． 15．B 【分析】根据n边形内角和公式分别求解后，即可得到答案 【详解】解：A．三角形内角和是，故选项不符合题意； B．四边形内角和为，故选项符合题意； C．五边形内角和为，故选项不符合题意； D．六边形内角和为，故选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】此题考查了n边形内角和，熟记n边形内角和公式是解题的关键． 16．C 【分析】根据矩形的性质，勾股定理求解． 【详解】由题意知，四边形是矩形， 在中， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理；由矩形的性质得出直角三角形是解题的关键． 17．A 【分析】根据反证法的步骤分析判断，即可解答． 【详解】解：假设三角形没有一个内角小于或等于，即三个内角都大于． 则三角形的三个内角的和大于， 这与“三角形的内角和等于”这个定理矛盾． 所以在一个三角形中，至少有一个内角小于或等于． 以上步骤符合反证法的步骤． 故推理使用的证明方法是反证法． 故选：A． 【点睛】本题考查了反证法，解答此题关键要懂得反证法的意义及步骤．反证法的步骤是：（1）假设结论不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立． 18．B 【分析】根据等边三角形的性质及弧长公式求解即可． 【详解】解：∵等边三角形的边长为3，， ∴， ∴该“莱洛三角形”的周长， 故选：B． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，弧长公式，熟练掌握等边三角形的性质和弧长公式是解题的关键． 19．C 【分析】首先根据正方形的性质得到，，然后结合得到，然后证明出，最后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】∵四边形是正方形 ∴， ∵ ∴， ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∴ 故选：C． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 20．C 【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴， ∴， ∵， ∴, 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键． 21．A 【分析】由题意，得圆中黑色部分的面积是圆面积的一半，令BC=2a，则BD=a，根据勾股定理，得出AD=，同时在Rt△BOD中，OD=，进而求出黑色部分的面积以及等边三角形的面积，最后求出答案． 【详解】解：令内切圆与BC交于点D，内切圆的圆心为O，连接AD，OB， 由题可知，圆中黑色部分的面积是圆面积的一半， 令BC=2a，则BD=a， 在等边三角形ABC中 AD⊥BC，OB平分∠ABC， ∴∠OBD=∠ABC=30°， 由勾股定理，得AD=， 在Rt△BOD中，OD=tan30°×BD=， ∴圆中的黑色部分的面积与的面积之比为． 故选：A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，内切圆的性质和面积，等边三角形的面积以及勾股定理求边长，正确地计算能力是解决问题的关键． 22．B 【分析】本题实际上是长为6的线段围成一个等腰三角形，求腰的取值范围． 【详解】解：长为6的线段围成等腰三角形的两腰为a．则底边长为6﹣2a． 由题意得，， 解得＜a＜3， 所给选项中分别为：1，2，3，4． ∴只有2符合上面不等式组的解集， ∴a只能取2． 故选：B． 【点睛】本题考查了三角形三边之间的关系、解不等式组，解题的关键是把把三棱柱的问题转化为三角形三边的问题． 23．C 【分析】根据作图可得是的角平分线，根据角平分线的性质得出，即可判断B，证明，根据全等三角形的性质，即可判断A，根据三角形内心的定义，即可判断D选项，假设成立，得出，即可判断C选项． 【详解】解：根据作图可得是的角平分线，点在上，， ∴，故B选项正确， 在中， ， ∴， ∴，故A选项正确； ∵是的角平分线，三角形的内心是三条角平分线的交点， ∴一定经过的内心，故D选项正确； 若，则，， 又， 则， ∴，而题目没有给出这个条件，故C选项不一定正确， 故选：C． 【点睛】本题考查了作角平分线，三角形角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，三角形的内心的定义，熟练掌握基本作图是解题的关键． 24．C 【分析】如图，连接，标注直线与圆的交点，由正六边形的性质可得：，，三点共线，为等边三角形，证明扇形与扇形重合，可得，从而可得答案． 【详解】解：如图，连接，标注直线与圆的交点， 由正六边形的性质可得：，，三点共线，为等边三角形，      ∴，， ∴， ∴扇形与扇形重合， ∴， ∵为等边三角形，，过作于， ∴，，， ∴； 故选C 【点睛】本题考查的是正多边形与圆，扇形面积的计算，勾股定理的应用，熟记正六边形的性质是解本题的关键． 25． 【分析】本题考查了等腰三角形的性质和三角形内角和，解答时根据等腰三角形两底角相等，求出顶角度数即可． 【详解】解：因为其底角为40°，所以其顶角． 故答案为：100． 26．24 【分析】本题主要考查三角形中位线定理，熟知三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解题的关键． 【详解】解：∵D，E分别是，的中点， ∴是的中点， ∴， 故答案为：． 27．15 【分析】根据，，判断OB是的角平分线，即可求解． 【详解】解：由题意，，，， 即点O到BC、AB的距离相等， ∴ OB是的角平分线， ∵ ， ∴． 故答案为：15． 【点睛】本题考查角平分线的定义及判定，熟练掌握“到一个角的两边距离相等的点在这个角的平分线上”是解题的关键． 28．48 【分析】是正五边形的一个外角，利用多边形外交和360°算出一个外角，再利用的内角和180°，即可算出 【详解】∵四边形ABCDE是正五边形，是一个外角 ∴ 在中： 故答案为：48 【点睛】本题考查多边形外角和和三角形内角和，注意多边形外角和均为360° 29． 【分析】利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中120°所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可． 【详解】解：根据题意，重物的高度为 （cm）． 故答案为：． 【点睛】本题考查了弧长公式：（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）． 30．0.618 【分析】设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，四边形EFGM是矩形，则EG＝MF＝y，由得x－y≈0.618x，求得y≈0.382x，进一步求得，即可得到答案． 【详解】解：如图，设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y， 由题意易得∠GEM＝∠EMF＝∠MFG＝90°， ∴四边形EFGM是矩形， ∴EG＝MF＝y， ∵， ∴x－y≈0.618x， 解得y≈0.382x， ∴， ∴EG≈0.618DE． 故答案为：0.618． 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、分式的化简、等式的基本性质、二元一次方程等知识，求得y≈0.382x是解题的关键． 31．40°/40度 【分析】根据入射角等于反射角，可得，根据三角形内角和定理求得，进而即可求解． 【详解】解：依题意，， ∵，， ， ∴， ． 故答案为：40°． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，三角形内角和定理的应用，掌握轴对称的性质是解题的关键． 32．3 【分析】根据题意得出AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，设AF=DE=CH=BG=x，结合图形得出AE=x-1，利用勾股定理求解即可得出结果． 【详解】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1， ∴AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1， 根据题意，设AF=DE=CH=BG=x， 则AE=x-1， 在Rt∆AED中， ， 即， 解得：x=4（负值已经舍去）， ∴x-1=3， 故答案为：3． 【点睛】题目主要考查正方形的性质，勾股定理解三角形，一元二次方程的应用等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 33． 【分析】过点作于，证明四边形四边形是正方形，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于，    ∵点是正方形的对角线上的一点，于点 ∴四边形是矩形， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴四边形是正方形， ∴， 即点到直线的距离为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，点到直线的距离，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 34．10 【分析】先求出正五边形的外角为，则，进而得出，即可求解． 【详解】解：根据题意可得： ∵正五边形的一个外角， ∴， ∴， ∴共需要正五边形的个数（个）， 故答案为：10．    【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，正多边形的外角，解题的关键是掌握正多边形的外角的求法． 35．4 【分析】圆周角定理求出对应的圆心角的度数，利用圆心角的度数即可得解． 【详解】解：∵， ∴对应的圆心角的度数为， ∵， ∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器台； 故答案为：4 【点睛】本题考查圆周角定理，熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半，是解题的关键． 36．//． 【分析】根据矩、宣、欘的概念计算即可． 【详解】解：由题意可知， 矩， 欘宣矩， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了新概念的理解，直角三角形锐角互余，角度的计算；解题的关键是新概念的理解，并正确计算． 37． 【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得的长，即可求解． 【详解】解：如图所示，      依题意，， ∴图中阴影部分的面积为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键． 38．4 【分析】先求出地球的半径，再根据火星的半径大约是地球半径的，即可求出答案． 【详解】解：设地球的半径为万里， 则， 解得， ∴火星的半径为万里， ∴经过火星球心的截面的圆的周长大约为万里． 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的周长，熟练掌握圆的周长公式是关键． 39． 【分析】由圆锥的侧面展开图是扇形，可得圆锥的侧面积公式，再根据题干数据进行计算即可． 【详解】解：由题意可得：旋转后的几何体是两个共底面的圆锥， ∵边上的高， ∴底面圆的周长为：， ∵，， ∴几何体的表面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是圆锥的侧面积的计算，几何体的形成，熟记圆锥的侧面积公式是解本题的关键． 40．2 【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的性质结合角平分线平分角，推出，再用求出即可． 【详解】解：∵平行四边形中，， ∴， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2． 41． 【分析】如图，先根据正方形的性质得出，再解直角三角形求出AO的长度，则． 【详解】解：如图， 设⊙与AD边的切点为点C，连接OC， 则（丈），， 由正方形的性质知，对角线AB平分， ∴， ∴（丈）， ∴（丈）， ∴（丈）， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，圆的切线的定义，解直角三角形等，通过解直角三角形求出AO的长度是解题的关键． 42．6 【分析】根据多边形的内角和进行即可求解． 【详解】解：根据题意用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，则每剪一次，所有的多边形的内角和增加360°， 10张纸片，则剪了9次，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，设还有一张多边形纸片的边数为， ， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题考查了多边形内角和公式，理解题意是解题的关键． 43．/ 【分析】根据折叠的性质得出在为圆心，为半径的弧上运动，进而分类讨论当点在上时，当点在上时，当在上时，即可求解． 【详解】解：∵在矩形中，， ∴，， 如图所示，当点在上时，    ∵ ∴在为圆心，为半径的弧上运动， 当三点共线时，最短， 此时， 当点在上时，如图所示，    此时 当在上时，如图所示，此时    综上所述，的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 44．0.1 【分析】由已知求得与的值，代入得弧长的近似值，利用弧长公式可求弧长的值，进而即可得解． 【详解】∵， ∴， ∵C是弦的中点，D在上，， ∴延长可得O在上， ∴， ∴， ， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查扇形的弧长，掌握垂径定理。弧长公式是关键． 45．6 【分析】过点P作，连接并延长交于点F，连接，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到，，然后利用含角直角三角形的性质得到，进而求出，然后利用代入求解即可． 【详解】如图所示，过点P作，连接并延长交于点F，连接    ∵是等边三角形， ∴ ∵是等边三角形的外接圆，其半径为4 ∴，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴的最小值为的长度 ∵是等边三角形，， ∴ ∴的最小值为6． 故答案为：6． 【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 46． 【分析】由尺规作图可知，射线是的角平分线，由于，结合等腰三角形“三线合一”得是边中点，再由，根据平行线分线段成比例定理得到是边中点，利用梯形中位线的判定与性质得到即可得到答案． 【详解】解：由题意可知，射线是的角平分线， 由等腰三角形“三线合一”得是边中点， ， 由平行线分线段成比例定理得到，即是边中点， 是梯形的中位线， ， 在中，，，则， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长问题，涉及尺规作图、等腰三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、梯形中位线的判定与性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握梯形中位线的判定与性质是解决问题的关键． 47．6 【分析】本题考查了尺规作图，角平分线的性质等知识，根据作图可知平分，根据角平分线的性质可知，结合求出，． 【详解】解：作图可知平分， ∵是边上的高，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：6． 第 2 页 共 34 页 第 1 页 共 34 页 学科网（北京）股份有限公司 $$