专题04 几何图形的性质与变换（13题型）（云南专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题04 几何图形的性质与变换 题型概览 题型01 中心对称与轴对称图形的判定 题型02 几何体的三视图 题型03 平面直角坐标系求点的坐标 题型04 平行线、相交线求角度 题型05 角平分线的性质 题型06 多边形内角和与外角和 题型07 由圆的性质求边长与角度 题型08 由相似三角形性质求边长、面积 题型09 锐角三角函数求边长 题型10 求圆锥的侧面积与半径 题型11 三角形全等的判定 题型12 平行四边形的判定与边长、角度计算 题型13 圆的综合应用—压轴题 01中心对称与轴对称图形的判定 1．（2025·云南楚雄·二模）中华文化源远流长，不论是玉器、漆器还是服饰都具有特色纹样．下列中国传统纹样图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·云南昭通·二模）每天运动一小时，健康生活一辈子．下列关于体育运动的图标中，可以看作轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·云南曲靖·二模）下列四个图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·云南昆明·二模）中华文明，源远流长；中华汉字，寓意深广．下列四个选项中，是轴对称图形的为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·云南楚雄·二模）中华文明，源远流长；中华文字，寓意深广．下列选项中的汉字，不是轴对称图形的为（    ） A． B． C． D． 6．（2025·云南昆明·二模）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是(   ) A．鹏 B．程 C．万 D．里 02 几何体的三视图 7．（2025·云南昆明·二模）一个几何体的三视图（主视图也称正视图，左视图也称侧视图）如图所示，这个几何体是（    ） A．三棱柱 B．四棱柱 C．三棱锥 D．四棱锥 8．（2025·云南昆明·二模）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（　　） A． B． C． D． 9．（2025·云南昆明·二模）下列几何体中，其主视图、左视图、俯视图完全相同的是（    ） A． B． C． D． 10．（2025·云南楚雄·二模）如图所示的三视图对应的几何体是（    ） A． B． C． D． 11．（2025·云南楚雄·二模）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体是（   ） A． B． C． D． 12．（2025·云南西双版纳·二模）下列图形是某几何体的三视图（其中主视图也称正视图，左视图也称侧视图），这个几何体是（   ） A．长方体 B．球 C．圆锥 D．圆柱 13．（2025·云南文山·二模）下面图形是某几何体的三视图且均为正方形（其中主视图也称正视图，左视图也称侧视图），则这个几何体是（   ） A．长方体 B．正方体 C．圆柱 D．圆锥 03 平面直角坐标系求点的坐标 14．（2025·云南西双版纳·二模）在平面直角坐标系中，点和点关于原点对称， ． 04 平行线、相交线求角度 15．（2025·云南昆明·二模）如图，已知直线与直线都相交．若，，则（    ） A． B． C． D． 16．（2025·云南昭通·二模）如图，直线与直线a，b都相交．若，，则（   ） A． B． C． D． 17．（2025·云南玉溪·二模）如图，若，，则（   ） A． B． C． D． 18．（2025·云南玉溪·二模）如图，在平行四边形中，若，则（　　） A． B． C． D． 19．（2025·云南楚雄·二模）如图，这是路灯维护工程车工作时的示意图，工作篮底部与支撑平台平行．当，时，的度数为（   ） A． B． C． D． 20．（2022·云南玉溪·二模）如图，射线AE与射线AB，直线CD相交．若，，则的度数为（    ） A．135° B．144° C．145° D．155° 21．（2025·云南昆明·二模）如图，直线，被直线所截，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 22．（2025·云南楚雄·二模）如图，直线分别交，于点，点，过作交于点，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 23．（2025·云南玉溪·二模）如图，若，，则（   ） A． B． C． D． 24．（2025·云南昆明·二模）如图，直线与直线都相交，若，，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 25．（2025·云南西双版纳·二模）如图，一段U形管道的拐角的度数为，若要使，则的度数应该为（   ） A． B． C． D． 26．（2025·云南楚雄·二模）如图，若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 27．（2025·云南大理·二模）如图，直线，于点，若，则的度数为（　　） A．35° B．55° C．65° D．125° 05 角平分线的性质 28．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧交于两点，再分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线．过点作于点．若，则点到的距离为（   ） A．9 B．6 C．3 D．1 29．（2025·云南临沧·二模）如图，是等腰底边上的中线，平分，交于点，，则的面积是（   ） A．16 B．12 C．8 D．6 06 多边形的内角和与外角和 30．（2025·云南大理·二模）如图，1角硬币是1992年6月1日中国人民银行发行的第三套金属流通币之一，该硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则正九边形内角和为（　　） A． B． C． D． 31．（2025·云南西双版纳·二模）如图，是六边形的外角，其中，则（   ） A． B． C． D． 32．（2025·云南楚雄·二模）如图，在正五边形中，连接．则的度数是（    ） A． B． C． D． 33．（2025·云南楚雄·二模）如图，一个正n边形被树叶遮掩了一部分，若直线a，b所夹锐角的度数为，则n的值是（ ） A．8 B．7 C．6 D．5 34．（2025·云南临沧·二模）若一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 07 由圆的性质求边长与角度 35．（2024·云南玉溪·二模）如图，点，，在上，点是劣弧的中点，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 36．（2025·云南临沧·二模）如图，点B，C，D在上，，A是的中点，则的度数是（   ） A． B． C． D． 37．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，直径，连接，，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 38．（2025·云南文山·二模）如图，是的直径，点、在上．若，则（    ） A． B． C． D． 39．（2025·云南玉溪·二模）如图，是的直径，是的弦，若，，则（　　） A． B． C． D． 40．（2025·云南楚雄·二模）如图，是的外接圆，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 41．（2025·云南文山·二模）如图，已知是的直径，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 42．（2025·云南昭通·二模）如图，是的弦，点在上，连接，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 43．（2025·云南玉溪·二模）如图，是的直径，点、在上．若，则（   ） A． B． C． D． 44．（2025·云南昆明·二模）如图，已知四边形是的内接四边形，连接，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 45．（2025·云南西双版纳·二模）如图，四边形是的内接四边形，若，则（   ） A． B． C． D． 46．（2025·云南楚雄·二模）如图，是⊙的直径．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 47．（2025·云南楚雄·二模）如图，的弦，半径，垂足为D，且，则的正弦值等于（   ） A． B． C． D． 48．（2025·云南曲靖·二模）已知，如图，四边形内接于，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 49．（2025·云南昆明·二模）如图，四边形是的内接四边形，，则（    ） A． B． C． D． 07 由相似三角形性质求边长、面积 50．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，点分别是，的中点，则的值为（   ） A． B． C． D． 51．（2025·云南昆明·二模）如图，与相交于，，，则的面积与的面积比是（   ） A． B． C． D． 52．（2025·云南玉溪·二模）如图，在中，，是上一点，交于点，若，则（　　） A．2 B． C． D． 53．（2025·云南大理·二模）如图，的中线与交于点，连接，若的周长为8，则的周长为（　　） A．2 B．4 C．8 D．16 54．（2025·云南楚雄·二模）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，点A，B，C，D均在格点上，连接，相交于点E，若小正方形的边长为1，则与的面积之比为（ ） A． B． C． D． 55．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在中，点在边上，连接，若，，的周长为，则的周长为（   ） A． B． C． D． 56．（2025·云南昭通·二模）如图，在中，，分别为线段，的中点，若的周长为10，则的周长为（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 57．（2025·云南昆明·二模）如图，，和分别是和的高，若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 58．（2025·云南昆明·二模）如图，在中，点分别是，的中点，则 ． 59．（2025·云南楚雄·二模）如图，在矩形中，E是边的中点，连接交对角线于点F，则和的周长比为 ． 60．（2025·云南文山·二模）已知在中，点、点分别是边、上的中点，若的面积为24，则的面积为 ． 08 锐角三角函数求边长 61．（2025·云南曲靖·二模）在中，，，，则的 值 为 （   ） A． B．2 C． D． 62．（2025·云南昆明·二模）如图，在中，若，，，则的值估计在（    ） A．3到4之间 B．4到5之间 C．5到6之间 D．6到7之间 63．（2025·云南楚雄·二模）在中，，，，则的值为（    ） A． B． C． D． 64．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，若，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 65．（2025·云南玉溪·二模）如图，在中，若，，，则的正弦值为（    ） A． B． C． D． 09 求圆锥的侧面积与半径 66．（2025·云南文山·二模）数学活动课上，某同学用一张半圆形纸片，围成了一个母线长为厘米的圆锥侧面（接缝忽略不计），则该圆锥的底面圆周长为（    ） A．厘米 B．厘米 C．厘米 D．厘米 67．（2025·云南昭通·二模）将一个底面半径为的圆锥的侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，这个圆锥的母线长为（   ） A． B． C． D． 68．（2024·云南玉溪·二模）云南十八怪，草帽当锅盖．使用草编的锅盖蒸米饭，不传热、不吸水、透气性好，搭配攀枝花木甑子，蒸出的米饭香气浓郁，满是家的味道．某同学发现家里的草帽锅盖可以近似看作一个圆锥，测量得母线长为，高度为，通过计算，这个圆锥的侧面展开图的弧长等于（    ） A． B． C． D． 69．（2025·云南文山·二模）数学活动课上，某同学用一张半圆形纸片，围成了一个母线长为厘米的圆锥侧面（接缝忽略不计），则该圆锥的底面圆周长为（    ） A．厘米 B．厘米 C．厘米 D．厘米 70．（2025·云南曲靖·二模）某博物馆修复一把古代铜锁，锁头的装饰部分为圆锥形（如图）．已知装饰部分的底面圆的半径为3厘米，母线长为5厘米，则该圆锥形装饰的面积为（   ） A．平方厘米 B．平方厘米 C．平方厘米 D．平方厘米 71．（2025·云南昆明·二模）圆锥的母线长，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形的圆心角，则圆锥的底面圆的半径 ． 72．（2025·云南昆明·二模）2025年3月9日，云南省首届“云岭石榴红”陀螺邀请赛在玉溪市新平彝族傣族自治县正式开幕．来自昆明、玉溪、普洱等省内7个州市的68支队伍齐聚一堂，展开激烈角逐，以陀螺为媒，共话民族团结，共促文化交流．陀螺的底部是一个圆锥的造型．如图，圆锥的母线长为，高h为，则此圆锥的侧面积为 ．（结果保留） 73．（2025·云南玉溪·二模）圆锥在生活中随处可见，例如：陀螺、漏斗、生日帽等．如用一个半径为6，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面圆的半径为 ． 10 三角形全等的判定 74．（2025·云南楚雄·二模）如图，点是上一点，交于点，，．求证：． 75．（2025·云南楚雄·二模）已知：，，，求证：． 76．（2025·云南昭通·二模）如图，在菱形中，，垂足为，，垂足为．求证：． 77．（2025·云南文山·二模）如图，点B、D在线段上，．求证：． 78．（2025·云南楚雄·二模）如图，，，求证： 79．（2025·云南西双版纳·二模）如图，四点共线，，，．求证：． 80．（2025·云南昆明·二模）如图，，，，求证：． 81．（2025·云南文山·二模）如图，，．求证：． 82．（2025·云南昭通·二模）如图，，．求证：． 11 平行四边形的判定与边长、角度计算 83．（2025·云南昭通·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，延长至点，使．分别以D，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内部相交于点，作射线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，连接，求的长． 84．（2025·云南玉溪·二模）如图，在菱形中，与相交于点，点是中点，连接并延长至点，使得，连接，，点在线段上，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点到的距离． 85．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在四边形中，，，点在上，且，两点关于对称，连接交于点．，的延长线相交于点，点，分别为，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形的长和宽． 86．（2025·云南楚雄·二模）如图，菱形的对角线和交于点O，分别过点C，D作，和交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当，时，求的值． 87．（2025·云南玉溪·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两线交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求矩形的面积． 88．（2025·云南临沧·二模）如图，在矩形中，平分． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求四边形的面积． 89．（2025·云南昆明·二模）在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求点到直线的距离． 90．（2025·云南楚雄·二模）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A，C，分别作，，垂足分别为E，F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求平行线与间的距离． 91．（2025·云南文山·二模）如图，在菱形中，与相交于点，点是中点，连接并延长至点，使得，连接，，点在线段上，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点到的距离． 92．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，，是的中线，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是20，两条对角线的和等于14，求四边形的面积． 93．（2025·云南大理·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，点，分别为，中点，顺次连接点，，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)当，时，求的面积． 94．（2025·云南楚雄·二模）如图，四边形是矩形，分别是线段，上的点，点是与的交点．若将沿直线折叠，则点与点重合． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的值． 95．（2025·云南曲靖·二模）如图，在四边形中 ，，平分，过点A作， 交延长线于点E．四边形对角线交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 96．（2025·云南昆明·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，点为中点，连接并延长至点，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为40，平行线与间的距离为7，求四边形的周长． 12 圆的综合应用—压轴题 97．（2025·云南昆明·二模）如图，是的外接圆，是的平分线，分别交于点，交于点，平分，延长交于点，过点作，垂足为点． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证：以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 98．（2025·云南曲靖·二模）如图，在中，直径与弦交于点E，连接，．过点D的直线与的延长线交于点F，且， (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若，，，点P为直线上一动点，且，当时，设点P到上的点的距离为t，求t的取值范围． 99．（2025·云南大理·二模）如图，点在以为直径的上，点是的中点，连接交于点，延长至点，连接，使得． (1)求证：平分； (2)求证：与相切； (3)若，设（为常数），求（用含的代数式表示）． 100．（2025·云南楚雄·二模）如图，是的外接圆，为的直径，为劣弧的中点，连接，与交于点，并过点作的平行线分别交，的延长线与点，． (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证；存在一个常数，使得．以下三个结论，，，，你认为哪个正确？请说明理由． 101．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在中，为直角，点在斜边上，连接，以为直径作，分别交于点E，F．连接交于点，交于点，连接，使． (1)求证：是的切线； (2)求的面积； (3)已知，试求实数的值． 102．（2025·云南昆明·二模）如图，是的直径，内接于，点D是的中点，连接交于点E，连接交于点F，过点B作交延长线于点G，连接． (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若F是的中点，请探究、与之间的数量关系，并说明理由． 103．（2025·云南玉溪·二模）如图，四边形内接于，，，，垂足为点，是的直径，点是弧上异于点、的一点，点在的延长线上，且，与交于点，设，． (1)若，直接写出的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)若，，以下三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 104．（2025·云南昭通·二模）如图，内接于，是的直径，半径交弦于点，交弦于点，过点作交的延长线于点，，过点作于点，交于点． (1)求证：是的切线； (2)若点是弦的中点，，，求图中阴影部分的面积； (3)若，将绕点顺时针旋转得到，点恰好在线段上，试探究线段与的数量关系． 105．（2025·云南文山·二模）如图，四边形内接于，，，，垂足为点E，是的直径，点P是弧上异于点A、D的一点，点Q在的延长线上，且，与交于点M，设，． (1)若，直接写出的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)若，，以下三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 106．（2025·云南昆明·二模）如图，是的外接圆的直径，是延长线上一点，，，． (1)求的值； (2)求证：是的切线； (3)若劣弧的中点为，连接，请探究，与之间的数量关系，并说明理由． 107．（2025·云南临沧·二模）如图1，以的直角边为直径作，交斜边于点D，E是的中点，连接，． (1)求证：是的切线． (2)如图2，点F在的延长线上，点M在线段上，于点N，交于点G．求证：． (3)在（2）的条件下，若，求的面积． 108．（2025·云南玉溪·二模）如图，是的直径，C，G是上的点，过点的直线于点，交的延长线于点与交于点，且． (1)求证：是的切线； (2)若，求的度数； (3)连接，在（2）的条件下，若，求的长． 109．（2025·云南文山·二模）如图，是的外接圆，为的直径，的平分线交于点D，过点D作，交的延长线于点E． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由． (2)求证：． (3)若，过点D作于点H，求的值．（用含m，n的代数式表示） 1．（2025·云南昆明·二模）汉字的历史悠久是其魅力所在的重要因素，下列是我国古代书法小篆书写的“云”“南”“昆”“明”，其中是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·云南楚雄·二模）下列几何体中从正面、左面、上面看到的图都是圆的是（   ） A． B． 3．（2025·云南临沧·二模）如图，，与相交于点．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·云南昆明·二模）若一个正多边形的每个外角均为，则这个正多边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 5．（2025·云南昆明·二模）如图，点，，在上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 6．（2025·云南曲靖·二模）如图，．若，，则（   ） A． B． C． D． 7．（2024·云南玉溪·二模）某校在美丽校园建设中，计划在一块如图所示的三角形空地上种植草坪．已知米，米，，则这块三角形草坪的面积为（    ） A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．48平方米 8．（2025·云南大理·二模）圆锥的侧面积为，母线长为7，则这个圆锥的底面半径为 ． 9．（2025·云南文山·二模）如图，，．求证：． 10．（2025·云南昆明·二模）如图，已知四边形是菱形，延长到点E使，延长到点F使，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若平分，菱形的边长为4，求矩形的面积． 11．（2025·云南楚雄·二模）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，，延长至E，连接、，延长至E，使得，P是的直径上方的半圆上的任意一点，连接、、． (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)若点P在半圆上运动，当面积最大且时，求的长． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 几何图形的性质与变换 题型概览 题型01 中心对称与轴对称图形的判定 题型02 几何体的三视图 题型03 平面直角坐标系求点的坐标 题型04 平行线、相交线求角度 题型05 角平分线的性质 题型06 多边形内角和与外角和 题型07 由圆的性质求边长与角度 题型08 由相似三角形性质求边长、面积 题型09 锐角三角函数求边长 题型10 求圆锥的侧面积与半径 题型11 三角形全等的判定 题型12 平行四边形的判定与边长、角度计算 题型13 圆的综合应用—压轴题 01中心对称与轴对称图形的判定 5．（2025·云南楚雄·二模）中华文化源远流长，不论是玉器、漆器还是服饰都具有特色纹样．下列中国传统纹样图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别，掌握其定义，找出对称轴，对称中心是解题的关键． 轴对称图形，是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线就叫做对称轴；中心对称：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称，这个点叫做它的对称中心；根据定义，结合图形找出对称轴和对称中心即可求解． 【详解】解：A、没有对称轴，不是轴对称图形，有对称中心，是中心对称图形，不符合题意； B、有对称轴，是轴对称图形，没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； C、有对称轴，是轴对称图形，有对称中心，是中心对称图形，符合题意； D、有对称轴，是轴对称图形，没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C ． 9．（2025·云南昆明·二模）汉字的历史悠久是其魅力所在的重要因素，下列是我国古代书法小篆书写的“云”“南”“昆”“明”，其中是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查轴对称图形的定义：如果一个图形沿某一条直线对折，对折后的两部分是完全重合的，那么就称这样的图形为轴对称图形，据此解答即可． 【详解】解：A、C、D都不能沿某一条直线对折后的两部分是完全重合，不符合轴对称图形的定义，只有选项B能沿某一条直线对折后的两部分是完全重合， 故选：B． 10．（2025·云南昭通·二模）每天运动一小时，健康生活一辈子．下列关于体育运动的图标中，可以看作轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就叫做对称轴． 【详解】解：A、是轴对称图形，故此选项符合题意； B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意； 故选A． 11．（2025·云南曲靖·二模）下列四个图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，根据中心对称图形和轴对称图形的定义一一判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故不符合题意； D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故符合题意． 故选：D． 12．（2025·云南昆明·二模）中华文明，源远流长；中华汉字，寓意深广．下列四个选项中，是轴对称图形的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称图形，根据轴对称图形的定义逐一判断即可，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键． 【详解】解：A、不是轴对称图形，故选项不符合题意； B、不是轴对称图形，故选项不符合题意； C、不是轴对称图形，故选项不符合题意； D、是轴对称图形，故选项符合题意； 故选：D． 13．（2025·云南楚雄·二模）中华文明，源远流长；中华文字，寓意深广．下列选项中的汉字，不是轴对称图形的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了轴对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形，根据轴对称图形的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A、是轴对称图形，不符合题意； B、是轴对称图形，不符合题意； C、是轴对称图形，不符合题意； D、不是轴对称图形，符合题意； 故选：D． 14．（2025·云南·模拟预测）在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是(   ) A．鹏 B．程 C．万 D．里 【答案】D 【分析】本题主要考查了轴对称图形的定义，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A．不是轴对称图形，故A不符合题意； B．不是轴对称图形，故B不符合题意； C．不是轴对称图形，故C不符合题意； D．是轴对称图形，故D符合题意． 故选：D． 02 几何体的三视图 1．（2025·云南昆明·二模）一个几何体的三视图（主视图也称正视图，左视图也称侧视图）如图所示，这个几何体是（    ） A．三棱柱 B．四棱柱 C．三棱锥 D．四棱锥 【答案】D 【分析】本题主要考查几何体的三视图，熟练掌握几何体的三视图是解题的关键． 根据题中所给几何体的三视图进行求解即可． 【详解】解：∵主视图和左视图为三角形，俯视图为四边形， ∴这个几何体是四棱锥． 故选D． 2．（2025·云南楚雄·二模）下列几何体中从正面、左面、上面看到的图都是圆的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了从不同方向看几何体，熟练掌握从不同方向看到的图形的形状是解题的关键． 根据从不同方向看到的图形的形状进行判断即可，注意所有的看到的棱都应表现在形状图中． 【详解】解：从正面、左面、上面看到的图都是圆的是球体，选项D符合题意． 故选D． 3．（24-25九年级上·广东茂名·期末）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了由三视图判断几何体．由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状即可． 【详解】解：根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，根据俯视图是三角形，可判断出这个几何体应该是三棱柱． 故选：A． 4．（23-24九年级上·江西吉安·阶段练习）下列几何体中，其主视图、左视图、俯视图完全相同的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查三视图：主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、侧面和上面看，所得到的图形．据此逐一判断．注意三视图都相同的常见的几何体有球和正方体． 【详解】解：A．圆柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是圆，故本选项不合题意； B．圆锥的主视图和左视图是等腰三角形，俯视图是带圆心的圆，故本选项不合题意； C．三棱柱的主视图和左视图是矩形，俯视图是三角形，故本选项不合题意； D．球的主视图、左视图、俯视图分别为三个全等的圆，故本选项符合题意． 故选：D． 5．（2022·湖北省直辖县级单位·一模）如图所示的三视图对应的几何体是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查由三视图判断几何体，熟练掌握基本几何体的三视图及三视图的定义是解题的关键． 由主视图和左视图可得此几何体为锥体，根据俯视图是三角形可判断出此几何体为圆锥． 【详解】解：图中三视图对应的几何体是圆锥， 故选：C． 6．（24-25九年级上·陕西榆林·期末）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查由三视图还原几何体；对四个选项中的几何体的三视图进行判断即可作答． 【详解】解：选项A中几何体的俯视图中有一个圆，故不符合题意； 选项B中几何体的俯视图右上角有一个正方形，故不符合题意； 选项C中几何体的主视图是一个倒放的“T”型，故不符合题意； 选项D中几何体，无论俯视图、主视图还是三视图，均符合题意； 故选：D． 7．（2025·云南西双版纳·二模）下列图形是某几何体的三视图（其中主视图也称正视图，左视图也称侧视图），这个几何体是（   ） A．长方体 B．球 C．圆锥 D．圆柱 【答案】D 【分析】此题主要考查了由三视图判断几何体，2个视图的大致轮廓为长方形的几何体为柱体，另一个视图为圆形就是圆柱．由主视图和左视图确定是柱体，锥体还是球体，再由俯视图确定具体形状． 【详解】解：根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，根据俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆柱． 故选：D． 8．（2025·云南文山·二模）下面图形是某几何体的三视图且均为正方形（其中主视图也称正视图，左视图也称侧视图），则这个几何体是（   ） A．长方体 B．正方体 C．圆柱 D．圆锥 【答案】B 【分析】本题考查了对三视图的理解与应用，熟练掌握三视图的投影规则是解题的关键；由三视图及题设条件逐项分析判断即可． 【详解】解：A．长方体的长、宽、高通常不都相等，其三视图一般是长方形（特殊情况有两个相对面是正方形时，会有两个视图是正方形 ），不会三个视图均为正方形，所以该选项不符合题意； B．正方体的六个面都是全等的正方形，从正面（主视图）、左面（左视图）、上面（俯视图）看，看到的图形都是正方形，符合三视图均为正方形的条件，所以该选项符合题意； C．圆柱的上下底面是圆，侧面展开是长方形，其主视图和左视图是长方形（当底面直径和高相等时是正方形，但俯视图是圆 ），不满足三个视图都是正方形，所以该选项不符合题意； D．圆锥由底面圆和侧面扇形组成，其主视图和左视图是三角形，俯视图是圆及圆心，不满足三个视图都是正方形，所以该选项不符合题意；   故选：B． 03 平面直角坐标系求点的坐标 04 平行线、相交线求角度 17．（2025·云南昆明·二模）如图，已知直线与直线都相交．若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了对顶角相等，平行线的性质，熟练掌握知识点是解答本题的关键． 根据对顶角相等即可求出的度数，再由“两直线平行，同旁内角互补”，即可求出． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴． 故选D． 18．（2025·云南昭通·二模）如图，直线与直线a，b都相交．若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行线的性质求角度，邻补角互补求角度，掌握两直线平行，同位角相等是解题的关键． 先根据邻补角求出，再根据平行线得到，即可求解． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 19．（2025·云南玉溪·二模）如图，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行线的性质．根据平行线的性质得到，再由邻补角即可求出答案． 【详解】解：如图， ∵，， ∴， ∴ 故选：C 6．（2025·云南临沧·二模）如图，，与相交于点．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行线的性质，对顶角相等，熟知平行线的性质是解题的关键．先根据平行线的性质得出，进而对顶角相等即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 故选：A． 8．（2025·云南玉溪·二模）如图，在平行四边形中，若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，根据平行四边形对边平行结合平行线的性质即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 故选：A． 10．（2025·云南楚雄·二模）如图，这是路灯维护工程车工作时的示意图，工作篮底部与支撑平台平行．当，时，的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行线的性质，根据题意过点作直线是解题关键． 设工作篮底部所在直线为，支撑平台所在直线为，则，过点作直线，可得，，进而得，即可得解． 【详解】解：如图所示：设工作篮底部所在直线为，支撑平台所在直线为，则，过点作直线， 则， ，，， ∴， ∴， 故答案为：D． 11．（2022·云南玉溪·一模）如图，射线AE与射线AB，直线CD相交．若，，则的度数为（    ） A．135° B．144° C．145° D．155° 【答案】C 【分析】利用平行线的性质即可求解． 【详解】解：，， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是熟记平行线的性质：两直线平行，同旁内角互补． 12．（2025·云南昆明·二模）如图，直线，被直线所截，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行线的性质，对顶角相等，由，，则，再通过对顶角相等即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 故选：． 13．（2025·云南楚雄·二模）如图，直线分别交，于点，点，过作交于点，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了垂直的定义，由题意可得，根据可得，即可求解． 【详解】解：，， ， ， ， ， 故选：B． 14．（2025·云南玉溪·二模）如图，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了平行线的性质．根据平行线的性质得到，再由邻补角即可求出答案． 【详解】解：如图， ∵，， ∴， ∴ 故选：C 20．（2025·云南昆明·二模）如图，直线与直线都相交，若，，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行线的性质和对顶角，解题的关键是熟练掌握平行线的性质． 利用平行线的性质和对顶角相等即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵，， ， ， 故选：A． 21．（2025·云南西双版纳·二模）如图，一段U形管道的拐角的度数为，若要使，则的度数应该为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．利用平行线的性质进行计算，即可解答． 【详解】解：， ， ， ， 故选：C． 23．（2025·云南楚雄·二模）如图，若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行线的性质，由平行线的性质推出，由邻补角的性质即可求出的度数． 【详解】解：如图， ∵，， ∴， ∴． 故选：D． 24．（2025·云南大理·二模）如图，直线，于点，若，则的度数为（　　） A．35° B．55° C．65° D．125° 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行线的性质，垂线的定义，先由垂线的定义得到，再由两直线平行，同旁内角互补可得，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴，， ∴． 故选B． 05 角平分线的性质 27．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在中，以点为圆心，任意长为半径作弧交于两点，再分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线．过点作于点．若，则点到的距离为（   ） A．9 B．6 C．3 D．1 【答案】C 【分析】本题主要考查了角平分线的性质及其尺规作图，过点P作于H，由作图方法可得，平分，由角平分线的性质可得，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点P作于H， 由作图方法可得，平分， ∵，， ∴， ∴点到的距离为3， 故选：C． 28．（2025·云南临沧·二模）如图，是等腰底边上的中线，平分，交于点，，则的面积是（   ） A．16 B．12 C．8 D．6 【答案】C 【分析】本题考查等腰三角形底边上三线合一，角平分线上点到角两边距离相等，解题的关键是作出辅助线．过作交于点，根据等腰三角形底边上三线合一得到，结合，平分得到即可得到答案； 【详解】解：如图，过作交于点， ∵是等腰三角形底边上的中线， ∴，， ∵平分，， ∴， ∵ ∴， 故选：C． 06 多边形的内角和与外角和 25．（2025·云南昆明·二模）若一个正多边形的每个外角均为，则这个正多边形的内角和等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正多边形的内角与外角，根据外角的度数，求出每一个内角的度数以及正多边形的边数，进行求解即可． 【详解】解：∵一个正多边形的每个外角均为， ∴每一个内角的度数为，正多边形的边数为：， ∴这个正多边形的内角和等于； 故选C． 26．（2025·云南大理·二模）如图，1角硬币是1992年6月1日中国人民银行发行的第三套金属流通币之一，该硬币呈圆形，边缘是正九边形的形状，则正九边形内角和为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了求正多边形内角和，正n边形的内角和为，据此求解即可． 【详解】解：， ∴正九边形内角和为， 故选：C． 27．（2025·云南西双版纳·二模）如图，是六边形的外角，其中，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理，多边形的外角和为360度，据此求解即可． 【详解】解：∵是六边形的外角， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 28．（2025·云南楚雄·二模）如图，在正五边形中，连接．则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正五边形内角问题，三角形内角和定理，等边对等角，根据正五边形内角和定理求出的度数，再根据等边对等角和三角形内角和定理可求出答案． 【详解】解；∵五边形是正五边形， ∴， ∴， 故选：A． 29．（2025·云南楚雄·二模）如图，一个正n边形被树叶遮掩了一部分，若直线a，b所夹锐角的度数为，则n的值是（ ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】D 【分析】根据已知条件和三角形内角和定理得出，根据正多边形的每个外角相等即可得出，再根据多边形的外角和即可求出这个正多边形的边数．本题考查了三角形内角和定理，正多边形的内角与外角，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图， 由题意得， ， ， 正多边形每个外角都相等， ， 正多边形的外角和是， 它的边数为：， 即， 故选：D 20．（2025·云南临沧·二模）若一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】本题考查了多边形的内角和和外角和问题，设这个多边形的边数为，根据多边形的内角和公式和外角和并结合题意得出方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得：， 解得：， 故这个多边形的边数是， 故选：D． 07 由圆的性质求边长与角度 35．（2024·云南玉溪·二模）如图，点，，在上，点是劣弧的中点，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查圆心角与弧的关系，圆心角与圆周角的关系．连接，由点是劣弧的中点得，故，再由同弧所对圆周角是圆心角的一半即可． 【详解】解：如图，连接 点是劣弧的中点 ． 故选：B． 36．（2025·云南临沧·二模）如图，点B，C，D在上，，A是的中点，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的圆周角定理的定理，弧与圆心角的关系，先证明，从而可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵，A是的中点， ∴， ∴， 故选：D 37．（2025·云南昆明·二模）如图，点，，在上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查等边对等角，三角形的内角和，同弧所对的圆周角与圆心角的关系，掌握知识点是解题的关键． 由半径相等，可求出，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可解答． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴． 故选B． 38．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，直径，连接，，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查直角三角形两锐角互余的性质，题目比较基础，掌握“直角三角形两锐角互余”是解题关键． 根据可得，然后根据直角三角形两锐角互余计算求解． 【详解】解：∵， ∴， 由∵， ∴， 故选：B． 39．（2025·云南文山·二模）如图，是的直径，点、在上．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，三角形内角和定理，根据题意可得，再由三角形内角和定理可得，据此根据同弧所对的圆周角相等即可得到答案． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 22．（2025·云南玉溪·二模）如图，是的直径，是的弦，若，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了垂径定理，弧与圆心角之间的关系，圆周角定理；由垂径定理可得，则由圆周角定理可得，据此根据平角的定义可得答案． 【详解】解：∵是的直径，是的弦，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 24．（2025·云南楚雄·二模）如图，是的外接圆，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了等边对等角，三角形内角和定理，圆周角定理，掌握圆周角定理是关键． 根据题意，连接，可得，由三角形内角和定理得到，再根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B ． 25．（2025·云南文山·二模）如图，已知是的直径，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查圆周角，熟练掌握圆周角定理是解题的关键，根据圆周角定理得到，由于，从而得到的度数． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 31．（2025·云南昭通·二模）如图，是的弦，点在上，连接，已知，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 根据圆周角定理求解，即可解题． 【详解】解：， ， 故选：C． 32．（2025·云南玉溪·二模）如图，是的直径，点、在上．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，根据圆周角定理可得，通过直角三角形的两锐角互余可得，最后又圆周角定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 33．（2025·云南昆明·二模）如图，已知四边形是的内接四边形，连接，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理等知识点．根据圆周角定理得出，求出的度数，再根据圆内接四边形的性质得出，即可求出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∴， 故选：B． 34．（2025·云南西双版纳·二模）如图，四边形是的内接四边形，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆内接四边形的性质，根据圆内接四边形对角互补即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， 故选：D． 36．（2025·云南楚雄·二模）如图，是⊙的直径．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理以及推论，三角形的内角和定理等知识，根据直径所对的圆周角和三角形的内角和定理求出度数，然后根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵是⊙的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 38．（2025·云南楚雄·二模）如图，的弦，半径，垂足为D，且，则的正弦值等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，正弦函数等知识．根据垂径定理知道，而，可以连接构造直角三角形，然后利用勾股定理可以得到关于半径的一个方程，求得，再利用正弦函数的定义求解即可． 【详解】解：， 为的中点，， 设，则， 在中，， ， 解得， ∴， ∴的正弦值等于， 故选：A． 39．（2025·云南曲靖·二模）已知，如图，四边形内接于，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，先根据圆内接四边形对角互补，得出，再结合，得出，即可作答． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， 故选：C 40．（2025·云南昆明·二模）如图，四边形是的内接四边形，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，根据圆内接四边形的对角互补计算即可． 【详解】解：∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 07 由相似三角形性质求边长、面积 15．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，点分别是，的中点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是关键． 根据题意得到，，，则，由此即可求解． 【详解】解：∵点分别是，的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：D ． 16．（2025·云南昆明·二模）如图，与相交于，，，则的面积与的面积比是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，可证明，再由相似三角形的面积之比等于相似比的平方即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 故选：B． 18．（2025·云南玉溪·二模）如图，在中，，是上一点，交于点，若，则（　　） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，证明得到，即，据此代入求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 46．（2025·云南曲靖·二模）如图，．若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查相似三角形的性质，先由相似三角形的对应边的比等于周长比，再根据两个相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴（相似三角形的对应边的比等于周长比）， 则， 故选：A． 47．（2025·云南大理·二模）如图，的中线与交于点，连接，若的周长为8，则的周长为（　　） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】B 【分析】根据题意，是中位线，得到，得到，根据相似三角形的性质，得，解答即可． 本题考查了三角形中位线定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】解：根据题意，是中位线， ∴， ∴， ∴， ∵的周长为8， ∴， 故选：B． 48．（2025·云南楚雄·二模）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，点A，B，C，D均在格点上，连接，相交于点E，若小正方形的边长为1，则与的面积之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，相似三角形的面积比为相似比的平方，熟练掌握以上性质是解题关键．证明，得，最后根据面积比为相似比的平方可得答案． 【详解】解：由题意可知， ， ， 故而与的面积之比为相似比的平方，即， 故选：C． 49．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在中，点在边上，连接，若，，的周长为，则的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解答本题的关键；先证得，然后根据相似三角形相似比等于周长比即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵，，的周长为， ∴， 解得：， 故选：A． 50．（2025·云南昭通·二模）如图，在中，，分别为线段，的中点，若的周长为10，则的周长为（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】D 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，根据三角形中位线定理得到，则可证明，再根据相似三角形的周长之比等于相似比即可得到答案． 【详解】解：∵，分别为线段，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴的周长：的周长， ∵的周长为10， ∴的周长为20， 故选：D． 51．（2025·云南昆明·二模）如图，，和分别是和的高，若，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的周长比和高之比等于相似比是解题的关键． 根据相似三角形的周长比和高之比等于相似比即可求解． 【详解】解：∵，和分别是和的高，，， ∴， ∴， 故选：D． 58．（2025·云南昆明·二模）如图，在中，点分别是，的中点，则 ． 【答案】2 【分析】本题考查了中点的定义和中位线定理，熟练掌握中位线定理是解题的关键； 根据三角形中位线定理求出与的关系，再结合中点的性质，进而求出的值． 【详解】∵点，分别是，的中点， ∴是的中位线，， ∴ ． 将，，代入到中，得： ． 故答案为：2． 59．（2025·云南楚雄·二模）如图，在矩形中，E是边的中点，连接交对角线于点F，则和的周长比为 ． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，根据矩形可得，从而有，再根据性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵是边的中点， ∴， ∴， ∴和的周长比为， 故答案为：． 60．（2025·云南文山·二模）已知在中，点、点分别是边、上的中点，若的面积为24，则的面积为 ． 【答案】6 【分析】本题考查了中位线，相似三角形的性质．由题意知是的中位线，有，从而得，有，求出的值即可． 【详解】解：由题意知是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：6． 08 锐角三角函数求边长 41．（2025·云南曲靖·二模）在中，，，，则的 值 为 （   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了求一个角的正切值，根据代入数值计算，即可作答． 【详解】解：如图： ∵在中，，，， ∴, 故选：A 42．（2025·云南昆明·二模）如图，在中，若，，，则的值估计在（    ） A．3到4之间 B．4到5之间 C．5到6之间 D．6到7之间 【答案】B 【分析】本题主要考查了解直角三角形，无理数的估算，根据正切的定义得到，则，再根据无理数的估算方法求出的范围即可得到答案． 【详解】解：∵在中，若，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的值估计在4到5之间， 故选：B． 43．（2025·云南楚雄·二模）在中，，，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了锐角三角函数的定义，勾股定理，根据勾股定理，可得的长，根据锐角的余弦等于锐角的邻边比斜边，可得答案． 【详解】解：∵在中，，，， ∴由勾股定理，得， 由锐角的余弦，得． 故选：C． 29．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，若，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是锐角三角函数的定义．根据正切的定义解答即可． 【详解】解：如图，，，， , 故选：C. 30．（2025·云南玉溪·二模）如图，在中，若，，，则的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角函数，根据正弦的定义，进行求解即可． 【详解】解：，，， ， 故选：A． 44．（2024·云南玉溪·二模）某校在美丽校园建设中，计划在一块如图所示的三角形空地上种植草坪．已知米，米，，则这块三角形草坪的面积为（    ） A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．48平方米 【答案】A 【分析】本题考查了正弦．熟练掌握正弦是解题的关键． 如图，作的延长线于，则，，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，作的延长线于， ∴， ∴， ∴（平方米）， 故选：A． 09 求圆锥的侧面积与半径 52．（2025·云南文山·二模）数学活动课上，某同学用一张半圆形纸片，围成了一个母线长为厘米的圆锥侧面（接缝忽略不计），则该圆锥的底面圆周长为（    ） A．厘米 B．厘米 C．厘米 D．厘米 【答案】B 【分析】本题考查圆锥的展开问题．利用半圆的弧长等于圆锥底面圆的周长即可求得答案． 【详解】解：设圆锥的底面圆半径为厘米， 由题意可得：， 该圆锥的底面圆周长为厘米， 故选：B． 53．（2025·云南昭通·二模）将一个底面半径为的圆锥的侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，这个圆锥的母线长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆锥的侧面积，扇形的面积，设圆锥的母线长为，根据圆锥的侧面积底面半径母线长侧面展开扇形的面积列出方程解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：设圆锥的母线长为， 由题意得，， 解得， 故选：． 33．（2024·云南玉溪·二模）云南十八怪，草帽当锅盖．使用草编的锅盖蒸米饭，不传热、不吸水、透气性好，搭配攀枝花木甑子，蒸出的米饭香气浓郁，满是家的味道．某同学发现家里的草帽锅盖可以近似看作一个圆锥，测量得母线长为，高度为，通过计算，这个圆锥的侧面展开图的弧长等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了圆锥的底面圆锥的周长等于展开的扇形的弧长，勾股定理， 首先根据勾股定理求出底面圆的半径，然后求出底面圆的周长，进而可得到圆锥的侧面展开图的弧长． 【详解】∵母线长为，高度为， ∴底面圆的半径为， ∴底面圆的周长为， ∴这个圆锥的侧面展开图的弧长等于． 故选：D． 34．（2025·云南文山·二模）数学活动课上，某同学用一张半圆形纸片，围成了一个母线长为厘米的圆锥侧面（接缝忽略不计），则该圆锥的底面圆周长为（    ） A．厘米 B．厘米 C．厘米 D．厘米 【答案】B 【分析】本题考查圆锥的展开问题．利用半圆的弧长等于圆锥底面圆的周长即可求得答案． 【详解】解：设圆锥的底面圆半径为厘米， 由题意可得：， 该圆锥的底面圆周长为厘米， 故选：B． 54．（2025·云南曲靖·二模）某博物馆修复一把古代铜锁，锁头的装饰部分为圆锥形（如图）．已知装饰部分的底面圆的半径为3厘米，母线长为5厘米，则该圆锥形装饰的面积为（   ） A．平方厘米 B．平方厘米 C．平方厘米 D．平方厘米 【答案】B 【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，根据圆锥侧面积公式计算即可得解，熟练掌握相关公式是解此题的关键． 【详解】解：由题意可得：该圆锥形装饰的面积为（平方厘米）， 故选：B． 46．（2025·云南昆明·二模）圆锥的母线长，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形的圆心角，则圆锥的底面圆的半径 ． 【答案】5 【分析】本题考查了求圆锥底面半径，求弧长，解题关键熟悉弧长公式，并能熟练运用求解．先根据圆锥侧面展开图扇形的弧长与底面圆周长的关系列出关于r的方程求解． 【详解】解：∵圆锥的母线长，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形的圆心角， ∴，解得：． 故答案为：5 ． 66．（2025·云南大理·二模）圆锥的侧面积为，母线长为7，则这个圆锥的底面半径为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了求圆锥的底面圆半径，圆锥的侧面积底面圆的周长母线长，把相应数值代入即可求解． 【详解】解：， ∴这个圆锥的底面半径为4， 故答案为：4． 67．（2025·云南昆明·二模）2025年3月9日，云南省首届“云岭石榴红”陀螺邀请赛在玉溪市新平彝族傣族自治县正式开幕．来自昆明、玉溪、普洱等省内7个州市的68支队伍齐聚一堂，展开激烈角逐，以陀螺为媒，共话民族团结，共促文化交流．陀螺的底部是一个圆锥的造型．如图，圆锥的母线长为，高h为，则此圆锥的侧面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理，圆锥的侧面积的求解，掌握圆锥的侧面积为（分别为底面圆半径和母线长）是解题的关键． 先根据勾股定理求出半径，再由圆锥侧面积计算公式求解即可． 【详解】解：由题意得，， ∴圆锥的侧面积为， 故答案为：． 48．（2025·云南玉溪·二模）圆锥在生活中随处可见，例如：陀螺、漏斗、生日帽等．如用一个半径为6，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则这个圆锥的底面圆的半径为 ． 【答案】2 【分析】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．根据圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，列出方程求解即可． 【详解】解：半径为，圆心角为的扇形弧长是：， 设圆锥的底面半径是，则， 解得：． 故答案为：2． 10 三角形全等的判定 75．（2025·云南楚雄·二模）如图，点是上一点，交于点，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是关键． 根据题意证明即可求解． 【详解】证明：在和中， ， ． 54．（2025·云南文山·二模）如图，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是解题关键．利用“”证明全等即可得到结论． 【详解】证明：在和中， ， ∴， ∴． 55．（2025·云南楚雄·二模）已知：，，，求证：． 【答案】见解析． 【分析】本题考查的是全等三角形的判定，先证明，，再利用证明即可． 【详解】证明：∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴（）． 58．（2025·云南昭通·二模）如图，在菱形中，，垂足为，，垂足为．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，由菱形的性质可得，再证明，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】证明：四边形是菱形， ， ，， ． ， ， ． 62．（2025·云南文山·二模）如图，点B、D在线段上，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可证，进而问题可求证． 【详解】证明：∵， ∴， ∴． 在和中， ∵， ∴． ∴． 76．（2025·云南楚雄·二模）如图，，，求证： 【答案】见解答 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，由条件可得，得 【详解】证明：在和中， ， ， 77．（2025·云南西双版纳·二模）如图，四点共线，，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．根据全等三角形判定即可证明． 【详解】证明：， ， ， 在和中， ， ． 78．（2025·云南昆明·二模）如图，，，，求证：． 【答案】见解析 【分析】此题考查全等三角形的判定，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．利用两直线平行同位角相等得到，由此根据证明即可． 【详解】证明：∵， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中 ， ∴． 79．（2025·云南文山·二模）如图，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是解题关键．利用“”证明全等即可得到结论． 【详解】证明：在和中， ， ∴， ∴． 80．（2025·云南昭通·二模）如图，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，先证明，再利用即可证明． 【详解】证明：，， ，即． 在和中， ， ． 11 平行四边形的判定与边长、角度计算 81．（2025·云南昭通·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，延长至点，使．分别以D，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内部相交于点，作射线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为 【分析】（1）由菱形的性质结合作图证明，则．再证明，则．可得四边形是平行四边形，进一步可得结论； （2）由（1）知，，．可得，则．求解，可得．结合四边形是矩形，再利用勾股定理可得结论． 【详解】（1）证明：在菱形中，， ，， 是菱形的对角线， ． 由题知，，则， 结合作图可得：平分， ， ，则． ， ． 是菱形的对角线， ． ，则． ∴四边形是平行四边形． 菱形的对角线与相交于点， ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）知，，． 在菱形中，， ，则． 在Rt中，， ． 四边形是矩形， ． 在Rt中，． 【点睛】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，熟记矩形的判定与性质是解本题的关键． 82．（2025·云南玉溪·二模）如图，在菱形中，与相交于点，点是中点，连接并延长至点，使得，连接，，点在线段上，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点到的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据四边形是菱形，得出，根据点是中点，得出．结合，证出四边形是平行四边形．结合．证出四边形是矩形． （2）根据四边形是菱形，得出，在中，勾股定理求出．由（1）知，四边形是矩形，得出，，，，证明，得出，，求出，即可得点到的距离． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ． 点是中点， ． ， 四边形是平行四边形． 又． 四边形是矩形． （2）解：四边形是菱形， ， 在中，． 由（1）知，四边形是矩形， ，，， ， ， 是的一个外角， ， ． ， ． 又， ， ，， 点到的距离为线段的长度，， 解得：， 点到的距离为． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定、等腰三角形的性质等知识，掌握以上知识点解题的关键． 83．（2025·云南昆明·二模）如图，已知四边形是菱形，延长到点E使，延长到点F使，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若平分，菱形的边长为4，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据，，得出四边形是平行四边形，根据四边形是菱形，得出，结合，，得出，即可证明四边形是矩形． （2）根据四边形是菱形，得出，，即可得，结合平分，证明，证出，得出，，在中，根据勾股定理求出，即可求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵，， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵菱形的边长为4 ， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∵中，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】该题考查了勾股定理，矩形的性质和判定，菱形的性质，等腰三角形的判定等知识点，掌握以上知识点是解题的关键． 84．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在四边形中，，，点在上，且，两点关于对称，连接交于点．，的延长线相交于点，点，分别为，的中点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求矩形的长和宽． 【答案】(1)见解析 (2)矩形的长为，宽为 【分析】（1）通过图形对称的性质结合三角形中位线定理可得，利用直角三角形斜边上的中线定理得，推出，再通过等腰三角形的性质“三线合一”可得，即可求证； （2）根据题意可得，解一元二次方程得，通过三角形的中位线定理得，即可求解矩形的长和宽． 【详解】（1）证明：，， ， ，两点关于对称， ，， ， 为的中点， ，，， ，， ，是等腰直角三角形，且， ， ， 为的中点 ， ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）得：， ， ，， ，解得：或（负值，舍去）， ， 由（1）得：， ， 矩形的长为，宽为． 【点睛】本题主要考查了图形对称的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，解一元二次方程，熟练掌握相关知识点是解题关键． 85．（2025·云南楚雄·二模）如图，菱形的对角线和交于点O，分别过点C，D作，和交于点，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当，时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形得到，即可证明其为矩形； （2）由含角的直角三角形的性质得，进而由勾股定理得，则，再由矩形的性质得，，然后由勾股定理求出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）已证：四边形是矩形， ∴， 则在中，， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 67．（2025·云南玉溪·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两线交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理等等，熟知矩形的性质和菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据，即可证出四边形是平行四边形，由矩形的性质得出，即可得证明结论； （2）由矩形的性质可证明，则可证明是等边三角形，得到，则，再由勾股定理得到，据此根据矩形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴．， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 69．（2025·云南临沧·二模）如图，在矩形中，平分． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形的面积为 【分析】（1）先由得到，进而得到四边形是平行四边形，再由得到即可证明； （2）设菱形的边长为x，则，在中使用勾股定理解出x，即可求解． 【详解】（1）证明：在矩形中，， 又∵， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：设菱形的边长为x，则， ， 在中， ，即， 解得：， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理等知识点，解题的关键是运用数学结合思想转化、表示各线段． 70．（2025·云南昆明·二模）在平行四边形中，过点作于点，点在边上，，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求点到直线的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行四边形的性质结合题意可得，再证明出，即可得出四边形是平行四边形，结合即可得证； （2）设点到直线的距离为．由勾股定理计算得出，解直角三角形得出,再由三角形面积公式计算即可得解． 【详解】（1）证明：在平行四边形中，， ∵， ∴即， ∵，， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ ∴平行四边形是矩形 （2）解：设点到直线的距离为． 在平行四边形中， 在矩形中，， ∴ 在中，，，， ∴ 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴点到直线的距离为． 71．（2025·云南楚雄·二模）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A，C，分别作，，垂足分别为E，F． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求平行线与间的距离． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）先由垂直的意义得到，，再根据菱形的对边平行得到，则，即可求证； （2）根据菱形得到，，，，根据勾股定理得，由，得到．而，则，那么，ZE ，设平行线与间的距离为h，再由等面积法求解即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． ∵在四边形中，，，， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴是直角三角形． 根据勾股定理得． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设平行线与间的距离为h， ∴． 72．（2025·云南文山·二模）如图，在菱形中，与相交于点，点是中点，连接并延长至点，使得，连接，，点在线段上，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求点到的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质可得，得到，由点是中点可得，推出四边形是平行四边形，结合，即可得证； （2）由菱形的性质可得：，进而得到，由矩形的性质可得：，，，推出，得到，结合三角形外角的性质和题意可得到，证明，推出，，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， 点是中点， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ， 在中，． 由（1）知，四边形是矩形， ，，， ， ， 是的一个外角， ， ， ， ， 又， ， ，， 点到的距离为线段的长度，， 解得：， 点到的距离为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形的外角性质，解题的关键是掌握相关知识． 86．（2025·云南楚雄·二模）如图，在中，，是的中线，过点作于点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是20，两条对角线的和等于14，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，菱形的面积公式，利用完全平方式解决几何问题等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用直角三角形的性质得出，判定出是的垂直平分线，然后利用等角对等边证出相等的边，利用四条边相等的四边形为菱形即可求解； （2）根据菱形的性质得出，然后利用利用勾股定理得出，借助于完全平方式即可求解． 【详解】（1）证明：，是的中线， ． 又于点， ， 是的垂直平分线， ． ， ． ， ， ． 于点， ， ， 四边形是菱形． （2）解：由（1）知四边形是菱形，周长为20，则． 两条对角线的和等于14， ． ，， ， ，① 在中， 由勾股定理得， 将①式两边同时平方得， ， ， 菱形的面积为． 87．（2025·云南大理·二模）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，，点，分别为，中点，顺次连接点，，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)当，时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行线的性质，勾股定理，三角形中线的性质，平行四边形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）由平行四边形的性质可得，再由线段中点的定义可得，则可证明，据此可证明结论； （2）可证明，利用勾股定理可求出的长，进而求出的长，求出，再根据三角形中线的性质即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点，分别为，中点， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴在中，由勾股定理得：， ∴ 解得：或（舍去）； ∴， ∴， ∴， ∵点E为中点， ∴． 88．（2025·云南楚雄·二模）如图，四边形是矩形，分别是线段，上的点，点是与的交点．若将沿直线折叠，则点与点重合． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）证明即可求证； （）由菱形的性质得，由矩形的性质得，设，则，在中，由勾股定理得，可得，最后根据即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴ 由折叠可知，，，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：由（）知，四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，掌握矩形的性质、菱形的判定和性质是解题的关键． 89．（2025·云南曲靖·二模）如图，在四边形中 ，，平分，过点A作， 交延长线于点E．四边形对角线交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，证明四边形是菱形是解题的关键． （1）证明，得到四边形是平行四边形；由即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质和直角三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求出答案． 【详解】（1）解：∵ ∴， ∵平分， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形； ∵ ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形 ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 90．（2025·云南昆明·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，点为中点，连接并延长至点，使得，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为40，平行线与间的距离为7，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，掌握菱形的性质是解题的关键． （1）根据已知条件证明四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，即可得证； （2）根据题意证明是直角三角形，设平行线与间的距离为，即，进而根据菱形的周长公式求得的长，即可求解． 【详解】（1）证明：点为中点， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：菱形的周长为40，， ， ， 是直角三角形， ， 设平行线与间的距离为，， ， 又， ， ， ， 四边形是矩形， ． 12 圆的综合应用—压轴题 91．（2025·云南昆明·二模）如图，是的外接圆，是的平分线，分别交于点，交于点，平分，延长交于点，过点作，垂足为点． (1)若，求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证：以下与线段、线段、线段有关的三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)结论正确，理由见解析． 【分析】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，切线的判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）根据同弧所对的圆周角相等即可得到答案； （2）连接，如图所示，根据角平分线的定义和同弧所对的圆周角相等可推出，设，则由圆周角定理可推出，再由等边对等角和三角形内角和定理可得，则可求出，据此可证明结论； （3）连接，在上截取，连接，设与交于，证明是的垂直平分线，得到，则，由角平分线的定义得到，则，据此可得，则可推出，证明，进而可证明，进一步证明得到，再由线段的和差关系可得结论． 【详解】（1）解：∵，， ； （2）证明：连接，如图所示， ∵是的平分线，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ， ， ∵， ， ， ， 是的半径， 是的切线； （3）解：结论正确，理由如下： 连接，在上截取，连接，设与交于，如图所示： ，， 是的垂直平分线， ， ， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ， ， ， ， ， ，， ， ，即， 在和中， ， ， ， ， ， ； ． 92．（2025·云南曲靖·二模）如图，在中，直径与弦交于点E，连接，．过点D的直线与的延长线交于点F，且， (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若，，，点P为直线上一动点，且，当时，设点P到上的点的距离为t，求t的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理得，再结合三角形外角性质，得，进行角的等量代换，即可作答． （2）根据得，再证明，进行角的等量代换得，再根据为直径，则，即，即可作答． （3）结合，得，根据，则，在中，，证明，结合，得 故，即P，F两点重合，再列式求出，则，即可得出t的取值范围． 【详解】（1）解：∵在中，， ∴， 在中，， ∴； （2）解：连接 ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为直径， ∴， 即， ∴， 即， ∴， ∵是半径， ∴是的切线， （3）解：如图3：连接，， ∵， ∴， ∴， 则 ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵ ∴， ∴， 在和中 ∴ ∴ 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴P，F两点重合， ∴在中， ∴， ∴. ∴P到上的点的最大距离为. ∴P到上的点的最小距离为. ∴t的取值范围是 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形的相关计算，全等三角形的判定与性质，切线的判定与性质，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 93．（2025·云南楚雄·二模）如图，四边形是的内接四边形，是的直径，，延长至E，连接、，延长至E，使得，P是的直径上方的半圆上的任意一点，连接、、． (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)若点P在半圆上运动，当面积最大且时，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了圆周角定理、切线的判定和性质、圆内接四边形、全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）根据直径所对的圆周角是直角即可证明； （2）证明∽，得到，证明，进而求解； （3）过点作于点，过点作于点，交的延长线于点，证明≌，推出最大，最大，当经过点时，最大，垂直平分，即可求解． 【详解】（1）解：∵是的直径，点是上异于、的点， ∴； （2）证明：如图，连接， ， ． ． ， ， ， 又， ∽， ， ， ， ， ．． ， 是的半径， 直线与相切． （3）解：如图，过点作于点，过点作于点，交的延长线于点， ． 四边形是的内接四边形， ， ， ， 在和中， ≌， ， ， ，， ，是定值， 最大，最大，当经过点时，最大， 垂直平分． ， ， 即， ． 94．（2025·云南大理·二模）如图，点在以为直径的上，点是的中点，连接交于点，延长至点，连接，使得． (1)求证：平分； (2)求证：与相切； (3)若，设（为常数），求（用含的代数式表示）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由点是的中点，可得，即可解答． （2）先证，，可得，由为直径，可得，即，得到，即，再利用圆的切线的判定定理解答即可； （3）如图：过点E作于点N，利用等腰三角形的三线合一的性质得到，利用直角三角形的边角关系定理得到，则，利用相似三角形的判定与性质得到，代入化简即可解答． 【详解】（1）证明：∵点是的中点 ∴ ∴， ∴为的平分线， （2）∵，，，， ∴，， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵为的半径， ∴与相切． （3）如图：过点E作于点N， ∵为的平分线， ∴． ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴ 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质、圆周角定理、圆的切线的判定定理、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、直角三角形的边角关系定理、圆的内接四边形的性质等知识点，正确添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 95．（2025·云南楚雄·二模）如图，是的外接圆，为的直径，为劣弧的中点，连接，与交于点，并过点作的平行线分别交，的延长线与点，． (1)求的度数； (2)求证：是的切线； (3)看一看，想一想，证一证；存在一个常数，使得．以下三个结论，，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)正确，见解析 【分析】本题主要考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由直径所对的圆周角是直角得到，再由平行线的性质可得答案； （2）连接交于点，由垂径定理可得，则由平行线的性质可得，据此可证明结论； （3）连接．证明，得到．再证明，得到，据此可得结论． 【详解】（1）解：为的直径， ， ， ； （2）证明：如图，连接交于点． 为劣弧的中点， ， ， ． ， ， ． 是的半径， 是的切线； （3）（3）解：正确．理由如下： 如图，连接． 与相切于点， ， ． 为的直径， ， ， ． ， ， ． ， ， ， ． ， ． 又， ， ， ， 由，得， ， ，使得成立． 50．（2025·云南西双版纳·二模）如图，在中，为直角，点在斜边上，连接，以为直径作，分别交于点E，F．连接交于点，交于点，连接，使． (1)求证：是的切线； (2)求的面积； (3)已知，试求实数的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了圆的有关性质，圆周角定理，切线的性质及判定，直角三角形的性质，勾股定理，三角函数，三角形的面积公式，相似三角形的判定和性质，在解决切线问题时，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． （1）先证明，即可证出，由，，可证，继而证得即可得证． （2）连接、，过点作于点，证出，利用直角三角形的边角关系，和三角形的面积公式，可求出，在中，利用勾股定理求出，继而在可用求出直径，即可求半径，得到圆的面积； （3）过点作于点，求出，，，得到，证明，则，求出．，即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∵是的直径， ∴是的切线． （2）解：连接、，如图 ∵， ∴，， ∵为直径，， ∴， ∴， ∴， ∴ 即， ∴， ∴， ∴， ∴．即的半径为． ∴的面积为； （3）过点作于点，如图 ∴， ∵ ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， 解得，， ∴ 即， 即实数的值． 51．（2025·云南昆明·二模）如图，是的直径，内接于，点D是的中点，连接交于点E，连接交于点F，过点B作交延长线于点G，连接． (1)求证：； (2)求证：是的切线； (3)若F是的中点，请探究、与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，见解析 【分析】（1）利用D是的中点，求得，利用半径相等，求得，推出，即可证明； （2）连接，利用证明，推出，即可证明是的切线； （3）连接，先证明是的垂直平分线，推出和是等边三角形，在中，解直角三角形得到，，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； （3）解：，理由如下： 连接， ∵是直径，点C在上， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵F是中点， ∴是的垂直平分线， 又∵点B在上， ∴， 又∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 52．（2025·云南玉溪·二模）如图，四边形内接于，，，，垂足为点，是的直径，点是弧上异于点、的一点，点在的延长线上，且，与交于点，设，． (1)若，直接写出的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)若，，以下三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，见解析 【分析】（1）先根据三角形内角和定理求得，再根据圆周角定理得，，进而可得答案； （2）先由得，证明，得，进而可得结论； （3）在上截取点，使得，证明得，由得，由，推出，进而可得，，进而可得结论． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴的度数为； （2）解：连接， 是的直径， ， ， ，即，， ， ， ， 是的半径， 直线是的切线； （3）解：正确，理由如下： 在上截取点，使得， ，， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ，化简得：， ， ， ，， ， ， ． ， 点与点重合， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，切线的判定，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数的应用等知识点． 53．（2025·云南昭通·二模）如图，内接于，是的直径，半径交弦于点，交弦于点，过点作交的延长线于点，，过点作于点，交于点． (1)求证：是的切线； (2)若点是弦的中点，，，求图中阴影部分的面积； (3)若，将绕点顺时针旋转得到，点恰好在线段上，试探究线段与的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)图中阴影部分的面积为 (3) 【分析】（1）只要证明，即可证明是的切线； （2）利用垂径定理求得，，再证明，求得，在中，利用三角函数的定义求得，推出是等边三角形，利用计算即可求解； （3）分别过点，作的垂线，，垂足为，，推出，求得，，证明，求得，由三角函数的定义求得，据此求得即可． 【详解】（1）证明：是的直径，点在上， ， 则， ， ， ， ， ，即， 是的半径， 是的切线； （2）解：，， ， 半径交弦于点，点是弦的中点， ，， ，， ， ，则， （负值舍去）， 在中，， ，则， ， 是等边三角形， ； （3）解：如图，分别过点，作的垂线，，垂足为，， 由旋转可得，，， ， ， ， ， ，， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，求扇形的面积，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 73．（2025·云南文山·二模）如图，四边形内接于，，，，垂足为点E，是的直径，点P是弧上异于点A、D的一点，点Q在的延长线上，且，与交于点M，设，． (1)若，直接写出的度数； (2)求证：直线是的切线； (3)若，，以下三个结论：，，，你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)正确，理由见解析 【分析】（1）根据等边对等角的性质，得到，再根据圆内接四边形对角互补求解即可； （2）连接，根据直径可得，证明，得到，即可证明结论； （3）连接，根据圆周角定理，证明，得到，利用角的正切值，得到，从而得出，，进而求得，，再根据，求出，即可求解． 【详解】（1）解：， ， 四边形内接于， ， ； （2）证明：如图，连接， 是的直径， ， ， ， 又， ， ， ， 又是的直径， 直线是的切线； （3）解：如图，连接， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 在中，， 在中，， , ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，圆的切线的判定，全等三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等知识，利用数形结合的思想解决问题是关键． 75．（2025·云南昆明·二模）如图，是的外接圆的直径，是延长线上一点，，，． (1)求的值； (2)求证：是的切线； (3)若劣弧的中点为，连接，请探究，与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，见解析 【分析】（1）设和在边上的高为，利用三角形面积公式即可解答； （2）连接，，利用圆周角定理及等腰三角形的性质证明，进而得到，推出，由为的直径得到，即可证明结论； （3）连接，，，，延长至，使，连接，过作于．根据题意求出，易证，利用圆内接四边形的性质易证，证明，推出，进而得到，解直角三角形求出，即可得出结论． 【详解】（1）解：设和在边上的高为． ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接，， ∵ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴，即， ∵为半径， ∴为的切线； （3）解：，理由如下： 连接，，，，延长至，使，连接，过作于． ∵，， ∴， ∵为的直径， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴，， 在圆内接四边形中，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查切线的判定、圆内接诶四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、垂径定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，解题的关键是熟悉圆的知识和解直角三角形． 76．（2025·云南临沧·二模）如图1，以的直角边为直径作，交斜边于点D，E是的中点，连接，． (1)求证：是的切线． (2)如图2，点F在的延长线上，点M在线段上，于点N，交于点G．求证：． (3)在（2）的条件下，若，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，由垂线的定义可得，再由圆周角定理可得，根据直角三角形的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质可得，利用等量代换可得，再根据切线的判定即可求解； （2）根据垂线的定义和对顶角相等可得，再由圆周角定理可得，利用等量代换可得，从而可证，可得即可得出结论； （3）利用三角函数求得，，证明，可得，从而求得，，证明求得，再利用三角形面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：连接， 在中，，即， ∵是的直径， ∴， ∴， 在中， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∵，是的半径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）证明： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即. （3）解：在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， 同理可得：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故的面积为． 【点睛】本题考查切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质与判定、勾股定理及三角函数的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 78．（2025·云南玉溪·二模）如图，是的直径，C，G是上的点，过点的直线于点，交的延长线于点与交于点，且． (1)求证：是的切线； (2)若，求的度数； (3)连接，在（2）的条件下，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了切线的判定和性质、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确的作出辅助线、构造相似三角形和直角三角形是解答本题的关键． （1）连接，由，得到，则可证明，可得结合即可证明； （2）由可得，即，，进一步得到，最后解直角三角形即可得到答案； （3）如图2，过A作于H，解直角三角形得到，，，最后在中应用勾股定理即可求得． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：如图2，过A作于H， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得． 80．（2025·云南文山·二模）如图，是的外接圆，为的直径，的平分线交于点D，过点D作，交的延长线于点E． (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由． (2)求证：． (3)若，过点D作于点H，求的值．（用含m，n的代数式表示） 【答案】(1)直线与相切，理由见详解 (2)见详解 (3) 【分析】（1）连接，由题意易得，，然后可得，进而问题可求解； （2）由题意易得，则有，然后可得，则有，进而根据相似三角形的性质及等腰直角三角形的性质可进行求证； （3）由题意易得，则有，然后根据比的性质可进行求解． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下： 连接，如图， ∵为的直径， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）证明：∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∴； （3）解：如图， 由题意得：， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查切线的判定、平行线的性质、圆周角的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握切线的判定、平行线的性质、圆周角的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 6 / 27 学科网（北京）股份有限公司 $$