中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)題型訓(xùn)練壓軸題27選擇壓軸題（幾何篇）（解析版）

壓軸題27選擇壓軸題（幾何篇）一．選擇題（共40小題）1．（2023?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)三模）如圖，AB是⊙O的直徑，將OB繞著點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)40°得到OC，P是⊙O上一點(diǎn)，且與點(diǎn)C在AB的異側(cè)，連結(jié)PA、PC、AC，若PA＝PC，則∠PAB的大小是（）A．20° B．35° C．40° D．70°【答案】B【分析】由圓周角定理求出∠P＝70°，由等腰三角形的性質(zhì)求出∴∠PAC＝55°，由三角形外角的性質(zhì)求出∠CAO＝20°，即可得到∠PAB＝∠PAC﹣∠CAO＝35°．【詳解】解：∵∠AOC+∠BOC＝180°，∠BOC＝40°，∴∠AOC＝140°，∴∠P=12∠AOC＝70∵PA＝PC，∴∠PAC＝∠PCA=12×（180°﹣∠P∵OA＝OC，∴∠OAO＝∠ACO，∵∠BOC＝∠OAO+∠ACO＝2∠CAO，∴∠CAO=12∠BOC＝20∴∠PAB＝∠PAC﹣∠CAO＝35°．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，關(guān)鍵是由圓周角定理，求出∠P的度數(shù)．2．（2023?河北區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的頂點(diǎn)A在x軸上，且∠COA＝45°，OA＝4，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為（）A．(4+22，22) B．(22，22【答案】A【分析】作BD⊥x軸于點(diǎn)D，由菱形的性質(zhì)得AB∥OC，AB＝OA＝4，則∠BAD＝∠COA＝45°，可求得AD＝BD＝AB?sin45°＝22，所以O(shè)D＝4+22，則B（4+22，22），于是得到問(wèn)題的答案．【詳解】解：作BD⊥x軸于點(diǎn)D，則∠ADB＝90°，∵四邊形OABC是菱形，∠COA＝45°，OA＝4，∴AB∥OC，AB＝OA＝4，∴∠BAD＝∠COA＝45°，∴∠ABD＝∠BAD＝45°，∴AD＝BD＝AB?sin45°＝4×22=∴OD＝4+22，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4+22，22），故選：A．【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查圖形與坐標(biāo)、菱形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．3．（2023?奉賢區(qū)二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝1，∠ABD＝60°，點(diǎn)O在對(duì)角線(xiàn)BD上，圓O經(jīng)過(guò)點(diǎn)C．如果矩形ABCD有2個(gè)頂點(diǎn)在圓O內(nèi)，那么圓O的半徑長(zhǎng)r的取值范圍是（）A．0＜r≤1 B．1＜r≤3 C．1＜r≤2 D．3＜r【答案】B【分析】解直角三角形得到BD＝2AB＝2，AD=3，如圖，當(dāng)圓O的半徑長(zhǎng)r＝1時(shí)，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)都在圓O上，當(dāng)圓O的半徑長(zhǎng)r=3時(shí)，A、B在圓內(nèi)，C在圓上，【詳解】解：矩形ABCD中，AB＝1，∠ABD＝60°，∴BD＝2AB＝2，AD=3∵矩形的對(duì)角線(xiàn)相等且平分，∴當(dāng)圓O的半徑長(zhǎng)r＝1時(shí)，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)都在圓O上，當(dāng)圓O的半徑長(zhǎng)r=3時(shí)，A、B在圓內(nèi)，C在圓上，D∴如果矩形ABCD有2個(gè)頂點(diǎn)在圓O內(nèi)，那么圓O的半徑長(zhǎng)r的取值范圍是1＜r≤3故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，正確的作出圖形是解題的關(guān)鍵．4．（2023?廣靈縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，點(diǎn)O，D，E是AB邊上的點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，DE長(zhǎng)為直徑的半圓O與AC相切于點(diǎn)M，與BC相切于點(diǎn)N，則圖中陰影部分的面積為（）A．5 B．9﹣2π C．9﹣π D．5﹣π【答案】D【分析】連接ON，OM，根據(jù)切線(xiàn)的性質(zhì)得到∠ONC＝∠OMC＝90°，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到ON＝OM＝CN＝CM，∠NOM＝90°，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到OM＝2，根據(jù)三角形和正方形以及扇形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】解：連接ON，OM，∵半圓O與AC相切于點(diǎn)M，與BC相切于點(diǎn)N，∴∠ONC＝∠OMC＝90°，∵∠C＝90°，ON＝OM，∴四邊形CMON是正方形，∴ON＝OM＝CN＝CM，∠NOM＝90°，∴∠BON+∠AOM＝90°，∵∠AMO＝∠C＝90°，∴OM∥BC，∴△AOM∽△ABC，∴OMBC∴OM3∴OM＝2，∴圖中陰影部分的面積=12×3×6?90?π×22故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了切線(xiàn)的性質(zhì)，扇形面積的計(jì)算，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握切線(xiàn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2023?普陀區(qū)二模）如圖，△ABC中，∠BAC＝60°，BO、CO分別平分∠ABC、∠ACB，AO＝2，下面結(jié)論中不一定正確的是（）A．∠BOC＝120° B．∠BAO＝30° C．OB＝3 D．點(diǎn)O到直線(xiàn)BC的距離是1【答案】C【分析】由角平分線(xiàn)的定義求出∠OBC+∠OCB=12（∠ABC+∠ACB）＝60°，由三角形內(nèi)角和定理求出∠BOC的度數(shù)，由三角形內(nèi)心的性質(zhì)求出∠BAO的度數(shù)是30OB的長(zhǎng)在變化不一定等于3，由直角三角形的性質(zhì)得到ON＝1，由角平分線(xiàn)的性質(zhì)得到OM＝ON＝1，得到O到BC的距離是1．【詳解】解：作OM⊥BC于M，ON⊥AB于N，∵BO、CO分別平分∠ABC、∠ACB，∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=1∴∠OBC+∠OCB=12（∠ABC+∠ACB）=12×（180∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝120°，故A正確；∵BO、CO分別平分∠ABC，∴O是△ABC的內(nèi)心，∴AO平分∠BAC，∵∠BAC＝60°，∴∠BAO=12∠BAC＝30故B正確；OB的長(zhǎng)在變化不一定等于3，故C不一定正確；∵∠ANO＝90°，∠NAO＝30°，∴ON=12AO∴OM＝ON＝1，∴O到BC的距離是1，故D正確．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查角平分線(xiàn)的性質(zhì)，關(guān)鍵是掌握角平分線(xiàn)的性質(zhì)．6．（2023?甌海區(qū)模擬）如圖，四個(gè)全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH，連結(jié)DH并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)K，若DF平分∠CDK，則DHHKA．233 B．65 C．5【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)K作KM⊥AH，設(shè)DE＝a，AE＝b，先證得∠KHA＝∠KAH，可得KH＝KA，再證△EHD∽△EDA，可得HEDE=DEAE，即b?aa=ab【詳解】解：過(guò)點(diǎn)K作KM⊥AH，設(shè)DE＝a，AE＝b，∵DF平分∠CDK，∴∠CDF＝∠EDH，∵四個(gè)全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH，∴∠CDF＝∠ABH，DE＝AH，∠DEA＝∠EHB，∴DF∥HB，∴∠EDH＝∠BHK，∴∠KBH＝∠KHB，∴KH＝KB，∵∠AHB＝90°，∴∠KBH+∠KAH＝90°，∠KHB+∠KHA＝90°，∴∠KHA＝∠KAH，∴KH＝KA，∴HM=1∵∠HED＝∠DEA，∠HDE＝∠EAD，∴△EHD∽△EDA，∴HEDE即b?aa解得：b=5∵DE∥KM，∴△HED∽△HMK，∴DHHK故選：C．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造相似三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．7．（2023?花溪區(qū)模擬）勾股定理是人類(lèi)數(shù)學(xué)文化的一顆璀璨明珠，是用代數(shù)思想解決幾何問(wèn)題的最重要工具也是數(shù)形結(jié)合的組帶之一，如圖，秋千靜止時(shí)，踏板離地的垂直高度BE＝1m，將它往前推6m至C處時(shí)（即水平距離CD＝6m），踏板離地的垂直高度CF＝4m，它的繩索始終拉直，則繩索AC的長(zhǎng)是（）A．152m B．92m C．6【答案】A【分析】設(shè)繩索AC的長(zhǎng)是xm，則AB＝xm，求出AD＝AB+BE﹣DE＝（x﹣3）m，然后在Rt△ACD中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】解：設(shè)繩索AC的長(zhǎng)是xm，則AB＝xm，∵DE＝FC＝4m，BE＝1m，∴AD＝AB+BE﹣DE＝x+1﹣4＝（x﹣3）m，在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC2＝AD2+CD2，即x2＝（x﹣3）2+62，解得：x=15即繩索AC的長(zhǎng)是152m故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用，由勾股定理得出方程是解題的關(guān)鍵．8．（2023?承德一模）如圖，在菱形ABCD中，AC、BD（AC＞BD）相交于點(diǎn)O，E、F分別為OA和OC上的點(diǎn)（不與點(diǎn)A、O、C重合）．其中AE＝OF．過(guò)點(diǎn)E作GH⊥AC，分別交AD、AB于點(diǎn)G、H；過(guò)點(diǎn)F作IJ⊥AC分別交CD、CB于點(diǎn)J、I；連接GJ、HI，甲、乙、丙三個(gè)同學(xué)給出了三個(gè)結(jié)論：甲：隨著AE長(zhǎng)度的變化，GH+IJ＝BD始終成立．乙：隨著AE長(zhǎng)度的變化，四邊形GHIJ可能為正方形．丙：隨著AE長(zhǎng)度的變化，四邊形GHIJ的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半．下列選項(xiàng)正確的是（）A．甲、乙、丙都對(duì) B．甲、乙對(duì)，丙不對(duì) C．甲、丙對(duì)，乙不對(duì) D．甲不對(duì)，乙、丙對(duì)【答案】C【分析】連接HJ，GI，交于點(diǎn)M，根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)得出GE＝EH，JF＝FI，MG＝MH，MJ＝MI，GJ＝HI，EO＝FC，過(guò)點(diǎn)G作GK⊥BD于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)J作JT⊥BD于點(diǎn)T，證明△DTJ≌△GEA，△DKG≌△JFC得出GH+IJ＝BD，即可判斷甲，進(jìn)而得出四邊形AHJD是平行四邊形，四邊形HJBC是平行四邊形，即可判斷丙，反證法證明四邊形GHIJ不可能是正方形，即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接HJ，GI，交于點(diǎn)M，∵四邊形ABCD是菱形，GH⊥AC，IJ⊥AC，∴GH∥JI，根據(jù)菱形是軸對(duì)稱(chēng)圖形，AC是GH，IJ，BD的垂直平分線(xiàn)，∴GE＝EH，JF＝FI，MG＝MH，MJ＝MI，GJ＝HI，∵AE＝OF，OA＝OC，∴EO＝FC，如圖所示，過(guò)點(diǎn)G作GK⊥BD于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)J作JT⊥BD于點(diǎn)T，則四邊形GEOK，TJFO是矩形，∴GK=EO=FC，KO=GE=12GH∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DAO＝∠DCO，∵GK∥AO，TJ∥OC，∴∠DJT＝∠DCA＝∠GAE，∠DGK＝∠DAC＝∠JCF，∴△DTJ≌△GEA（ASA），△DKG≌△JFC（ASA），∴DJ＝AG，JC＝GD，GE＝DT，JF＝DK，∴12即GH+IJ＝BD，故甲正確，∵DJ＝AG，又AG＝AH，∴JD＝AH，∴四邊形AHJD是平行四邊形，∴S△HCJ=12S四邊形AHJD，HJ∥∴四邊形HJBC是平行四邊形，∴S△HIJ∴S四邊形GHIJ即四邊形GHIJ的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半，故丙正確；同理可得四邊形AGBI，CDGI是平行四邊形，∴GI∥CD，HJ∥AD，∵當(dāng)四邊形GHIJ是正方形時(shí)，則GI⊥HJ，∴AD⊥DC，則四邊形ABCD是正方形，∵AC＞BD，∴四邊形ABCD不是正方形，即四邊形GHIJ不可能是正方形，故乙錯(cuò)誤，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．9．（2023?石家莊二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC，BD交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)分別是OB與OD的中點(diǎn)，依連接點(diǎn)A，E，C，F(xiàn)，A，當(dāng)四邊形AECF是矩形時(shí)，與線(xiàn)段BE相等的線(xiàn)段有（）?A．4條 B．5條 C．6條 D．7條【答案】B【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得OB＝OD，由E，F(xiàn)分別是OB與OD的中點(diǎn)，得OE＝BE=12OB，OF＝DF=12OD，則OE＝OF＝DF＝BE，由矩形的性質(zhì)得，OA＝OC=12AC，OE＝OF=12EF且AC＝EF，OA＝OC＝OE＝【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，對(duì)角線(xiàn)AC，BD交于點(diǎn)O，∴OB＝OD，∵E，F(xiàn)分別是OB與OD的中點(diǎn)，∴OE＝BE=12OB，OF＝DF=∴OE＝OF＝DF＝BE，∵四邊形AECF是矩形，∴OA＝OC=12AC，OE＝OF=12EF，∴OA＝OC＝OE＝OF＝DF＝BE，∴與線(xiàn)段BE相等的線(xiàn)段有5條，故選：B．【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查平行四邊形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、線(xiàn)段中點(diǎn)的定義等知識(shí)，證明OB＝OD、OA＝OC且AC＝EF是解題的關(guān)鍵．10．（2023?青山區(qū)二模）如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，E是BC邊上一點(diǎn)，F(xiàn)是BD上一點(diǎn)，連接DE，EF．若△DEF與△DEC關(guān)于直線(xiàn)DE對(duì)稱(chēng)，則OF的長(zhǎng)為（）A．22 B．22?2 C．2?2【答案】C【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)得出DF＝DC和DB=2DC【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，DC＝2，∴DB=2DC＝22，OD＝OB∴OD=∵△DEF與△DEC關(guān)于直線(xiàn)DE對(duì)稱(chēng)，∴DF＝DC＝2，∴OF＝DF﹣OD＝2?2故選：C．【點(diǎn)睛】此題考查正方形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)正方形的性質(zhì)得出DB和OD解答．11．（2023?柳城縣一模）七巧板是我國(guó)古代勞動(dòng)人民的發(fā)明之一，被譽(yù)為“東方魔板”，它是由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成的．（清）陸以活《冷廬雜識(shí)》卷中寫(xiě)道：近又有七巧圖，其式五，其數(shù)七，其變化之式多至千余，體物肖形，隨手變幻，蓋游戲之具，足以排悶破寂，故世俗皆喜為之．如圖，是一個(gè)用七巧板拼成的裝飾圖，放入長(zhǎng)方形ABCD內(nèi)，裝飾圖中的三角形頂點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，三角形①的邊GD在邊AD上，則BFBEA．1+22 B．22 C．2+【答案】D【分析】設(shè)七巧板正方形的邊長(zhǎng)為x，根據(jù)正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)分別表示出BF，BE的長(zhǎng)，即可求解．【詳解】解：設(shè)七巧板正方形的邊長(zhǎng)為x，∴2BE2＝x2，∴BE2=x∴BE=22∴BF=1∴BFBE故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，七巧板，勾股定理，正方形的性質(zhì)，表示出BF，BE的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．12．（2023?泉州模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，將△ABC沿BC的方向平移至△A'B'C'，使得A′E＝A′F，其中E是A′B′與AC的交點(diǎn)，F(xiàn)是A′C′與CD的交點(diǎn)，則CC′的長(zhǎng)為（）A．52?52 B．112?【答案】C【分析】由矩形的性質(zhì)得AB∥CD，由平移得AB∥A′B′，AC∥A′C′，所以A′B′∥CD，而A′E＝A′F，即可證明四邊形A′ECF是菱形，因?yàn)椤螮B′C＝∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4，EB'B'C=ABBC=tan∠ACB=12，則B′C＝2EB′，由勾股定理得A′E＝CE=EB'2+B'C2=5EB′，則EB′+5EB′＝2，得EB【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，由平移得AB∥A′B′，AC∥A′C′，∴A′B′∥CD，A′F∥CE，∴A′E∥CF，∴四邊形A′ECF是平行四邊形，∵A′E＝A′F，∴四邊形A′ECF是菱形，∵∠EB′C＝∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4，∴EB'B'C=ABBC=∴B′C＝2EB′，∴A′E＝CE=EB'2∴EB′+5EB′＝A′B′＝AB∴EB′=5∴B′C＝2×5∴CC′＝BB′＝BC﹣B′C＝4﹣（5?1）＝5?故選：C．【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查矩形的性質(zhì)、平移的性質(zhì)、平行四邊形的判定、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識(shí)，證明四邊形A′ECF是菱形是解題的關(guān)鍵．13．（2023?定遠(yuǎn)縣二模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，點(diǎn)P為BC邊上任意一點(diǎn)，連接PA，以PA，PC為鄰邊作平行四邊形PAQC，連接PQ，則PQ長(zhǎng)度的最小值為（）A．3 B．2.5 C．2.4 D．2【答案】C【分析】以PA，PC為鄰邊作平行四邊形PAQC，由平行四邊形的性質(zhì)可知O是AC中點(diǎn)，PQ最短也就是PO最短，所以應(yīng)該過(guò)O作BC的垂線(xiàn)P′O，然后根據(jù)△P′OC和△ABC相似，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出PQ的最小值．【詳解】解：∵∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，∴AC=B∵四邊形APCQ是平行四邊形，∴PO＝QO，CO＝AO，∵PQ最短也就是PO最短，∴過(guò)O作BC的垂線(xiàn)OP′，∵∠ACB＝∠P′CO，∠CP′O＝∠CAB＝90°，∴△CAB∽△CP′O，∴COBC∴25∴OP′=6∴則PQ的最小值為2OP′＝2.4，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的運(yùn)用、平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)以及垂線(xiàn)段最短的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出高線(xiàn)構(gòu)造出相似三角形．14．（2023?煙臺(tái)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，點(diǎn)E在AD上，點(diǎn)F在BC上，且AE＝CF，連結(jié)CE，DF，則CE+DF的最小值為（）A．26 B．25 C．24 D．22【答案】A【分析】先連接BE，將CE+DF轉(zhuǎn)化為CE+BE，再利用將軍飲馬解決問(wèn)題即可．【詳解】解：如圖，連接BE，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠BAE＝∠DCF＝90°，∵AE＝CF，∴△ABE≌△CDF，∴BE＝DF，∴CE+DF＝CE+BE，如圖，作點(diǎn)B關(guān)于A點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B'，連接CB'，CB'即為CE+BE的最小值，∵AB＝12，AD＝10，∴BB'＝24，BC＝10，∴CB'=B∴CE+DF的最小值為26，故A正確．故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)、勾股定理、將軍飲馬問(wèn)題、全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，綜合性較強(qiáng)，將CE+DF轉(zhuǎn)化為CE+BE是解題的關(guān)鍵．15．（2023?郯城縣一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，BC＝10，點(diǎn)P為BC邊上任意一點(diǎn)，連接PA，以PA，PC為鄰邊作平行四邊形PAQC，連接PQ，則PQ長(zhǎng)度的最小值為（）A．4.8 B．5 C．2.4 D．4【答案】A【分析】利用勾股定理得到BC邊的長(zhǎng)度，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得知OP最短即為PQ最短，利用垂線(xiàn)段最短得到點(diǎn)P的位置，再證明△CAB∽△CP'O利用對(duì)應(yīng)線(xiàn)段的比得到OP'的長(zhǎng)度，繼而得到PQ的長(zhǎng)度．【詳解】解：∵∠BAC＝90°，AB＝6，BC＝10，∴AC=B∵四邊形APCQ是平行四邊形，∴PO＝QO，CO＝AO，∵PQ最短也就是PO最短，∴過(guò)O作BC的垂線(xiàn)OP'，∵∠ACB＝∠P'CO，∠CP'O＝∠CAB＝90°，∴△CAB∽△CP'O，∴COBC∴410∴OP'=12∴則PQ的最小值為2OP'=24故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)，垂線(xiàn)段最短的知識(shí)，解答此題的關(guān)鍵是利用垂線(xiàn)段最短求解．16．（2023?白云區(qū)一模）如圖，正方形ABCD的面積為3，點(diǎn)E在邊CD上，且CE＝1，∠ABE的平分線(xiàn)交AD于點(diǎn)F，點(diǎn)M，N分別是BE，BF的中點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．FD=2MN B．△DEF是等腰直角三角形C．BN＝1 D．tan∠FBE=【答案】D【分析】根據(jù)正方形ABCD的面積為3，可得正方形的邊長(zhǎng)為3，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，BC＝AB＝CD＝AD=3，根據(jù)tan∠CBE=CECB=33，可知∠CBE＝30°，根據(jù)tan∠ABF=AFAB=33，可得AF＝CE＝1，可得DF＝DE，即可判斷B選項(xiàng)；根據(jù)勾股定理和三角形中位線(xiàn)定理可判斷A選項(xiàng)；求出BF的長(zhǎng)，進(jìn)一步可得BN的長(zhǎng)，即可判斷C選項(xiàng)；根據(jù)【詳解】解：∵正方形ABCD的面積為3，∴正方形的邊長(zhǎng)為3，在正方形ABCD中，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，BC＝AB＝CD＝AD=3∴tan∠CBE=CE∴∠CBE＝30°，∴∠ABE＝60°，∵BF平分∠ABE，∴∠ABF＝∠FBE＝30°，∵tan∠ABF=AFAB=3∴AF＝1，∴AF＝CE，∴DF＝DE，∵∠D＝90°，∴△DEF是等腰直角三角形，故B不符合題意；根據(jù)勾股定理，得EF=DE∵M(jìn)，N分別是BE，BF的中點(diǎn)，∴MN是△BEF的中位線(xiàn)，∴MN=12∴MN=22即DF=2MN故A不符合題意；在△ABF中，根據(jù)勾股定理，得BF=(∴BN＝1，故C不符合題意；∵∠FBE＝30°，∴tan∠FBE=3故D符合題意，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形中位線(xiàn)定理，等腰直角三角形的判定，角平分線(xiàn)，勾股定理，解直角三角形等，本題綜合性較強(qiáng)，熟練掌握這些知識(shí)是解題的關(guān)鍵．17．（2023?九龍坡區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在正方形ABCD中，O為AC、BD的交點(diǎn)，△DCE為直角三角形，∠CED＝90°，OE=32，若CE?DEA．20 B．22 C．24 D．26【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)O作OM⊥CE交EC延長(zhǎng)線(xiàn)于M，作ON⊥DE于N，判斷出四邊形OMEN是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠MON＝90°，再求出∠COM＝∠DON，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得OC＝OD，然后利用“角角邊”證明△COM和△DON全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得OM＝ON，CM＝DN，然后判斷出四邊形OMEN是正方形，根據(jù)CE?DE＝6即可解決問(wèn)題．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥CE交EC延長(zhǎng)線(xiàn)于M，作ON⊥DE于N，∵∠CED＝90°，∴四邊形OMEN是矩形，∴∠MON＝90°，∵∠COM+∠DOM＝∠DON+∠DOM，∴∠COM＝∠DON，∵四邊形ABCD是正方形，∴OC＝OD，在△COM和△DON中，∠COM=∠DON∠N=∠CMO=90°∴△COM≌△DON（AAS），∴OM＝ON，CM＝DN，∴四邊形OMEN是正方形，∵OE＝32，∴2NE2＝OE2＝（32）2＝18，∴NE＝ON＝3，∵DE+CE＝DE+EM+MC＝DE+EM+DN＝EN+EM＝2EN＝6，設(shè)DE＝a，CE＝b，∴a+b＝6，∵CE?DE＝6，CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝62﹣2×6＝24，∴S正方形ABCD＝24．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，作輔助線(xiàn)構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．18．（2023?杭州一模）如圖，有兩張矩形紙片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把紙片ABCD交叉疊放在紙片EFGH上，使重疊部分為平行四邊形，且B點(diǎn)D與點(diǎn)G重合，當(dāng)兩張紙片交叉所成的角α最小時(shí)，tanα等于（）A．14 B．815 C．12【答案】B【分析】由“ASA”可證△CDM≌△HDN，可證MD＝DN，即可證四邊形DNKM是菱形，當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)E重合時(shí)，兩張紙片交叉所成的角a最小，由勾股定理求出MD的長(zhǎng)，即可得出答案．【詳解】解：如圖，∵四邊形ABCD和四邊形EFGH是矩形，∴∠ADC＝∠HDF＝90°，CD＝AB＝2cm，∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°，∴△CDM≌△HDN（ASA），∴MD＝ND，且四邊形DNKM是平行四邊形，∴四邊形DNKM是菱形，∴KM＝MD，∵sinα＝sin∠DMC=CD∴當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)E重合時(shí)，兩張紙片交叉所成的角a最小，設(shè)MD＝KM＝acm，則CM＝8﹣a（cm），∵M(jìn)D2＝CD2+MC2，∴a2＝4+（8﹣a）2，∴a=174（∴tanα＝tan∠DMC=CD故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)以及三角函數(shù)定義等知識(shí)；求MD的長(zhǎng)是本題的關(guān)鍵．19．（2023?高明區(qū)二模）矩形ABCD和直角三角形EFG的位置如圖所示，點(diǎn)A在EG上，點(diǎn)D在EF上，若∠2＝55°，則∠1等于（）A．155° B．135° C．125° D．105°【答案】C【分析】由圖形可知∠ADC＝90°＝∠GEF，即可得出∠EAD+∠ADE＝90°，∠2+∠ADE＝90°，從而求得∠DAE＝∠2＝55°，根據(jù)平角的定義即可求得∠1＝180°﹣∠DAE＝125°．【詳解】解：∵∠ADC＝90°＝∠GEF，∴∠EAD+∠ADE＝90°，∠2+∠ADE＝90°，∴∠DAE＝∠2＝55°，∴∠1＝180°﹣∠DAE＝125°，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余，平角的定義，證得∠DAE＝∠2＝55°是解題的關(guān)鍵．20．（2023?余姚市一模）如圖，由兩個(gè)正三角形組成的菱形內(nèi)放入標(biāo)記為①，②，③，④的四種不同大小的小正三角形5個(gè)，其中編號(hào)①的有2個(gè)．設(shè)未被覆蓋的淺色陰影部分的周長(zhǎng)為C1，深色陰影部分的周長(zhǎng)為C2，若要求出C1﹣C2的值，只需知道其中兩個(gè)小正三角形的邊長(zhǎng)，則這兩個(gè)小三角形的編號(hào)為（）A．①② B．②③ C．①③ D．②④【答案】C【分析】設(shè)標(biāo)記為①，②，③，④的小正方形的邊長(zhǎng)分別是m、n、x、y，表示出C1和C2，即可解決問(wèn)題．【詳解】解：設(shè)標(biāo)記為①，②，③，④的小正方形的邊長(zhǎng)分別是m、n、x、y，由題意得：C1＝4x+m+2n＝2（x+n）+2x+m，C2＝2y+4m＝2（y+m）+2m，∵x+n＝y(tǒng)+m，∴C1﹣C2＝2x﹣m，∴只需知道編號(hào)是①③的兩個(gè)小正三角形的邊長(zhǎng)，即可求出C1﹣C2的值．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是由菱形、等邊三角形的性質(zhì)，用m、n、x、y表示出C1和C2．21．（2023?衡水二模）如圖，點(diǎn)P是正方形ABCD的邊BC上一點(diǎn)，點(diǎn)M是對(duì)角線(xiàn)BD上一點(diǎn)，連接PM并延長(zhǎng)交BA的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)Q，交AD于點(diǎn)G，取PQ的中點(diǎn)N．連接AN．若AQ＝PC，有下面兩個(gè)結(jié)論：①DM＝DG，②AN⊥BD，則這兩個(gè)結(jié)論中，正確的是（）A．①對(duì) B．②對(duì) C．①②都對(duì) D．①②都不對(duì)【答案】B【分析】延長(zhǎng)AN交BD于H，在AB上取點(diǎn)K，使AK＝AQ，由正方形ABCD，可得AB＝BC，∠CBA＝90°，∠DBA＝45°，根據(jù)AQ＝PC，AK＝AQ，有BK＝PB，∠BKP＝45°，而AN是△QPK的中位線(xiàn)，知AN∥PK，故∠NAK＝∠PKB＝45°，即得∠AHB＝180°﹣∠NAK﹣∠DBA＝90°，AN⊥BD，②正確；因∠DGM＝∠AGQ＝90°﹣∠Q，∠DMG＝90°﹣∠HNM＝90°﹣∠ANQ，∠Q與∠ANQ不一定相等，可得∠DGM與∠DMG不一定相等，從而DM與DG不一定相等，①錯(cuò)誤．【詳解】解：延長(zhǎng)AN交BD于H，在AB上取點(diǎn)K，使AK＝AQ，如圖：∵正方形ABCD，∴AB＝BC，∠CBA＝90°，∠DBA＝45°，∵AQ＝PC，AK＝AQ，∴PC＝AK，∴AB﹣AK＝BC﹣PC，即BK＝PB，∴△BPK是等腰直角三角形，∴∠BKP＝45°，∵N是PQ中點(diǎn)，AQ＝AK，∴AN是△QPK的中位線(xiàn)，∴AN∥PK，∴∠NAK＝∠PKB＝45°，∴∠AHB＝180°﹣∠NAK﹣∠DBA＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴AN⊥BD，故②正確；∵∠DGM＝∠AGQ＝90°﹣∠Q，∠DMG＝90°﹣∠HNM＝90°﹣∠ANQ，而∠Q與∠ANQ不一定相等，∴∠DGM與∠DMG不一定相等，∴DM與DG不一定相等，故①錯(cuò)誤；故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及等腰直角三角形判定與性質(zhì)，三角形中位線(xiàn)定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是作輔助線(xiàn)，構(gòu)造等腰直角三角形解決問(wèn)題．22．（2023?新鄉(xiāng)二模）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)B（0，4），點(diǎn)C（2，0），BC＝2CD，先將矩形ABCD沿y軸向下平移至點(diǎn)B與點(diǎn)O重合，再將平移后的矩形ABCD繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到矩形EOMN，則點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)N的坐標(biāo)為（）A．（3，3） B．（4，4） C．（3，4） D．（4，3）【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)D作DF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖所示，先證明△BOC∽△CFD，得到OBFC=OCFD=BCCD=2，進(jìn)而求出FC＝2，F(xiàn)D＝1，則點(diǎn)D（4，1）．由題意知矩形ABCD向下平移了4個(gè)單位長(zhǎng)度，將點(diǎn)D向下平移4個(gè)單位長(zhǎng)度到點(diǎn)D'（4，﹣3），連接OD'，DD'，則點(diǎn)F在線(xiàn)段DD'上，過(guò)點(diǎn)N作NP⊥x軸于點(diǎn)P，連接ON，如圖所示證明△OD'F≌△NOP．得到OP＝D'【詳解】解：過(guò)點(diǎn)D作DF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖所示，由題意得，∠BOC＝∠BCD＝∠CFD＝90°，∴∠OCB+∠OBC＝90°＝∠FCD+∠OBC，∴∠OBC＝∠FCD，∴△BOC∽△CFD，∵BC＝2CD，∴OBFC∵B（0，4），C（2，0），∴OB＝4，OC＝2，∴FC＝2，F(xiàn)D＝1．∴點(diǎn)D（4，1）．由題意知矩形ABCD向下平移了4個(gè)單位長(zhǎng)度，將點(diǎn)D向下平移4個(gè)單位長(zhǎng)度到點(diǎn)D'（4，﹣3），連接OD'，DD'，則點(diǎn)F在線(xiàn)段DD'上，過(guò)點(diǎn)N作NP⊥x軸于點(diǎn)P，連接ON，如圖所示．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠D'ON＝90°，OD′＝ON．又∵∠D'FO＝∠OPN＝90°，∴∠D'OF+∠NOP＝90°＝∠D′OF+∠OD'F．∴∠OD'F＝∠NOP．∴△OD'F≌△NOP（AAS）．∴OP＝D'F＝3，NP＝OF＝4．∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為（3，4），故選C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，平移的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形，等等，正確作出輔助線(xiàn)構(gòu)造相似三角形和全等三角形是解題的關(guān)鍵．23．（2023?荊門(mén)一模）如圖，菱形ABCD各邊的中點(diǎn)分別是E、F、G、H，若EH＝2EF，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．EH⊥EF B．EH＝AC C．∠B＝60° D．AB=【答案】C【分析】由中位線(xiàn)的性質(zhì)可知AC＝2EF，結(jié)合EH＝2EF可得EH＝AC，可判斷B選項(xiàng)；由菱形的性質(zhì)可知AC⊥BD，用勾股定理解Rt△AOB可驗(yàn)證選項(xiàng)D；先證四邊形AHFB是平行四邊形，再用勾股定理的逆定理證明△FEH是直角三角形，可判斷選項(xiàng)A；假設(shè)∠B＝60°成立，則△FEB是等邊三角形，EF=BE=12AB，與AB=【詳解】解：如圖，連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接FH，∵菱形ABCD各邊的中點(diǎn)分別是E、F、G、H，∴EF=HG=12AC∴AC＝2EF，BD＝2EH，∵EH＝2EF，∴EH＝AC，故B選項(xiàng)結(jié)論正確，不合題意；由菱形的性質(zhì)可知AC⊥BD，∴OA2+OB2＝AB2，∵EF=12AC=OA∴AB2＝EF2+EH2＝EF2+4EF2＝5EF2，∴AB=5故D選項(xiàng)結(jié)論正確，不合題意；∵AH=12AD，BF=12∴AH＝BF，又AH∥BF，∴四邊形AHFB是平行四邊形，∴AB＝HF，∴EF2+EH2＝AB2＝HF2，∴△FEH是直角三角形，∴EH⊥EF，故A選項(xiàng)結(jié)論正確，不合題意；由已知條件可知BE＝BF，若∠B＝60°，則△FEB是等邊三角形，則EF=BE=12AB因此∠B＝60°不成立，故C選項(xiàng)結(jié)論錯(cuò)誤，符合題意．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，勾股定理及其逆定理，三角形中位線(xiàn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用上述知識(shí)點(diǎn)，逐步進(jìn)行推導(dǎo)論證．24．（2023?中原區(qū)校級(jí)二模）如圖，在Rt△ABO中，AB＝OB，頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，0），以AB為邊向△ABO的外側(cè)作正方形ABCD，將組成的圖形繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)45°，則第98次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（）A．（1，﹣3） B．（﹣1，3） C．（﹣1，2+2） 【答案】B【分析】過(guò)D作DH⊥x軸于H，由在Rt△ABO中，AB＝OB，OA＝2，得AB=OA2=2，∠BAO＝45°，根據(jù)四邊形ABCD是正方形，可得D（3，1），又將組成的圖形繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)45°，知每旋轉(zhuǎn)8次回到初始位置，第98次旋轉(zhuǎn)結(jié)束，相當(dāng)于將【詳解】解：過(guò)D作DH⊥x軸于H，如圖：∵在Rt△ABO中，AB＝OB，OA＝2，∴AB=OA2=2，∠∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB=2，∠BAD＝90°∴∠DAH＝45°，∴△ADH是等腰直角三角形，∴AH＝DH=AD∴OH＝OA+AH＝3，∴D（3，1），∵將組成的圖形繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)45°，∴每旋轉(zhuǎn)8次回到初始位置，∵98÷8＝12......2，∴第98次旋轉(zhuǎn)結(jié)束，相當(dāng)于將D（3，1）旋轉(zhuǎn)90°，∴第98次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣1，3），故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)及應(yīng)用，涉及旋轉(zhuǎn)變換，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)，找到旋轉(zhuǎn)的規(guī)律．25．（2023?中原區(qū)模擬）如圖，?ABCD的邊BC在x軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)B與原點(diǎn)O重合，DE⊥AB，交BA的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，已知∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝6，則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（）A．（﹣2，﹣，23） B．（﹣3，33） C．（?72，723） D．（【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)E作EF⊥y軸于點(diǎn)F，由平行四邊形的性質(zhì)得AD＝BC＝6，AD∥BC，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AE＝3，EF=72，然后由勾股定理得OF【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥y軸于點(diǎn)F，則∠EFO＝90°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝6，AD∥BC，∴∠EAD＝∠ABC＝60°，∵DE⊥AB，∴∠AED＝90°，∴∠ADE＝90°﹣∠EAD＝30°，∴AE=12∴BE＝AB+AE＝4+3＝7，∵∠EOF＝90°﹣∠ABC＝30°，∴EF=12OE∴OF=O∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（?72，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、坐標(biāo)與推出性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．26．（2023?武邑縣二模）如圖，N是正六邊形ABCDEF對(duì)角線(xiàn)CF上一點(diǎn)，延長(zhǎng)FE，CD相交于點(diǎn)M，若S△ABN＝2，則S五邊形ABCMF＝（）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】C【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)得出S△ABN＝S△AOB=16S正六邊形ABCDEF＝S△【詳解】解：如圖，正六邊形的中心為O，則點(diǎn)O在CF上，由正六邊形的性質(zhì)可知，AB∥CF，∴S△ABN＝S△AOB=16S正六邊形ABCDEF＝2＝S△∴S五邊形ABCMF＝7S△AOB＝14，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查正六邊形和圓，三角形面積的計(jì)算，掌握正六邊形的性質(zhì)以及三角形、正六邊形面積的計(jì)算方法是正確解答的前提．27．（2023?承德一模）如圖，正六邊形的兩條對(duì)角線(xiàn)AE、BE把它分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分，則該三部分的面積比為（）A．1：2：3 B．2：2：4 C．1：2：4 D．2：3：5【答案】A【分析】根據(jù)正多邊形的性質(zhì)，三角形中線(xiàn)的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：如圖，連接AD，CF交BE于點(diǎn)O，CF，AE交于點(diǎn)P，∵正六邊形，∴△AOF≌△EOF≌△DOE≌△DOC≌BOC≌AOB（SSS），∵△AEF和△AEO是等腰三角形，F(xiàn)O分別是∠AFE和∠AOE的角分線(xiàn)，∴FO⊥AE，AP＝EP（三線(xiàn)合一），∴Rt△APF≌Rt△EPF≌Rt△EPO≌Rt△APO（HL），∴S△AEF＝S△AOE=12S四邊形AOEF＝S△∴S△AFE＝S△AOE＝S△AOB＝S△COB＝S△COD＝S△DOE，∴Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的面積比為1：2：3，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形，三角形中線(xiàn)的性質(zhì)，熟記圖形的性質(zhì)并準(zhǔn)確識(shí)圖是解題的關(guān)鍵．28．（2023?羅湖區(qū)二模）如圖，AB為圓O的直徑，C為圓O上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作圓O的切線(xiàn)交AB的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)D，DB=13AD，連接AC，若ABA．23 B．25 C．43【答案】C【分析】根據(jù)DB=13AD，AB為圓O的直徑可得OA＝OB＝DB，結(jié)合DC是圓O的切線(xiàn)即可得到∠OCD＝90°，即可得到CB【詳解】解：連接OC，BC，∵DB=13AD，AB∴OA＝OB＝DB，∠ACB＝90°，∵DC是圓O的切線(xiàn)，∴∠OCD＝90°，∵OB＝DB，∴CB＝OB，∵AB＝8，∴BC＝4，在Rt△ABC中，AC=8故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊一半，解題的關(guān)鍵是求出BC．29．（2023?杭州一模）如圖，過(guò)⊙O外一點(diǎn)A作⊙O的切線(xiàn)AD，點(diǎn)D是切點(diǎn)，連結(jié)OA交⊙O于點(diǎn)B，點(diǎn)C是⊙O上不與點(diǎn)B，D重合的點(diǎn)．若∠A＝α°，則∠C的度數(shù)為（）A．(45?12α)° B．12α° C．2【答案】A【分析】由切線(xiàn)的性質(zhì)定理，得到∠ADO＝90°，由直角三角形的性質(zhì)得到，∠AOD＝90°﹣α°，由圓周角定理得到∠C=12∠AOD＝（45?12【詳解】解：∵AD切圓于D，∴半徑OD⊥AD，∴∠ADO＝90°，∵∠A＝α°，∴∠AOD＝90°﹣α°，∴∠C=12∠AOD＝（45?12故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查切線(xiàn)的性質(zhì)，圓周角定理，關(guān)鍵是掌握切線(xiàn)的性質(zhì)定理，圓周角定理．30．（2023?西寧一模）如圖，扇形紙片AOB的半徑為3，沿AB所在直線(xiàn)折疊扇形紙片，圓心D恰好落在AB上的點(diǎn)C處，則陰影部分的面積是（）A．3π?932 B．3π?332【答案】A【分析】根據(jù)折疊變換的性質(zhì)得到AC＝AO，BC＝BO，推出四邊形AOBC是菱形，連接OC交AB于D，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠CAO＝∠AOC＝60°，求得∠AOB＝120°，根據(jù)菱形和扇形的面積公式即可得到結(jié)論．【詳解】解：沿AB折疊扇形紙片，點(diǎn)O恰好落在AB上的點(diǎn)C處，∴AC＝AO，BC＝BO，∵AO＝BO，∴四邊形AOBC是菱形，連接OC交AB于D，∵OC＝OA，∴△AOC是等邊三角形，∴∠CAO＝∠AOC＝60°，∴∠AOB＝120°，∵AC＝3，∴OC＝3，AD=32AC∴AB＝2AD＝33，∴圖中陰影部分的面積＝S扇形AOB﹣S菱形AOBC=120π×32360?12×故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了扇形面積的計(jì)算，菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．31．（2023?太原一模）如圖，在扇形紙片OAB中，∠AOB＝105°，OA＝6、點(diǎn)C是半徑OA上的點(diǎn)、沿直線(xiàn)BC折疊△OBC得到△DBC，點(diǎn)O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D落在AB上，圖中陰影部分的面積為（）A．9π?92 B．9π?182 C．9π﹣18 D．12π【答案】B【分析】連接OD，根據(jù)折疊性質(zhì)可知△BOD等邊三角形，然后再求出S扇形OAD、S△COD，即可求解．【詳解】解：如圖，連接OD，由折疊的性質(zhì)可得，BC⊥OD，OD＝OB＝BD，∴△OBD是等邊三角形，∴∠BOD＝60°，∵∠AOB＝105°，∴∠COD＝45°．∵CD＝CO，∴∠CDO＝∠COD＝45°，∴∠DCO＝90°，∴CD＝OD=22OD＝3∴S扇形OAD=45π×62360=92π，S△COD=12?∴S陰影=92π故選：B．【點(diǎn)睛】本題是扇形面積的綜合練習(xí)題，考查了折疊的性質(zhì)，以及扇形面積的公式，靈活運(yùn)用即可．32．（2023?西山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，分別以等邊△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)為圓心，邊長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，得到的封閉圖形是萊洛三角形，若AB為6，則圖中陰影部分的面積為（）A．18π?273 B．6π?93 C．12π?93【答案】D【分析】圖中三角形的面積是由三塊相同的扇形疊加而成，其面積＝三塊扇形的面積相加，再減去兩個(gè)等邊三角形的面積，分別求出即可．【詳解】解：過(guò)A作AD⊥BC于D，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC＝6，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∵AD⊥BC，∴BD＝CD＝3，AD=3BD＝33∴S△ABC=12BC?AD＝9S扇形BAC=60π×62∴萊洛三角形的面積S＝3×6π﹣2×93=18π﹣183故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)和扇形的面積計(jì)算，能根據(jù)圖形得出萊洛三角形的面積＝三塊扇形的面積相加、再減去兩個(gè)等邊三角形的面積是解此題的關(guān)鍵．33．（2023?莆田模擬）如圖，在⊙O中，∠AOB＝120°，點(diǎn)C在AB上，連接AC，BC，過(guò)點(diǎn)B作BD⊥AC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)D，當(dāng)點(diǎn)C從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B的過(guò)程中，∠CBD的度數(shù)（）A．先增大后減小 B．先減小后增大 C．保持不變 D．一直減小【答案】C【分析】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)以及圓周角定理，三角形內(nèi)角和定理進(jìn)行計(jì)算即可．【詳解】解：如圖，在優(yōu)弧AB上任取一點(diǎn)E，連接AE，BE，∵四邊形AEBC是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠BCD＝∠AEB=12∠AOB＝60∵BD⊥AD，∴∠BDC＝90°，∴∠BCD+∠CBD＝90°，∴∠CBD＝90°﹣∠BCD＝30°，因此∠CBD的大小不變，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理，掌握?qǐng)A周角定理、三角形內(nèi)角和定理是正確解答的前提．34．（2023?蚌埠二模）如圖是某芯片公司的圖標(biāo)示意圖，其設(shè)計(jì)靈感源于傳統(tǒng)照相機(jī)快門(mén)的機(jī)械結(jié)構(gòu)，圓O中的陰影部分是一個(gè)正六邊形，其中心與圓心O重合，且AB＝BC，則陰影部分面積與圓的面積之比為（）A．338π B．32π C．3【答案】B【分析】根據(jù)題意，設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為1，進(jìn)而求出圓的面積以及圓的內(nèi)接正六邊形面積，進(jìn)一步計(jì)算可得答案．【詳解】解：如圖所示，連接OA，OB，OC，設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為1，則OA＝1，∠AOB＝60°，OA＝OB，∴△AOB為等邊三角形，則∠BOA＝∠OBA＝60°，OA＝OB＝AB＝1，AC＝2，∴∠BCO＝∠BOC，又∵∠ABO＝∠BCO+∠BOC，∴∠BCO＝∠BOC＝30°，則∠AOC＝90°，∴OC=AC2所以圓的面積為3π，正六邊形的面積為6S△AOB＝6×12AB?OA?sin60°＝6×12×則陰影部分面積與圓的面積之比為33故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了圓面積的計(jì)算，正六邊形的性質(zhì)，正確作出輔助線(xiàn)和正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．35．（2023?鄞州區(qū)校級(jí)模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，將弧BC沿BC翻折，翻折后的弧交AB于D．若BC＝45，sin∠ABC=5?A．256π B．253π【答案】C【分析】連接AC，CD，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H．根據(jù)圓周角定理得出AC=CD，則AC＝CD，從而得出S陰影＝S△ACD，解直角三角形求得CH、【詳解】解：如圖，連接AC，CD，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，∵∠ABC＝∠DBC，∴AC=∴AC＝CD，∵CH⊥AD，∴AH＝HD，∵BC＝45，sin∠ABC=5∴CH＝BC?sin∠ABC＝4，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵sin∠ABC=AC∴設(shè)AC=5m，AB＝5m根據(jù)勾股定理，AC2+BC2＝AB2，∴5m2+80＝25m2，∴m＝2，∴AC＝CD＝25，∴AH=A∴AD＝2AH＝4，∴S陰影＝S△ACD=12AD?CH=1故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查扇形的面積，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)建直角三角形．36．（2023?九龍坡區(qū)模擬）如圖，在⊙O中，AB是圓的直徑，過(guò)點(diǎn)B作⊙O的切線(xiàn)BC，連接AC交⊙O于點(diǎn)D，點(diǎn)E為弧AD中點(diǎn)，連接AE，若AE＝AO，AB＝6，則CD的長(zhǎng)為（）A．2 B．332 C．3 【答案】C【分析】連接OE，OD，BD，由AE＝AO，AO＝OE，得到△AOE是等邊三角形，因此∠AOE＝60°，由點(diǎn)E為弧AD中點(diǎn)，得到∠DOE＝∠AOE＝60°，由平角定義求出∠BOD＝60°，由圓周角定理求出∠BAC＝30°，由切線(xiàn)的性質(zhì)定理得到∠ABC＝90°，即可求出CB的長(zhǎng)，從而得到CD=12【詳解】解：連接OE，OD，BD，∵AE＝AO，AO＝OE，∴△AOE是等邊三角形，∴∠AOE＝60°，∵點(diǎn)E為弧AD中點(diǎn)，∴∠DOE＝∠AOE＝60°，∴∠BOD＝180°﹣∠AOE﹣∠DOE＝60°，∴∠BAC=12∠BOD＝30∵CB切圓于B，∴直徑AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∴BC=33AB=3∵AB是圓的直徑，∴∠ADB＝90°，∵∠ABD=12∠AOD＝60∴∠CBD＝90°﹣∠ABD＝30°，∴CD=12BC故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查切線(xiàn)的性質(zhì)，圓周角定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．37．（2023?寧德模擬）“萊洛三角形”是工業(yè)生產(chǎn)中加工零件時(shí)廣泛使用的一種圖形．如圖，以等邊三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)為圓心，以邊長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，三段圓弧圍成的圖形就是“萊洛三角形”．若等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，則該“萊洛三角形”的周長(zhǎng)等于（）A．2π B．2π?3 C．23π【答案】A【分析】由弧長(zhǎng)公式：l=nπr180（弧長(zhǎng)為l