中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 幾何綜合

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1、幾何綜合 1、（2013四川南充，6，3分） 下列圖形中，∠2＞∠1 （ ） 答案：C 解析：由對頂角相等，知A中∠1＝∠2，由平行四邊形的對角相等，知B中∠1＝∠2， 由對頂角相等，兩直線平行同位角相等，知D中∠1＝∠2，由三角形的外角和定理，知C符合∠2＞∠1 2、（2013?攀枝花）如圖，分別以直角△ABC的斜邊AB，直角邊AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，F(xiàn)為AB的中點，DE與AB交于點G，EF與AC交于點H，∠ACB=90°，∠BAC=30°．給出如下結(jié)論： ①EF⊥AC；②四邊形ADFE為菱形；③AD=4AG；④FH=BD 其中正確結(jié)

2、論的為?、佗邰堋。ㄕ垖⑺姓_的序號都填上）． 考點： 菱形的判定；等邊三角形的性質(zhì)；含30度角的直角三角形． 分析： 根據(jù)已知先判斷△ABC≌△EFA，則∠AEF=∠BAC，得出EF⊥AC，由等邊三角形的性質(zhì)得出∠BDF=30°，從而證得△DBF≌△EFA，則AE=DF，再由FE=AB，得出四邊形ADFE為平行四邊形而不是菱形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD=4AG，從而得到答案． 解答： 解：∵△ACE是等邊三角形， ∴∠EAC=60°，AE=AC， ∵∠BAC=30°， ∴∠FAE=∠ACB=90°，AB=2BC， ∵F為AB的中點， ∴AB=2AF， ∴B

3、C=AF， ∴△ABC≌△EFA， ∴FE=AB， ∴∠AEF=∠BAC=30°， ∴EF⊥AC，故①正確， ∵EF⊥AC，∠ACB=90°， ∴HF∥BC， ∵F是AB的中點， ∴HF=BC， ∵BC=AB，AB=BD， ∴HF=BD，故④說法正確； ∵AD=BD，BF=AF， ∴∠DFB=90°，∠BDF=30°， ∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°， ∴∠DFB=∠EAF， ∵EF⊥AC， ∴∠AEF=30°， ∴∠BDF=∠AEF， ∴△DBF≌△EFA（AAS）， ∴AE=DF， ∵FE=AB， ∴四邊形ADFE為平行四邊形，

4、∵AE≠EF， ∴四邊形ADFE不是菱形； 故②說法不正確； ∴AG=AF， ∴AG=AB， ∵AD=AB， 則AD=AG，故③說法正確， 故答案為①③④． 點評： 本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，以及全等三角形的判定和性質(zhì)，解決本題需先根據(jù)已知條件先判斷出一對全等三角形，然后按排除法來進(jìn)行選擇． 3、（2013?瀘州）如圖，在等腰直角△ACB=90°，O是斜邊AB的中點，點D、E分別在直角邊AC、BC上，且∠DOE=90°，DE交OC于點P．則下列結(jié)論： （1）圖形中全等的三角形只有兩對；（2）△ABC的面積等于四邊形CDOE的面積的2倍；（3）CD+CE=

5、OA；（4）AD2+BE2=2OP?OC． 其中正確的結(jié)論有（　　） 　 A． 1個 B． 2個 C． 3個 D． 4個 考點： 等腰直角三角形；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)． 分析： 結(jié)論（1）錯誤．因為圖中全等的三角形有3對； 結(jié)論（2）正確．由全等三角形的性質(zhì)可以判斷； 結(jié)論（3）正確．利用全等三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)可以判斷． 結(jié)論（4）正確．利用相似三角形、全等三角形、等腰直角三角形和勾股定理進(jìn)行判斷． 解答： 解： 結(jié)論（1）錯誤．理由如下： 圖中全等的三角形有3對，分別為△AOC≌△BOC，△AOD

6、≌△COE，△COD≌△BOE． 由等腰直角三角形的性質(zhì)，可知OA=OC=OB，易得△AOC≌△BOC． ∵OC⊥AB，OD⊥OE，∴∠AOD=∠COE． 在△AOD與△COE中， ∴△AOD≌△COE（ASA）．同理可證：△COD≌△BOE． 結(jié)論（2）正確．理由如下： ∵△AOD≌△COE，∴S△AOD=S△COE， ∴S四邊形CDOE=S△COD+S△COE=S△COD+S△AOD=S△AOC=S△ABC， 即△ABC的面積等于四邊形CDOE的面積的2倍． 結(jié)論（3）正確，理由如下： ∵△AOD≌△COE，∴CE=AD， ∴CD+CE=CD+AD=AC=OA．

7、 結(jié)論（4）正確，理由如下： ∵△AOD≌△COE，∴AD=CE；∵△COD≌△BOE，∴BE=CD． 在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+CE2=DE2，∴AD2+BE2=DE2． ∵△AOD≌△COE，∴OD=OE， 又∵OD⊥OE，∴△DOE為等腰直角三角形，∴DE2=2OE2，∠DEO=45°． ∵∠DEO=∠COE=45°，∠COE=∠COE， ∴△OEP∽△OCE， ∴，即OP?OC=OE2． ∴DE2=2OE2=2OP?OC， ∴AD2+BE2=2OP?OC． 綜上所述，正確的結(jié)論有3個，故選C． 點評： 本題是幾何綜合題，考查了等腰直角三角形、全

8、等三角形、相似三角形和勾股定理等重要幾何知識點．難點在于結(jié)論（4）的判斷，其中對于“OP?OC”線段乘積的形式，可以尋求相似三角形解決問題． 4、（2013?紹興）矩形ABCD中，AB=4，AD=3，P，Q是對角線BD上不重合的兩點，點P關(guān)于直線AD，AB的對稱點分別是點E、F，點Q關(guān)于直線BC、CD的對稱點分別是點G、H．若由點E、F、G、H構(gòu)成的四邊形恰好為菱形，則PQ的長為　2.8?。? 考點： 幾何變換綜合題． 分析： 如解答圖所示，本題要點如下： （1）證明矩形的四個頂點A、B、C、D均在菱形EFGH的邊上，且點A、C分別為各自邊的中點； （2）證明菱形的邊長等于

9、矩形的對角線長； （3）求出線段AP的長度，證明△AON為等腰三角形； （4）利用勾股定理求出線段OP的長度； （5）同理求出OQ的長度，從而得到PQ的長度． 解答： 解：由矩形ABCD中，AB=4，AD=3，可得對角線AC=BD=5． 依題意畫出圖形，如右圖所示． 由軸對稱性質(zhì)可知，∠PAF+∠PAE=2∠PAB+2∠PAD=2（∠PAB+∠PAD）=180°， ∴點A在菱形EFGH的邊EF上．同理可知，點B、C、D均在菱形EFGH的邊上． ∵AP=AE=AF，∴點A為EF中點．同理可知，點C為GH中點． 連接AC，交BD于點O，則有AF=CG，且AF∥CG， ∴四邊形

10、ACGF為平行四邊形， ∴FG=AC=5，即菱形EFGH的邊長等于矩形ABCD的對角線長． ∴EF=FG=5， ∵AP=AE=AF，∴AP=EF=2.5． ∵OA=AC=2.5， ∴AP=AO，即△APO為等腰三角形． 過點A作AN⊥BD交BD于點N，則點N為OP的中點． 由S△ABD=AB?AD=AC?AN，可求得：AN=2.4． 在Rt△AON中，由勾股定理得：ON===0.7， ∴OP=2ON=1.4； 同理可求得：OQ=1.4， ∴PQ=OP+OQ=1.4+1.4=2.8． 故答案為：2.8． 點評： 本題是幾何變換綜合題，難度較大．首先根據(jù)題意畫出圖形

11、，然后結(jié)合軸對稱性質(zhì)、矩形性質(zhì)、菱形性質(zhì)進(jìn)行分析，明確線段之間的數(shù)量關(guān)系，最后由等腰三角形和勾股定理求得結(jié)果． 　 5、（2013?萊蕪）下列說法錯誤的是（　　） 　 A． 若兩圓相交，則它們公共弦的垂直平分線必過兩圓的圓心 　 B． 2+與2﹣互為倒數(shù) 　 C． 若a＞|b|，則a＞b 　 D． 梯形的面積等于梯形的中位線與高的乘積的一半 考點： 相交兩圓的性質(zhì)；絕對值；分母有理化；梯形中位線定理． 分析： 根據(jù)相交兩圓的性質(zhì)以及互為倒數(shù)和有理化因式以及梯形的面積求法分別分析得出即可． 解答： 解：A、根據(jù)相交兩圓的性質(zhì)得出，若兩圓相交，則它們公共

12、弦的垂直平分線必過兩圓的圓心，故此選項正確，不符合題意； B、∵2+與2﹣=互為倒數(shù)，∴2+與2﹣互為倒數(shù)，故此選項正確，不符合題意； C、若a＞|b|，則a＞b，此選項正確，不符合題意； D、梯形的面積等于梯形的中位線與高的乘積，故此選項錯誤，符合題意； 故選：D． 點評： 此題主要考查了相交兩圓的性質(zhì)以及分母有理化和梯形面積求法等知識，正確把握相關(guān)定理是解題關(guān)鍵． 6、（2013年濰坊市）如圖，四邊形是平行四邊形，以對角線為直徑作⊙，分別于、相交于點、. （1）求證四邊形為矩形. （2）若試判斷直線與⊙的位置關(guān)系，并說明理由. 答案： 考點：平行四邊形的性質(zhì)，

13、矩形的判定，，相似三角形的判定，直徑對的圓周角是直角，圓的切線的判定等知識的綜合運用. 點評：關(guān)鍵是掌握矩形的判定方法，三角形相似的判定方法，圓的切線的判定方法. 7、（2013?溫州）一塊矩形木板，它的右上角有一個圓洞，現(xiàn)設(shè)想將它改造成火鍋餐桌桌面，要求木板大小不變，且使圓洞的圓心在矩形桌面的對角線上．木工師傅想了一個巧妙的辦法，他測量了PQ與圓洞的切點K到點B的距離及相關(guān)數(shù)據(jù)（單位：cm），從點N沿折線NF﹣FM（NF∥BC，F(xiàn)M∥AB）切割，如圖1所示．圖2中的矩形EFGH是切割后的兩塊木板拼接成符合要求的矩形桌面示意圖（不重疊，無縫隙，不記損耗），則CN，AM的長分別是　18c

14、m、31cm?。? 考點： 圓的綜合題 分析： 如圖，延長OK交線段AB于點M′，延長PQ交BC于點G，交FN于點N′，設(shè)圓孔半徑為r．在Rt△KBG中，根據(jù)勾股定理，得r=16（cm）．根據(jù)題意知，圓心O在矩形EFGH的對角線上，則KN′=AB=42cm，OM′=KM′+r=CB=65cm．則根據(jù)圖中相關(guān)線段間的和差關(guān)系求得CN=QG﹣QN′=44﹣26=18（cm），AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31（cm）． 解答： 解：如圖，延長OK交線段AB于點M′，延長PQ交BC于點G，交FN于點N′． 設(shè)圓孔半徑為r． 在Rt△KBG中，根據(jù)勾股定理，得

15、 BG2+KG2=BK2，即（130﹣50）2+（44+r）2=1002， 解得，r=16（cm）． 根據(jù)題意知，圓心O在矩形EFGH的對角線上，則 KN′=AB=42cm，OM′=KM′+r=CB=65cm． ∴QN′=KN′﹣KQ=42﹣16=26（cm），KM′=49（cm）， ∴CN=QG﹣QN′=44﹣26=18（cm）， ∴AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31（cm）， 綜上所述，CN，AM的長分別是18cm、31cm． 故填：18cm、31cm． 點評： 本題以改造矩形桌面為載體，讓學(xué)生在問題解決過程中，考查了矩形、直

16、角三角形及圓等相關(guān)知識，積累了將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題經(jīng)驗，滲透了圖形變換思想，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)思想方法在現(xiàn)實問題中的應(yīng)用價值． 8、（2013?濱州）如圖，等邊△ABC沿射線BC向右平移到△DCE的位置，連接AD、BD，則下列結(jié)論： ①AD=BC；②BD、AC互相平分；③四邊形ACED是菱形． 其中正確的個數(shù)是（　?。? 　 A． 0 B． 1 C． 2 D． 3 考點： 平移的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)． 分析： 先求出∠ACD=60°，繼而可判斷△ACD是等邊三角形，從而可判斷①是正確的；根據(jù)①的結(jié)論，可判斷四邊形ABCD是平行四邊形，從

17、而可判斷②是正確的；根據(jù)①的結(jié)論，可判斷④正確． 解答： 解：△ABC、△DCE是等邊三角形， ∴∠ACB=∠DCE=60°，AC=CD， ∴∠ACD=180°﹣∠ACB﹣∠DCE=60°， ∴△ACD是等邊三角形， ∴AD=AC=BC，故①正確； 由①可得AD=BC， ∵AB=CD， ∴四邊形ABCD是平行四邊形， ∴BD、AC互相平分，故②正確； 由①可得AD=AC=CE=DE， 故四邊形ACED是菱形，即③正確． 綜上可得①②③正確，共3個． 故選D． 點評： 本題考查了平移的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)及菱形的判定，解答本題的關(guān)鍵是先判

18、斷出△ACD是等邊三角形，難度一般． 9、（2013陜西壓軸題）問題探究 （1）請在圖①中作出兩條直線，使它們將圓面四等分； （2）如圖②，M是正方形ABCD內(nèi)一定點，請在圖②中作出兩條直線（要求其中一條直線必須過點M），使它們將正方形ABCD的面積四等分，并說明理由. 問題解決 （3）如圖③，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB+CD=BC，點P是AD的中點，如果AB=，CD=，且，那么在邊BC上是否存在一點Q，使PQ所在直線將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分？若存在，求出BQ的長；若不存在，說明理由. 圖① 圖② A B C D M B 圖③ A

19、 C D P （第25題圖） 考點：本題陜西近年來考查的有：折疊問題，勾股定理，矩形性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，面積問題及最值問題，位似的性質(zhì)應(yīng)用等。此題考查對圖形的面積等分問題。 解析：此題主要考查學(xué)生的閱讀問題的能力，綜合問題的能力，動手操作能力，問題的轉(zhuǎn)化能力，分析圖形能力和知識的遷徙能力，從特殊圖形到一般的過渡，從特殊中發(fā)現(xiàn)關(guān)系到一般的知識遷移的過程。 （1）問較易解決，圓內(nèi)兩條互相垂直的直徑即達(dá)到目的。 （2）問中其實在八年級學(xué)習(xí)四邊形時好可解決此類問題。平行四邊形過對角線的交點的直線將平行四邊形分成面積相等的兩個部分。而在正方形中就更特殊，常見的是將正方形重疊在一起旋

20、轉(zhuǎn)的過程中的圖形的面積不變的考查，此題有這些知識的積累足夠解決。 （3）問中可以考慮構(gòu)造（1）（2）中出現(xiàn)的特殊四邊形來解決。也可以用中點的性質(zhì)來解決。在中學(xué)數(shù)學(xué)中中點就有兩個方面的應(yīng)用，一是中線（倍長中線構(gòu)造全等三角形或者是平行四邊形）二是中位線的應(yīng)用。 解：（1）如圖①所示． （2）如圖②，連接AC、BD相交于點O，作直線OM分別交AD、BC于P、Q兩點，過點O作用OM的垂線分別交AB、CD于E、F兩點，則直線OM、EF將正方形ABCD的面積四等分. 理由如下： 答圖② A B C D M （第25題答案圖） 答圖① O P Q F E ∵點O是

21、正方形ABCD對角線的交點，∴點O是正方形ABCD的對稱中心 ∴AP=CQ，EB=DF， D在△AOP和△EOB中， ∵∠AOP=90°-∠AOE，∠BOE=90°-∠AOE ∴∠AOP=∠BOE ∵OA=OB，∠OAP=∠EBO=45°∴△AOP≌△EOB ∴AP=BE=DF=CQ ∴AE=BQ=CF=PD 設(shè)點O到正方形ABCD一邊的距離為. ∴ ∴ ∴直線EF、PQ將正方形ABCD面積四等分 另解：∵點O是正方形ABCD對角線的交點，∴點O是正方形ABCD的中心 ∴OA=OB=OC=OD ∠OAP=∠OBE=∠OCQ=∠ODF=45° ∵PQ⊥EF，

22、∴∠POD+∠DOF=90°，∠POD+∠POA=90° ∴∠POA=∠DOF同理：∠POA=∠DOF=∠BOE=∠COQ ∴△AOP≌△BOE≌△COQ≌△DOF ∴ ∴直線EF、PQ將正方形ABCD面積四等分 （3） B 答圖③ A C D P （第25題答案圖） M Q F E 存在.當(dāng)BQ=CD=時，PQ將四邊形ABCD面積二等分. 理由如下：如圖③，延長BA至點E，使AE=， 延長CD至點F，使DF=，連接EF. ∴BE∥CF，BE=CF ∴四邊形BCFE為平行四邊形， ∵BC=BE=+，∴平行四邊形DBFE為菱形 連接BF交AD于點M

23、，則△MAB≌△MDF ∴AM=DM.即點P、M重合. ∴點P是菱形EBCF對角線的交點， 在BC上截取BQ=CD=，則CQ=AB=. 設(shè)點P到菱形EBCF一邊的距離為 ∴ 所以當(dāng)BQ=時，直線PQ將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分. 另解：存在.當(dāng)BQ=CD=時，PQ將四邊形ABCD面積二等分. 理由如下：如圖④，連接BP并延長BP交CD延長線于點F，連接CP ∵點P是AD的中點，∴PA=PD ∵AB∥CD，∴∠ABP=∠DFP，∵∠APB=∠DPF ∴△APB≌△DPF B 答圖④ A C D P （第25題答案圖） Q F ∴AB=DF

24、，PB=PF，所以CP是△CBF的中線，∴ ∵AB+CD=BC，DF+CD=BC，即：CB=CF，∴∠CBF=∠CFB ∵∠ABP=∠DFP∴∠ABP=∠CBP即PB是角平分線. ∴點P到AB與CB的距離相等， ∵BQ=，所以CQ=AB= ∴ ∴ 所以當(dāng)BQ=時，直線PQ將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分. 10、（2013?溫州壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB與x軸，y軸分別交于點A（6，0），B（0.8），點C的坐標(biāo)為（0，m），過點C作CE⊥AB于點E，點D為x軸上的一動點，連接CD，DE，以CD，DE為邊作?CDEF． （1）當(dāng)0＜m

25、＜8時，求CE的長（用含m的代數(shù)式表示）； （2）當(dāng)m=3時，是否存在點D，使?CDEF的頂點F恰好落在y軸上？若存在，求出點D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； （3）點D在整個運動過程中，若存在唯一的位置，使得?CDEF為矩形，請求出所有滿足條件的m的值． 考點： 相似形綜合題． 分析： （1）首先證明△BCE∽△BAO，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等即可求得； （2）證明△EDA∽△BOA，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等即可求得； （3）分m＞0，m=0和m＜0三種情況進(jìn)行討論，當(dāng)m=0時，一定不成立，當(dāng)m＞0時，分0＜m＜8和m＞8兩種情況，利用三角函數(shù)的定義即可求

26、解．當(dāng)m＜0時，分點E與點A重合和點E與點A不重合時，兩種情況進(jìn)行討論． 解答： 解：（1）∵A（6，0），B（0，8）． ∴OA=6，OB=8． ∴AB=10， ∵∠CEB=∠AOB=90°， 又∵∠OBA=∠EBC， ∴△BCE∽△BAO， ∴=，即=， ∴CE=﹣m； （2）∵m=3， ∴BC=8﹣m=5，CE=﹣m=3． ∴BE=4， ∴AE=AB﹣BE=6． ∵點F落在y軸上（如圖2）． ∴DE∥BO， ∴△EDA∽△BOA， ∴=即=． ∴OD=， ∴點D的坐標(biāo)為（，0）． （3）取CE的中點P，過P作PG⊥y軸于點G． 則CP=C

27、E=﹣m． （Ⅰ）當(dāng)m＞0時， ①當(dāng)0＜m＜8時，如圖3．易證∠GCP=∠BAO， ∴cos∠GCP=cos∠BAO=， ∴CG=CP?cos∠GCP=（﹣m）=﹣m． ∴OG=OC+OG=m+﹣m=m+． 根據(jù)題意得，得：OG=CP， ∴m+=﹣m， 解得：m=； ②當(dāng)m≥8時，OG＞CP，顯然不存在滿足條件的m的值． （Ⅱ）當(dāng)m=0時，即點C與原點O重合（如圖4）． （Ⅲ）當(dāng)m＜0時， ①當(dāng)點E與點A重合時，（如圖5）， 易證△COA∽△AOB， ∴=，即=， 解得：m=﹣． ②當(dāng)點E與點A不重合時，（如圖6）． OG=OC﹣OG=﹣m﹣（﹣m） =﹣m

28、﹣． 由題意得：OG=CP， ∴﹣m﹣=﹣m． 解得m=﹣． 綜上所述，m的值是或0或﹣或﹣． 點評： 本題是相似三角形的判定于性質(zhì)以及三角函數(shù)的綜合應(yīng)用，正確進(jìn)行分類是關(guān)鍵． 11、（2013年佛山市壓軸題）我們知道，矩形是特殊的平行四邊形，所以矩形除了具備平行四邊形的一切性質(zhì)還有其特殊的性質(zhì)；同樣， A B C D 第25題圖 黃金矩形是特殊的矩形，因此黃金矩形有與一般矩形不一樣的知識． 已知平行四邊形ABCD，∠A=60°，AB=2a，AD=a． (1) 把所給的平行四邊形ABCD用兩種方式分割并作說明 (見題答卡表格里的示例)；

29、 要求：用直線段分割，分割成的圖形是學(xué)習(xí)過的特殊圖形且不超出四個． (2) 圖中關(guān)于邊、角和對角線會有若干關(guān)系或問題．現(xiàn)在請計算兩條對角線的長度． 要求：計算對角線BD長的過程中要有必要的論證；直接寫出對角線AC的長． 解：在表格中作答 分割圖形 分割或圖形說明 示例A B C D 第25題圖 示例①分割成兩個菱形。 ②兩個菱形的邊長都為a,銳角都為60°。 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖

30、 （2） 分析：（1）方案一：分割成兩個等腰梯形； 方案二：分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形和一個直角三角形； （2）利用平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理作答，認(rèn)真計算即可． 解：（1）在表格中作答： 分割圖形 分割或圖形說明 示例： 示例： ①分割成兩個菱形． ②兩個菱形的邊長都為a，銳角都為60°． ①分割成兩兩個等腰梯形． ②兩個等腰梯形的腰長都為a， 上底長都為，下底長都為a， 上底角都為120°，下底角都為60°． ①分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形、一個直角三角形． ②等邊三角形的邊長為a， 等

31、腰三角形的腰長為a，頂角為120°． 直角三角形兩銳角為30°、60°，三邊為a、a、2a． （2） 如右圖①，連接BD，取AB中點E，連接DE． ∵AB=2a，E為AB中點， ∴AE=BE=a， ∵AD=AE=a，∠A=60°， ∴△ADE為等邊三角形，∠ADE=∠DEA=60°，DE=AE=a， 又∵∠BED+∠DEA=180°， ∴∠BED=180°﹣∠DEA=180°﹣60°=120°， 又∵DE=BE=a，∠BED=120°， ∴∠BDE=∠DBE=（180°﹣120°）=30°， ∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=60°+30°=90° ∴Rt△ADB中，∠A

32、DB=90°， 由勾股定理得：BD2+AD2=AB2，即BD2+a2=（2a）2， 解得BD=a． 如右圖②所示，AC=2OC=2=2=2?a=a． ∴BD=a，AC=a． 點評：本題是幾何綜合題，考查了四邊形（平行四邊形、等腰梯形、菱形、矩形）、三角形（等邊三角形、等腰三角形、直角三角形）的圖形與性質(zhì)．第（1）問側(cè)重考查了幾何圖形的分割、剪拼、動手操作能力和空間想象能力；第（2）問側(cè)重考查了幾何計算能力．本題考查知識點全面，對學(xué)生的幾何綜合能力要求較高，是一道好題 12、（2013?常德）連接一個幾何圖形上任意兩點間的線段中，最長的線段稱為這個幾何圖形的直徑，根據(jù)此定

33、義，圖（扇形、菱形、直角梯形、紅十字圖標(biāo)）中“直徑”最小的是（　?。? 　 A． B． C． D． 考點： 菱形的性質(zhì)；勾股定理；直角梯形． 分析： 先找出每個圖形的“直徑”，再根據(jù)所學(xué)的定理求出其長度，最后進(jìn)行比較即可． 解答： 解： 連接BC，則BC為這個幾何圖形的直徑，過O作OM⊥BC于M ∵OB=OC， ∴∠BOM=∠BOC=60°， ∴∠OBM=30°， ∵OB=2，OM⊥BC， ∴OM=OB=1，由勾股定理得：BM=， ∴由垂徑定理得：BC=2； 連接AC、BD，則BD為這個圖形的直徑， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥

34、BD，BD平分∠ABC， ∵∠ABC=60°， ∴∠ABO=30°， ∴AO=AB=1，由勾股定理得：BO=， ∴BD=2BO=2； 連接BD，則BD為這個圖形的直徑， 由勾股定理得：BD==2； 連接BD，則BD為這個圖形的直徑， 由勾股定理得：BD==， ∵2＞＞2， ∴選項A、B、D錯誤，選項C正確； 故選C． 點評： 本題考查了菱形性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形性質(zhì)，扇形性質(zhì)等知識點的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的理解能力和推理能力． 13、（2013年河北壓軸題）一透明的敞口正方體容器ABCD -A′B′C′D′ 裝有一些 液體，棱AB始終在

35、水平桌面上，容器底部的傾斜角為α （∠CBE = α，如圖17-1所示）． 探究 如圖17-1，液面剛好過棱CD，并與棱BB′ 交于 點Q，此時液體的形狀為直三棱柱，其三視圖及尺寸如 圖17-2所示．解決問題： （1）CQ與BE的位置關(guān)系是___________，BQ的長是____________dm； （2）求液體的體積；（參考算法：直棱柱體積V液 = 底面積SBCQ×高AB） （3）求α的度數(shù).(注：sin49°＝cos41°＝，tan37°＝) 拓展 在圖17-1的基礎(chǔ)上，以棱AB為軸將容器向左或向右旋轉(zhuǎn)，但不能使液體溢出，圖17-3或圖

36、17-4是其正面示意圖.若液面與棱C′C或CB交于點P，設(shè)PC = x，BQ = y.分別就圖17-3和圖17-4求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的α的范圍. [溫馨提示：下頁還有題！] 延伸 在圖17-4的基礎(chǔ)上，于容器底部正中間位置，嵌入一平行于側(cè)面的長方形隔板（厚度忽略不計），得到圖17-5，隔板高NM = 1 dm，BM = CM，NM⊥BC.繼續(xù)向右緩慢旋轉(zhuǎn)，當(dāng)α = 60°時，通過計算，判斷溢出容器的液體能否達(dá)到4 dm3. 解析： 探究 （1）CQ∥BE 3 2分

37、 （2）（dm3） 4分 （3）在Rt△BCQ中，tan∠BCQ= ∴=∠BCQ=37o 6分 拓展 當(dāng)容器向左旋轉(zhuǎn)時，如圖3,0o≤≤37o 7分 ∵液體體積不變，∴ ∴ 9分 當(dāng)容器向右旋轉(zhuǎn)時，如圖4， 同理得， 10分 當(dāng)液面恰好到達(dá)容器口沿，即點Q與點B’重合時，如圖5. 由BB’=4，且，得=3 ∴由tan∠=，得∠=37o，∴=∠=53o 此時37o≤≤53o 12分 【注：本問的范圍中，“≤”為“<”不影響得分】 延伸 當(dāng)=60o時，如圖6所示，設(shè)FN∥EB，∥EB 過點G作GH⊥于點H 在Rt△中，GH=MB=2，

38、∠=30o，∴= ∴MG=BH= 4（dm3） ∴溢出液體可以達(dá)到4dm3. 14分 14、（2013?玉林）如圖，△ABC是⊙O內(nèi)接正三角形，將△ABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)30°得到△DEF，DE分別交AB，AC于點M，N，DF交AC于點Q，則有以下結(jié)論：①∠DQN=30°；②△DNQ≌△ANM；③△DNQ的周長等于AC的長；④NQ=QC．其中正確的結(jié)論是?、佗冖邸。ò阉姓_的結(jié)論的序號都填上） 考點： 幾何綜合題． 分析： 連結(jié)O

39、A、OD、OF、OC、DC、AD、CF，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠AOD=∠COF=30°，再根據(jù)圓周角定理得∠ACD=∠FDC=15°，然后根據(jù)三角形外角性質(zhì)得∠DQN=∠QCD+∠QDC=30°； 同理可得∠AMN=30°，由△DEF為等邊三角形得DE=DF，則弧DE=弧DF，得到弧AE=弧DC，所以∠ADE=∠DAC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)有ND=NA，于是可根據(jù)“AAS”判斷△DNQ≌△ANM；利用QD=QC，ND=NA可判斷△DNQ的周長等于AC的長；由于∠NDQ=60°，∠DQN=30°，則∠DNQ=90°，所以QD＞NQ，而QD=QC，所以QC＞NQ． 解答： 解：連結(jié)OA、OD、O

40、F、OC、DC、AD、CF，如圖， ∵△ABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)30°得到△DEF， ∴∠AOD=∠COF=30°， ∴∠ACD=∠AOD=15°，∠FDC=∠COF=15°， ∴∠DQN=∠QCD+∠QDC=15°+15°=30°，所以①正確； 同理可得∠AMN=30°， ∵△DEF為等邊三角形， ∴DE=DF， ∴弧DE=弧DF， ∴弧AE+弧AD=弧DC+弧CF， 而弧AD=弧CF， ∴弧AE=弧DC， ∴∠ADE=∠DAC， ∴ND=NA， 在△DNQ和△ANM中 ， ∴△DNQ≌△ANM（AAS），所以②正確； ∵∠ACD=15°，∠FDC=15°，

41、 ∴QD=QC， 而ND=NA， ∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC， 即△DNQ的周長等于AC的長，所以③正確； ∵△DEF為等邊三角形， ∴∠NDQ=60°， 而∠DQN=30°， ∴∠DNQ=90°， ∴QD＞NQ， ∵QD=QC， ∴QC＞NQ，所以④錯誤． 故答案為①②③． 點評： 本題考查了圓的綜合題：弧、弦和圓心角之間的關(guān)系以及圓周角定理在有關(guān)圓的幾何證明中經(jīng)常用到，同時熟練掌握三角形全等的判定、等邊三角形的性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)． 15、（2013?玉林）如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，點A關(guān)于對角線BD的對稱點F剛好

42、落在腰DC上，連接AF交BD于點E，AF的延長線與BC的延長線交于點G，M，N分別是BG，DF的中點． （1）求證：四邊形EMCN是矩形； （2）若AD=2，S梯形ABCD=，求矩形EMCN的長和寬． 考點： 直角梯形；矩形的判定與性質(zhì) 專題： 幾何綜合題． 分析： （1）根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得AD=DF，DE⊥AF，然后判斷出△ADF、△DEF是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出∠DAF=∠EDF=45°，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等求出∠BCE=45°，然后判斷出△BGE是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得EM⊥BC，EN⊥CD，再根據(jù)矩形的判定證

43、明即可； （2）判斷出△BCD是等腰直角三角形，然后根據(jù)梯形的面積求出CD的長，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出DN，即可得解． 解答： （1）證明：∵點A、F關(guān)于BD對稱， ∴AD=DF，DE⊥AF， 又∵AD⊥DC， ∴△ADF、△DEF是等腰直角三角形， ∴∠DAF=∠EDF=45°， ∵AD∥BC， ∴∠G=∠GAF=45°， ∴△BGE是等腰直角三角形， ∵M(jìn)，N分別是BG，DF的中點， ∴EM⊥BC，EN⊥CD， 又∵AD∥BC，AD⊥DC， ∴BC⊥CD， ∴四邊形EMCN是矩形； （2）解：由（1）可知，∠EDF=45°，BC⊥CD， ∴△B

44、CD是等腰直角三角形， ∴BC=CD， ∴S梯形ABCD=（AD+BC）?CD=（2+CD）?CD=， 即CD2+2CD﹣15=0， 解得CD=3，CD=﹣5（舍去）， ∵△ADF、△DEF是等腰直角三角形， ∴DF=AD=2， ∵N是DF的中點， ∴EN=DN=DF=×2=1， ∴CN=CD﹣DN=3﹣1=2， ∴矩形EMCN的長和寬分別為2，1． 點評： 本題考查了直角梯形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，矩形的判定，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握軸對稱的性質(zhì)判斷出相關(guān)的等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點． 　 16、（13年北京7分24）在△ABC中，AB=

45、AC，∠BAC=（），將線段BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BD。 （1）如圖1，直接寫出∠ABD的大?。ㄓ煤氖阶颖硎荆?； （2）如圖2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判斷△ABE的形狀并加以證明； （3）在（2）的條件下，連結(jié)DE，若∠DEC=45°，求的值。 解析：【解析】（1） （2）為等邊三角形[ 證明連接、、 ∵線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到線段 則， 又∵ ∴ 且為等邊三角形. 在與中 ∴≌（SSS） ∴ ∵ ∴ 在與中 ∴≌（AAS） ∴ ∴為等邊三角形 （3）∵， ∴ 又∵ ∴為等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴

46、 而 ∴ 【點評】本題是初中數(shù)學(xué)重要模型“手拉手”模型的應(yīng)用，從本題可以看出積累掌握常見模 型、常用輔助線對于平面幾何的學(xué)習(xí)是非常有幫助的. 考點：幾何綜合（等邊三角形、等腰直角三角形、旋轉(zhuǎn)全等、對稱全等、倒角） 17、（13年山東青島、24壓軸題）已知，如圖，□ABCD中，AD=3cm，CD=1cm，∠B=45°，點P從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為3cm/s；點Q從點C出發(fā)，沿CD方向勻速運動，速度為1cm/s，連接并延長QP交BA的延長線于點M，過M作MN⊥BC，垂足是N，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜1），解答下列問題： （1）當(dāng)t為何值時，四邊形AQDM是平

47、行四邊形？ （2）設(shè)四邊形ANPM的面積為（cm2），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式； （3）是否存在某一時刻t，使四邊形ANPM的面積是□ABCD面積的一半，若存在，求出相應(yīng)的t值，若不存在，說明理由 （4）連接AC，是否存在某一時刻t，使NP與AC的交點把線段AC分成的兩部分？若存在，求出相應(yīng)的t值，若不存在，說明理由 第24題備用圖 第24題備用圖 解析： 解得：t＝， 當(dāng)AE：EC＝1：時， 同理可得：，即，解得：t＝， 答：當(dāng)t＝或t＝時，NP

48、與AC的交點把線段AC分成的兩部分 18、（2013年佛山市壓軸題）我們知道，矩形是特殊的平行四邊形，所以矩形除了具備平行四邊形的一切性質(zhì)還有其特殊的性質(zhì)；同樣， A B C D 第25題圖 黃金矩形是特殊的矩形，因此黃金矩形有與一般矩形不一樣的知識． 已知平行四邊形ABCD，∠A=60°，AB=2a，AD=a． (3) 把所給的平行四邊形ABCD用兩種方式分割并作說明 (見題答卡表格里的示例)； 要求：用直線段分割，分割成的圖形是學(xué)習(xí)過的特殊圖形且不超出四個． (4) 圖中關(guān)于邊、角和對角線會有若干關(guān)系或問題．現(xiàn)在請計算兩條對角線的長度． 要求：計算對角線BD長

49、的過程中要有必要的論證；直接寫出對角線AC的長． 解：在表格中作答 分割圖形 分割或圖形說明 示例A B C D 第25題圖 示例①分割成兩個菱形。 ②兩個菱形的邊長都為a,銳角都為60°。 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 （2） 分析：（1）方案一：分割成兩個等腰梯形； 方案二：分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形和一個直角三角形； （2）利用平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性

50、質(zhì)、勾股定理作答，認(rèn)真計算即可． 解：（1）在表格中作答： 分割圖形 分割或圖形說明 示例： 示例： ①分割成兩個菱形． ②兩個菱形的邊長都為a，銳角都為60°． ①分割成兩兩個等腰梯形． ②兩個等腰梯形的腰長都為a， 上底長都為，下底長都為a， 上底角都為120°，下底角都為60°． ①分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形、一個直角三角形． ②等邊三角形的邊長為a， 等腰三角形的腰長為a，頂角為120°． 直角三角形兩銳角為30°、60°，三邊為a、a、2a． （2） 如右圖①，連接BD，取AB中點E，連接DE． ∵AB=2a，E為A

51、B中點， ∴AE=BE=a， ∵AD=AE=a，∠A=60°， ∴△ADE為等邊三角形，∠ADE=∠DEA=60°，DE=AE=a， 又∵∠BED+∠DEA=180°， ∴∠BED=180°﹣∠DEA=180°﹣60°=120°， 又∵DE=BE=a，∠BED=120°， ∴∠BDE=∠DBE=（180°﹣120°）=30°， ∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=60°+30°=90° ∴Rt△ADB中，∠ADB=90°， 由勾股定理得：BD2+AD2=AB2，即BD2+a2=（2a）2， 解得BD=a． 如右圖②所示，AC=2OC=2=2=2?a=a． ∴BD=a，AC

52、=a． 點評：本題是幾何綜合題，考查了四邊形（平行四邊形、等腰梯形、菱形、矩形）、三角形（等邊三角形、等腰三角形、直角三角形）的圖形與性質(zhì)．第（1）問側(cè)重考查了幾何圖形的分割、剪拼、動手操作能力和空間想象能力；第（2）問側(cè)重考查了幾何計算能力．本題考查知識點全面，對學(xué)生的幾何綜合能力要求較高，是一道好題 19、（2013年廣州市）已知AB是⊙O的直徑，AB=4，點C在線段AB的延長線上運動，點D在⊙O 上運動（不與點B重合），連接CD，且CD=OA. (1)當(dāng)OC=時（如圖12），求證：CD是⊙O的切線； （2）當(dāng)OC＞時，CD所在直線于⊙O相交，設(shè)另一交點為E，連接AE.

53、 ①當(dāng)D為CE中點時，求△ACE的周長; ②連接OD,是否存在四邊形AODE為梯形？若存在，請說明梯形個數(shù)并求此時AE·ED的值；若不存在，請說明理由。 分析：（1）關(guān)鍵是利用勾股定理的逆定理，判定△OCD為直角三角形，如答圖①所示； （2）①如答圖②所示，關(guān)鍵是判定△EOC是含30度角的直角三角形，從而解直角三角形求出△ACE的周長； ②符合題意的梯形有2個，答圖③展示了其中一種情形．在求AE?ED值的時候，巧妙地利用了相似三角形，簡單得出了結(jié)論，避免了復(fù)雜的運算． 解：（1）證明：連接OD，如答圖①所示． 由題意可知，CD=OD=OA=AB=2，OC=， ∴OD2+CD2=

54、OC2 由勾股定理的逆定理可知，△OCD為直角三角形，則OD⊥CD， 又∵點D在⊙O上， ∴CD是⊙O的切線． （2）解：①如答圖②所示，連接OE，OD，則有CD=DE=OD=OE， ∴△ODE為等邊三角形，∠1=∠2=∠3=60°； ∵OD=CD，∴∠4=∠5， ∵∠3=∠4+∠5，∴∠4=∠5=30°， ∴∠EOC=∠2+∠4=90°， 因此△EOC是含30度角的直角三角形，△AOE是等腰直角三角形． 在Rt△EOC中，CE=2OA=4，OC=4cos30°=， 在等腰直角三角形AOE中，AE=OA=， ∴△ACE的周長為：AE+CE+AC=AE+CE+（OA+

55、OC）=+4+（2+）=6++． ②存在，這樣的梯形有2個． 答圖③是D點位于AB上方的情形，同理在AB下方還有一個梯形，它們關(guān)于直線AB成軸對稱． ∵OA=OE，∴∠1=∠2， ∵CD=OA=OD，∴∠4=∠5， ∵四邊形AODE為梯形，∴OD∥AE，∴∠4=∠1，∠3=∠2， ∴∠3=∠5=∠1， 在△ODE與△COE中， ∴△ODE∽△COE， 則有，∴CE?DE=OE2=22=4． ∵∠1=∠5，∴AE=CE， ∴AE?DE=CE?DE=4． 綜上所述，存在四邊形AODE為梯形，這樣的梯形有2個，此時AE?DE=4． 點評：本題是幾何綜合題，考查了圓、含30度角的直角三角形、等腰直角三角形、等邊三角形、梯形等幾何圖形的性質(zhì)，涉及切線的判定、解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)等多個知識點，難度較大 28 學(xué)習(xí)是一件快樂的事情，大家下載后可以自行修改