专题14几何部分验收B卷初升高数学衔接必备教材(解析)

专题14几何部分查收B卷-2019年初高升数学连结必备教材(剖析版)专题14几何部分查收B卷-2019年初高升数学连结必备教材(剖析版)专题14几何部分查收B卷-2019年初高升数学连结必备教材(剖析版)几何部分查收B卷1．已知平行四边形ABCD，以下条件中，不能够判断这个平行四边形为矩形的是（）A．∠A=∠BB．∠A=∠CC．AC=BDD．AB⊥BC【答案】B【剖析】∵四边形COED是矩形，∴CE=OD，∵点D的坐标是（1，2），∴OD=，∴CE=，应选：C．3．以下说法中，错误的选项是（）A．平行四边形的对角线互相均分B．矩形的对角线互相垂直C．菱形的对角线互相垂直均分D．等腰梯形的对角线相等【答案】B【剖析】A．平行四边形的对角线互相均分，正确;B．矩形的对角线相等且互相均分，但不垂直，故错误;C．菱形的对角线互相垂直均分，正确D．等腰梯形的对角线相等,正确应选B4．如图，四边形纸片ABCD中，点M、N分别在AB、BC上，将△BMN沿MN翻折获取△FMN.若MF∥AD，FN∥DC，则∠B等于（）A．70°B．90°C．95°D．100°【答案】C【剖析】1MF∥AD，FN∥DC，∴∠BMF=∠A=100°，∠BNF=∠C=70°∴∠B+∠F=360°-∠BMF-∠BNF=360°-100°-70°=190°由折叠可知∠B=∠F∴∠B=95°.应选C..5．如图，⊙O中，弧AB=弧AC，∠C=75°，则∠A=（）A．15B．20C．25D．30【答案】D【剖析】∵⊙O中，ABAC，∠C=75°，∴∠B=∠C=75°，∴∠A=180°-75°×2=30°．应选D．6．如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P点Q同时从点B出发，点P沿BE→ED→DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．设P，Q出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2，已知y与t的函数关系的图象如图2（曲线OM为抛物线的一部分）．则以下结论：①AD=BE=5cm；②当0＜t≤5时，y=2t2；③直线NH的剖析式为y=-5t+27；④若△ABE与△QBP相似，则t=29秒，其524中正确结论的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个2【答案】C【剖析】①依照图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，∵点P、Q的运动的速度都是1cm/s，BC=BE=5cm，AD=BE=5，故①正确；②如图1，过点P作PF⊥BC于点F，依照面积不变时△BPQ的面积为10，可得AB=4，AD∥BC，∴∠AEB=∠PBF，AB4∴sin∠PBF=sin∠AEB=，BE5PF=PBsin∠PBF=4t，5∴当0＜t≤5时，y1BQPF1t4t2t2，故②正确；2255③依照5-7秒面积不变，可得ED=2，当点P运动到点C时，面积变为0，此时点P走过的行程为BE+ED+DC=11，故点H的坐标为（11，0），设直线NH的剖析式为y=kx+b，11kb0将点H（11，0），点N（7，10）代入可得：b，7k105k解得：2．55b2故直线NH的剖析式为：555yt，故③错误；223④当△ABE与△QBP相似时，点P在DC上，如图2所示：tan∠PBQ=tan∠ABE=3，4PQ311t3∴，即，BQ454解得：t=29．故④正确；4综上可得①②④正确，共3个．应选：C．7．如图，BD为⊙O的直径，AC为⊙O的弦，AB＝AC，AD交BC于点E，AE＝2，ED＝4，延长DB到点F，使得BF＝BO，连结FA．则以下结论中不正确的选项是（）A．△ABE∽△ADBB．∠ABC＝∠ADBC．AB＝33D．直线FA与⊙O相切【答案】C【剖析】∵AB＝AC，?·∴ABAC，∴∠ABC＝∠ADB，∵∠BAE＝∠DAB，∴△ABE∽△ADB，选项A、B正确；AB：AD＝AE：AB，AB2＝AE×AD＝2（2+4）＝12，4∴AB＝23，选项C错误；连结OA，以下列图：BD为⊙O的直径，∴∠BAD＝90°，∴BD＝AB2AD2123643，OA＝OB＝23＝AB，BF＝BO，AB＝OB＝BF，∴∠OAF＝90°，∴直线FA与⊙O相切，选项D正确；应选：C．8．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，E，F为BD所在直线上的两点，若AE=10，∠EAF=135°，2则以下结论正确的选项是( )A．DE1B．tanAFO19C．AF5D．四边形AFCE的面积为34【答案】C【剖析】∵四边形ABCD是正方形，5ABCBCDAD1,ACBD,ADOABO45ODOBOA2,ABFADE1352在RtAEO中，EOAE2OA251222DE222，故A错误．22EAF135，BAD90，BAFDAE45，ADODAEAED45，BAFAED，ABF∽EDA，BFABDADEBF122BF2在RtAOF中，22，故C正确，AFOAOF5OA21，故B错误，tan2AFO22OFS四边形AECF1ACEF12525，故D错误，2222应选：C．9．如图，在△ABC中，BC＞AB＞AC，D是边BC上的一个动点（点D不与点B、C重合），将△ABC沿AD折叠，点B落在点B'处，连结BB'，B'C，若△BCB'是等腰三角形，则吻合条件的点D的个数是6A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】C【剖析】解：①当BB’=BC时，以以下列图，以点A为圆心AB为半径的圆与以B为圆心BC为半径的圆交于点B’1，则此时BB’1=BC，△BCB'1是等腰三角形；②当BB’=B’C时，以以下列图，以点A为圆心AB为半径的圆与BC的垂直均分线交于点B’，则此时BB’=B’C，222△BB'2C是等腰三角形；③当BC=B’C时，以以下列图，以点A为圆心AB为半径的圆与以C为圆心BC为半径的圆交于点B’，则此时3BC=B’3C且D与点C重合，故此情况不合题意；则吻合条件的点D的个数有2个，应选：C.10．如图，正八边形各边中点构成四边形，则正八边形边长与AB的比是( )7A．2﹣2B．32C．122D．22222【答案】A【剖析】过E作EF⊥AD于F，过G作GH⊥AD于H，则△AEF与△DGH是等腰直角三角形，四边形EFHG是矩形，AF＝EF＝DH＝GH，EG＝FH，设AF＝EF＝GH＝DH＝k，AE＝DG＝2k，EG＝2AE＝22k，AB＝AD＝22k+2k，∴正八边形边长与AB的比＝22k，2k2222k应选A．11．如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，AC＝6，BD＝8，若DE∥AC，CE∥BD，则OE的长为_____．【答案】58【剖析】证明：∵四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，OA＝1AC＝3，OD＝1BD＝4，22∴∠AOD＝90°，∴AD＝22＝5＝CDOAODDE∥AC，CE∥BD∴四边形OCED为平行四边形，又∵AC⊥BD∴四边形OCED为矩形CD＝OE＝5故答案为：512．如图，在等腰三角形ACB中，AC＝BC＝10，AB＝16，D为底边AB上一动点(不与点A，B重合)，DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为点E，F，则DE+DF等于_____．【答案】【剖析】连结CD，过C点作底边AB上的高CG，AC＝BC＝10，AB＝16，∴BG＝1AB＝8，CG＝BC2BG2＝10282＝6，2∵S△ABC＝S△ACD+S△DCB，AB?CG＝AC?DE+BC?DF，∵AC＝BC，916×6＝10×(DE+DF)，DE+DF＝．故答案为：．13．如图，?ABCD的对角线AC、BD交于点O，DE均分∠ADC交AB于点EBCD=60°AD=1AB，，∠，2连结OE．以下结论：①S?ABCD=AD?BD；②DB均分∠CDE；③AO=DE；④S△ADE=5S△OFE，其中正确的结论是_____.【答案】①②【剖析】∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE均分∠ADC，∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED，∴△ADE是等边三角形，AD=AE=1AB，2E是AB的中点，DE=BE，∴∠BDE=1∠AED=30°，2∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，S?ABCD=AD?BD，故①正确；∵∠CDE=60°，∠BDE30°，∴∠CDB=∠BDE，DB均分∠CDE，故②正确；∵Rt△AOD中，AO＞AD，AO＞DE，故③错误；10O是BD的中点，E是AB的中点，∴OE是△ABD的中位线，OE∥AD，OE=1AD，2∴△OEF∽△ADF，S△ADF=4S△OEF，且AF=2OF，S△AEF=2S△OEF，S△ADE=6S△OFE，故④错误.故答案为①②．14．如图是一个边长为m的正方形，它是由①②③④四个完好相同的三角形和图⑤边长为n的正方形无缝隙拼成.若这个图形不用剪裁，能够无缝隙拼成长方形，则m,n应满足关系式_________．【答案】m5n或m10n2【剖析】设直角三角形的长边为a，短边为b，①如图方式拼接，则有abna2nb，则b，ma2b25nnn②如图方式拼接，则有11abna3n2，2bn，则nb2ma2b210n2综上可知：m5n或m10n215．我国古代数学家赵爽利用弦图证了然勾股定理，这是出名的赵爽弦图（如图1）．它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案．在弦图中（如图2），已知点O为正方形ABCD的对角线BD的中点，对角线BD分别交AH，CF于点P、Q．在正方形EFGH的EH、FG两边上分别取点M，N，且MN经过点O，若MH＝3ME，BD＝2MN＝45．则△APD的面积为_____．【答案】5【剖析】如图，连结FH，作EK∥MN，OL⊥DG∵四边形ABCD是正方形，且BD＝2MN＝45MN＝25，AB＝210∵四边形EFGH是正方形FO＝HO，EH∥FG∴∠HMO＝∠FNO，∠MHO＝∠NFO，且FO＝HO12∴△MHO≌△FNO（AAS）MH＝FNMH＝3ME，MH＝FN＝3EM，EH＝EF＝4EMEK∥KN，EH∥FG∴四边形EMNK是平行四边形∴MN＝EK＝25，KN＝EMFK＝2EMEF2+FK2＝EK2，∴16EM2+4EM2＝20EM＝1EH＝4，AD2＝（AE+4）2+DH2，且AE＝DHDH＝AE＝2AH＝6PH∥OLPHDH1OLAL2PH＝1AP＝5S△APD＝1×5×2＝52故答案为：5.16．等边三角形外接圆的面积是4π，则该等边三角形的面积是____．【答案】33【剖析】解：∵外接圆的面积是4π，2∴πr=4π，解得：r=2，以下列图，即OB=OC=OA=2，O为△ABC的外心，13连结OB、OC，作OD⊥BC于D，∵∠OBD＝30°，OB＝2，OD＝1，∴BD＝OB2OD23，则BC＝23，∴等边三角形的面积＝3233，（23）4故答案为：33．17．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD订交于点O，E、F分别在OD、OC上的动点，且DE=CF，连结DF、AE，AE的延长线交DF于点M，连结OM．1）求证：△ADE≌△DCF；2）求证：AM⊥DF；3）当CD=AF时，试判断△MOF的形状，并说明原由．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（3）△MOF是等腰三角形，原由见解析.【剖析】1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADE=∠DCF=45°在△AED和△DFC中，，14∴△AED≌△DFC（SAS）；2）由①中△AED≌△DFC，∴∠EAD=∠FDC，∵∠ADM+∠FDC=90°，∴∠ADM+∠EAD=90°，∴∠AMD=90°，AM⊥DF；3）△MOF是等腰三角形，原由是：∵AD=CD，CD=AFAD=AFAM⊥DF，∴DM=FM，∵∠DOF=90°，OM=DF=FM，∴△MOF是等腰三角形．18．如图，AB是半圆O的直径，以AB为边在半圆同侧作正方形ABCD，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ，设半圆的半径为a．1）判断直线DQ与半圆O的地址关系，并说明原由；2）求sin∠DQP的值．【答案】（1）DQ是半圆的切线，原由见解析；（2）5.5【剖析】解：（1）DC和半圆O相切连结OQ，OD，如图15DP∥OB，DP＝OB∴四边形DOBP是平行四边形DO∥BP∴∠AOD＝∠OBP，∠DOQ＝∠OQBOB＝OQ∴∠OBP＝∠OQB∴∠AOD＝∠QOD∴△AOD≌△QOD（SAS）∴∠OQD＝∠OAD＝90°OQ⊥DQ即DQ是半圆的切线（2）由①可知，DO∥BP∴∠DQP＝∠ODQDQ＝AD＝2a，OQ＝a∴∠DQP＝∠ODQDQ＝AD＝2a，OQ＝a∴OD＝DQ2OQ2=5asin∠DQP＝sin∠ODQ＝5519．如图，在正方形ABCD中，AF=BE，AE与DF订交于于点O．1）求证：△DAF≌△ABE；2）求∠AOD的度数；（3）若AO=4，DF=10，求tanADF的值.16【答案】（1）见解析；（2）?AOD90?；（3）tan∠ADF的值为1.2【剖析】(1)在正方形ABCD中，DA=AB,DAFABE90,又AF=BEADABDAF∠ABEAFBEDAF≌ABE(SAS)（2）由（1）得DAF≌ABE，ADF=BAE,又BAE+DAO=90,ADF+DAO=90AOD903）由（2）得∠AOD=900∴△AOF∽△DOA∴AO2=OF·OD设OF=x,DO=10-x∴x(10-x)=16解得x=2或x=8（舍去）tan∠ADF=AO4OD8tan∠ADF的值为1.220．如图，在四边形ABCD中，ABDC，ADBC，ADCD.点E在对角线CA的延长线上，连结BD，BE．（1）求证：ACBD；（2）若BC=2，BE13，tanABE2，求EC的长.3【答案】（1）详见解析；（2）5.【剖析】（1）证明：∵ABDC,ADBC，17∴四边形ABCD是平行四边形.ADCD，∴ADC90.∴四边形ABCD是矩形.ACBD.（2）解：过点E作EFCB交CB的延长线于点F，如图，则EFB90.ABCEFB.EF∥AB.ABEFEB.∴tanFEBtan2ABE.∴FB23.EF3设FB2x(x0)，则EF3x.∵BE2EF2FB2,BE13.∴(13)2(3x)2(2x)2，解得x1.∴FB2,EF3.BC2，FCFBBC4.FCFBBC4.∴ECEF2FC25.21．已知，如图，BD为⊙O的直径，点A、C在⊙O上并位于BD的两侧，∠ABC＝45°，连结CD、OA并18延长交于点F，过点C作⊙O的切线交BD延