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文档简介

专题05选择压轴重点题一、单选题1.(2022·广东深圳·统考中考真题)如图所示,已知三角形为直角三角形,,BC为切线,为切点,为直径,则和面积之比为(

)A. B. C. D.【答案】B【分析】根据圆周角定理,切线的性质以及等腰三角形的判定和性质,全等三角形的判定及性质进行计算即可.【详解】解:如图取中点O,连接.∵是圆O的直径.∴.∵与圆O相切.∴.∵.∴.∵.∴.又∵.∴.∵,,.∴.∴.∵点O是的中点.∴.∴.∴故答案是:1∶2.故选:B.【点睛】本题考查切线的性质,圆周角定理,等腰三角形以及全等三角形的性质,理解切线的性质,圆周角定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提.2.(2021·广东深圳·统考中考真题)在正方形中,,点E是边的中点,连接,延长至点F,使得,过点F作,分别交、于N、G两点,连接、、,下列正确的是:①;②;③;④(

)A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【分析】解:①中由即可得到,再由正切等于对边比邻边即可求解;②中先证明得到EM=EC,DM=FC,再证明即可求解;③中先证明GECM,得到即可求解;④中由得到,再由即可求解.【详解】解:①∵,∴∠DMF=90°=∠NCF,且对顶角∠MND=∠CNF,∴∠GFB=∠EDC,∵ABCD为正方形,E是BC的中点,∴BC=CD,∴,①正确;②由①知,又,已知,∴(),∴,∴,∵,,,∴(),∴,故②正确;③∵,,∴BE=ME,且∠B=∠GME=90°,GE为和的公共边,∴(),∴,∵,∴,由三角形外角定理可知:,∴,∴,∴,∵,,∴,故③错误;④由上述可知:,,∴,∵,∴,∴,故④正确.故选B.【点睛】本题考查正方形的性质,全等三角形的判定和性质,平行线分线段成比例定理,三角函数等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.3.(2023·广东深圳·校考模拟预测)如图,在平面直角坐标系中,菱形的边与x轴平行,A,B两点纵坐标分别为4,2,反比例函数经过A,B两点,若菱形面积为8,则k值为(

)A. B. C. D.【答案】A【分析】过点A作,设,,根据菱形的面积得到AB的长度,在中应用勾股定理即可求解.【详解】解:过点A作,∵A,B两点纵坐标分别为4,2,反比例函数经过A,B两点,∴设,,∴,,∵菱形面积为8,∴,解得,∴,在中,,即,解得,∴,故选:A.【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质等内容,根据提示做出辅助线是解题的关键.4.(2023·广东深圳·统考二模)如图,矩形ABCD中,∠BAC=60°,点E在AB上,且BE:AB=1:3,点F在BC边上运动,以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF,连接CG,当CG最小时,的值为(

)A. B. C. D.【答案】A【分析】如图1,取EF的中点O,连接OB,OG,作射线BG,证明B,E,G,F在以O为圆心的圆上,得点G在∠ABC的平分线上,当CG⊥BG时,CG最小,此时,画出图2,根据△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形,证明△EGB≌△FGC,可得BE=CF,设AB=m,根据BE∶AB=1∶3,可得CF=BE=m,根据含30度角的直角三角形可得AD,进而可得结论.【详解】解:如图1,取EF的中点O,连接OB,OG,作射线BG,∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=90°∵O是EF的中点,∴OB=OE=OF∵∠EGF=90°,O是EF的中点,∴OG=OE=OF∴OB=OG=OE=OF∴B,E,G,在以O为圆心的圆上,∴∠EBG=∠EFG,∵∠EGF=90°,EG=FG,∴∠GEF=∠GFE=45°∴∠EBG=45°∴BG平分∠ABC,∴点G在∠ABC的平分线上,当CG⊥BG时,CG最小,此时,如图2,∵BG平分∠ABC,∴∠ABG=∠GBC=∠ABC=45°,∵CG⊥BG∴△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形,∠BGC=90°∴BG=CG∵∠EGF=∠BGC=90°∴∠EGF-∠BGF=∠BGC-∠BGF,∴∠EGB=∠FGC,在△EGB和△FGC中,∴△EGB≌△FGC(SAS),∴BE=CF∵四边形ABCD是矩形,∴AD=BC设AB=m∵BE∶AB=1∶3∴CF=BE=m,在Rt△ABC中,∠BAC=60°,∴∠ACB=30°∴AC=2AB=2m

∴BC=,∴AD=m,∴故选∶A.【点睛】本题属于几何综合题,是中考选择题的压轴题,考查了矩形的性质,四点共圆,全等三角形的判定与性质,勾股定理,等腰直角三角形的判定与性质,垂线段最短,含30度角的直角三角形,解决本题的关键是准确作辅助线综合运用以上知识.5.(2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考模拟预测)如图,正方形中,是中点,连接,,作交于,交于,交于,延长交延长线于,则的值为(

A. B. C. D.【答案】C【分析】根据正方形的性质可证得,推出,证明,得出,证明,得出,设,则,求出,进而可得答案.【详解】解:∵四边形是正方形,∴,∵,∴,∴,∴,∵是中点,∴,∵,∴,∴,∵,∴,∴,设,则,∴,∴;故选:C.【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识,熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键.6.(2023·广东深圳·校考模拟预测)在矩形ABCD中,连接AC,过点B作BH⊥AC于点H交AD于点I,AE平分∠BAC分别交BH、BC于点P、E,BF平分∠BC分别交AC、DC于点G、F.已知AB=4,tan∠BAE=.在下列说法中,①△ABP≌△AGP;②四边形BPGE的面积是;③sin∠HPG=;④FC=2FD.⑤连接FH,则FH∥BC,正确的是(

)A.①③④⑤ B.①②④⑤ C.①②③④ D.①②③④⑤【答案】C【分析】①根据已知可得∠BAC=∠HBC,然后利用角平分线的性质可得∠EAC=∠HBG,从而得∠BQP=∠AHP=90°,从而可证明△ABQ≌△AGQ,得到AB=AG,最后再证明△ABP≌△AGP;②由①可得AQ是BG的垂直平分线,然后证明四边形BPGE是菱形,求出两条对角线的长即可解答;③过点P作PM⊥BE,垂足为M,利用菱形的面积求出PM,然后在Rt△PBM中求出sin∠PBC的值即可解答;④先利用勾股定理求出AE的长,然后求出的值,从而求出的值,最后证明△ABG∽△CFG,即可解答;⑤通过计算求出的值,然后与的值进行比较即可判断.【详解】解:设AE与BF交于点Q,如图:∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=∠BAD=90°AB=CD=4,AD∥BC,AB∥CD,∴∠ABH+∠HBC=90°∵BH⊥AC,∴∠AHB=90°,∴∠HAB+∠ABH=90°,∴∠BAC=∠HBC,∵AE平分∠BAC,BF平分∠IBC,∴∠BAE=∠EAC=∠BAC,∠HBG=∠GBC=∠HBC,∴∠EAC=∠HBG,∵∠APH=∠BPQ,∴∠BQP=∠AHP=90°,∴∠AQP=∠AQG=90°,∵AQ=AQ,∴△ABQ≌△AGQ(ASA),∴AB=AG,BQ=QG,∵AP=AP,∴△ABP≌△AGP(SAS),故①正确;∵AQ⊥BG,BQ=QG,∴AQ是BG的垂直平分线,∴BP=PG,BE=EG,∵BQ=BQ,∠BQE=∠BQP=90°,∠HBG=∠GBC,∴△PBQ≌△EBQ(ASA),∴BP=BE,∴BP=BE=PG=GE,∴四边形BPGE是菱形,∴PE=2QE,在Rt△ABE中,AB=4,tan∠BAE=,∴BE=ABtan∠BAE=4×=2,∵∠GBE=∠BAE,∴tan∠GBE=,在Rt△BQE中,tan∠QBE=,设QE=a,BQ=2a,∵BQ2+QE2=BE2,∴(2a)2+a2=4,∴a=或a=(舍去),∴,∴四边形BPGE的面积=,故②正确;∵四边形BPGE是菱形,∴PG∥BC,∴∠HPG=∠HBC,过点P作PM⊥BE,垂足为M,∵菱形BPGE的面积是,∴BE•PM=,∴PM=,在Rt△BPM中,,∴sin∠HPG=,故③正确;∵∠ABC=90°,AB=4,BE=2,∴,∴,∴,∵PG∥BC,∴,∵AB∥CD,∴∠BAC=∠ACD,∠ABG=∠BFC,∴△ABG∽△CFG,∴,∴,∴CF=2DF,故④正确;∵AD∥BC,∴∠DAE=∠AEB,∠AIB=∠IBE,∴△API∽△EPB,∴,∴,∴AI=3,∴,∴,∵∠AIB=∠IBE,∠IBC=∠BAC,∴∠BAC=∠AIB,∵∠ABC=∠BAI,∴△ABC∽△IAB,∴,∴,∴AC=,∴,∵,∴≠,∴FH与AD不平行,∴FH与BC不平行,故⑤错误;∴正确的有①②③④.故选:C.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,角平分线的性质,解直角三角形,熟练掌握相似三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,是解题的关键.7.(2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模)如图是物体在焦距为(即)的凸透镜下成倒立放大实像的光路示意图.从点发出的平行于的光束折射后经过右焦点,而经过光心点的光束不改变方向,最后点发出的光汇聚于点,点发出的光汇聚于点,从而得到最清晰的实像.若物距,则像距为(

)cm.A. B. C. D.【答案】D【分析】由题意可得,,易推出,,根据相似三角形的性质及得,设,则,列出关于的分式方程,解方程即可.【详解】解:由题意得:,,,,,,,,,,,设,则,,解得:,经检验为原分式方程的解,,故选:D.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质,分式方程,熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键.8.(2023·广东深圳·二模)如图,与相切于点,与交于两点,,于点,且经过圆心,连接,若,,则的长为()A. B. C. D.【答案】A【分析】连接,根据切线的性质得到,推出是等腰直角三角形,得到,推出是等腰直角三角形,得到,根据勾股定理求得,即可得到结论.【详解】解:如下图,连接,∵与相切于点,∴,∵,,∴是等腰直角三角形,∴,∴是等腰直角三角形,∴,∴,∵,∴,∴,∴,故选:A.【点睛】本题主要考查了切线的性质、等腰直角三角形的判定和性质、垂径定理、勾股定理等知识,熟练掌握切线的性质是解题的关键.9.(2023·广东深圳·统考模拟预测)如图是抛物线y1=ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分,抛物线的顶点坐标A(1,3),与x轴的一个交点B(4,0),直线y2=mx+n(m≠0)与抛物线交于A,B两点,下列结论:①2a+b=0;②abc>0;③方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根;④抛物线与x轴的另一个交点是(﹣1,0);⑤当1<x<4时,有y2<y1.其中正确结论的个数是()A.5 B.4 C.3 D.2【答案】C【分析】根据二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系逐一判断即可【详解】解:①由抛物线对称轴为直线,从而,则,故①正确;②抛物线开口向下,与轴相交与正半轴,则,而,因而,故②错误;③方程的解,即是与直线的交点的横坐标,从图象可得,抛物线顶点为,则抛物线与直线有且只有一个交点,故方程有两个相等的实数根,故③正确;④由抛物线对称性,与轴的一个交点,根据对称轴为,可知另一个交点坐标为(−2,0),故④错误;⑤由图象可知,当1<x<4时,y1>y2,故⑤正确;故正确的有①③⑤,共计3个故选C【点睛】本题考查二次函数的性质、方程与二次函数的关系、函数与不等式的关系等知识,解答关键是数形结合.10.(2023·广东深圳·统考模拟预测)如图,已知正方形ABCD的边长为4,E是AB边延长线上一点,BE=2,F是AB边上一点,将△CEF沿CF翻折,使点E的对应点G落在AD边上,连接EG交折痕CF于点H,则FH的长是(

)A. B. C.1 D.【答案】B【分析】由翻折得,,垂直平分,可根据直角三角形全等的判定定理“”证明,得,则,则,即可根据勾股定理求出,再由,且得,则,由,求得,即可得出答案.【详解】解:∵四边形是边长为的正方形,∴,,∴,由翻折得,,垂直平分,在和中,,∴,∴,∴,∵,∴,∵,且,∴,解得,∵,∴,解得,故选:.【点睛】本题考查正方形的性质,轴对称的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理,根据面积等式求线段的长度等知识和方法,正确求出和的长度是解题的关键.11.(2023·广东深圳·校联考模拟预测)如图,四边形是边长为的菱形,对角线、的长度分别是一元二次方程的两实数根,是边上的高,则值为(

)A. B. C. D.【答案】A【分析】先根据菱形的性质得到,,,,利用勾股定理得到,利用根与系数的关系求出,再根据完全平方公式的变形求出,得到,再根据菱形面积公式求出的长即可.【详解】解:四边形是菱形,,,,,,,对角线,的长度分别是一元二次方程的两实数根,,,,,,,解得:,,当时,,不符合题意,舍去,∴,∴,∴,是边上的高,,,.故选:A.【点睛】本题主要考查了菱形的性质,勾股定理,一元二次方根与系数的关系,灵活运用所学知识是解题的关键.12.(2023·广东深圳·统考二模)如图,A,B,C,D是边长为1的小正方形组成的6×5网格中的格点,连接交于点E,连接.给出4个结论:①;②;③;④.其中正确的是()A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④【答案】B【分析】连接,利用全等三角形的判定与性质得到,则为等腰直角三角形;利用角平分线的性质定理和平行线分线段成比例定理得到,则,利用平行线的性质得到,则为等腰直角三角形,则得①的结论正确;利用三角形的内角和定理得到,利用两直线平行,内错角相等得到,则②的结论正确;利用三角形的外交的性质得到,在中,利用直角三角形的边角关系定理得到,则得③的结论不正确;利用相似三角形的判定与性质,列出比例式计算,则得④的结论正确.【详解】解:连接,,为格点,如图,由题意得:,,,.在和中,,,,,,,为等腰直角三角形,.,,,,,,,,.①的结论正确;,,.,,.②的结论正确;,,,在中,,,③的结论不正确;,,,,,④的结论正确.综上,正确的结论有:①②④.故选:B.【点睛】本题主要考查了解直角三角形,直角三角形的性质,勾股定理,相似三角形的判定与性质平行线的判定与性质,平行线分线段成比例定理,等腰直角三角形的判定与性质,本题是网格题,熟练掌握网格的特性是解题的关键.13.(2023·广东深圳·深圳中学校联考二模)如图,在位于轴右侧且半径为6的,从的位置沿直线向上平移,交直线于点,且是与轴的一个公共点,若,则四边形的面积是(

)A.42 B.64 C.68 D.48【答案】D【分析】作轴交轴于,作交于,与相交于点,连接,根据题意可得四边形为矩形,为等腰直角三角形,从而得到,进而得到,再由垂径定理结合勾股定理即可得到,设点的坐标为,则,列出方程,求出的值,即可求出面积.【详解】解:如图所示,作轴交轴于,作交于,与相交于点,连接,,根据题意可得:轴,轴,四边形为矩形,点在直线上,设点的坐标为,即,为等腰直角三角形,,,,,,,,设点的坐标为,由图象可知,则,,,点坐标为,四边形的面积为,故选:D.【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,垂径定理,勾股定理,熟练掌握矩形的判定与性质,等腰直角三角形的判定与性质,垂径定理等知识点,添加恰当的辅助线是解题的关键.14.(2023·广东深圳·校联考二模)如图,为直径,弦且过半径的中点H,过点A的切线交的延长线于G,且,点E为上一动点,于点F,当点E从点B出发逆时针运动到点C时,点F经过的路径长是(

)A. B. C. D.【答案】B【分析】连接,,由,利用垂径定理得到H为的中点,证明,可求圆的半径,在直角三角形中,由与的长,利用勾股定理求出的长,进而确定出的长,由求出的长,在直角三角形中,利用勾股定理求出的长,由垂直于,得到三角形始终为直角三角形,点F的运动轨迹为以为直径的圆上,当E位于点B时,,此时F与H重合;当E位于点C时,此时F与C重合,可得出当点E从点B出发逆时针运动到点C时,点F所经过的路径长的长,在直角三角形中,利用锐角三角函数定义求出的度数,进而确定出所对圆心角的度数,再由的长求出半径,利用弧长公式即可求出的长,即可求出点F所经过的路径长.【详解】解:连接,,∵,∴H为的中点,即,∵是的切线,∴,又,∴,∴即,

∴,∴或(不符合题意,舍去)∴,,∴,∵,

∴始终为直角三角形,点F的运动轨迹为以为直径的圆上,当E位于点B时,,此时F与H重合;当E位于点C时,此时F与C重合,∴当点E从点B出发逆时针运动到点C时,点F所经过的路径长的长,在中,,∴,∴,∴所对圆心角的度数为,∵直径,∴的长,则当点E从点B出发逆时针运动到点C时,点F所经过的路径长的长为.故选:B.【点睛】此题考查了圆的综合题,涉及的知识有:坐标与图形性质,勾股定理,锐角三角函数定义,弧长公式,以及圆周角定理,其中根据题意得到当点E从点B出发逆时针运动到点C时,点F所经过的路径长为的长是解本题的关键.15.(2023·广东深圳·统考三模)如图,四边形中,,以为直径的经过点C,连接、交于点.连接交于点,连接,若,,则以下结论:①;②为的切线;③;④;则正确的结论个数为(

)

A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【分析】①连接,证得,又知;②、则、,证为中位线知、,进一步求得,再在中利用勾股定理逆定理证即可得出结论;③连接,证明四点共圆,进而根据通弧所对的圆周角相等,即可得证;④先证得,再证得,联立得,即,结合知,据此可得,结合可得相关线段的长,代入计算可得.【详解】解:①连接,在和中,,,

②由①得,,,为的直径,,,即,,,,,,且,,,在中,,在中,,,,,则与相切;③连接,

,是圆的切线,为等腰直角三角形,为直径,,,,四点共圆,,故③正确④是的直径,,,,,即,又,,,,即,由可得,即,又,,,,,,,,,即,解得:,故④正确;故选:D.【点睛】本题主要考查圆的综合问题,解题的关键是掌握等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理逆定理等知识点.16.(2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校联考二模)如图,在正方形中,,为中点,为上的一点,且,,连接,延长交于点,交于点,则以下结论;①②③④;中正确的有(

)A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【分析】延长至H,使,证明,推出,,利用证明,可判断①;利用三角形外角的性质求出,然后利用三角形内角和求出,可判断②;在中,由勾股定理计算可判断③;证明,利用相似三角形的性质可判断④.【详解】解:延长至H,使,∵四边形是正方形,∴,,∴,∴,,,∵,∴,即,又,∴,∴,①正确;∵,,∴,∵,∴,∴,∴,∴,②正确;设,∵为中点,∴,∴,,在中,由勾股定理得,解得,即,③不正确;∵,,∴,又,∴,∵,∴,∴,∴,④正确;综上,正确的有①②④,故选:C.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质,正方形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.17.(2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模)如图,已知内接于,,将弧沿弦翻折后恰好经过弦的中点,则的半径为(

)

A. B. C.5 D.【答案】B【分析】连接,作于,连接并延长交于,连接,可由推出,进而求得,,,,,再在中列方程求得.【详解】解:如图,

连接,作于,连接并延长交于,连接,,,,,在中,,,,在中,,,,根据对称性可得,,,在中,,,,设,

在中,由勾股定理得,,故选:B.【点睛】本题考查了轴对称性质,垂径定理,圆周角定理,勾股定理等知识,解决问题的关键是作辅助线,得出18.(2023·广东深圳·深圳大学附属中学校考一模)已知抛物线是常数开口向下,过,两点,且下列四个结论:若,则;若时,则;若点,,在抛物线上,,且,则;当时,关于的一元二次方程必有两个不相等的实数根.如果,,那么当时,直线与该二次函数有一个公共点,则.其中结论正确的个数有(

)A.个 B.个 C.个 D.个【答案】A【分析】根据和过点,可得,根据,列不等式组可解答;根据对称轴是直线,计算,最后将点的坐标代入抛物线的解析式可解答;计算对称轴,确定,可知:点到对称轴的距离点到对称轴的距离,开口向下时可得的大小;列方程计算可解答;根据已知确定解析式,列方程计算可解答.【详解】解:若,则,抛物线过,,,,当时,;当时,;联立此两个不等式,将代入以上不等式,可解得;故错误;当时,对称轴是直线,,当时,,,即,,故错误;由题意,抛物线的对称轴是直线,,,即,点,在抛物线上,,且,点到对称轴的距离点到对称轴的距离,,故正确;设抛物线的解析式为,方程,整理得,,,,,,关于的一元二次方程必有两个不相等的实数根.故正确,如果,则,如果,根据,则;又抛物线过,,,,当时,,当时,,根据图象知,直线与该二次函数有一个公共点,则,,故错误.故选:A.【点睛】本题考查二次函数的性质,一元二次方程的根的判别式等知识,解题的关键是读懂图象信息,灵活运用所学知识解决问题.19.(2023·广东深圳·统考二模)如图,在中,,点D在斜边上,以为直径的经过边上的点E,连接,且平分,若的半径为3,,则线段的长为(

)A. B. C. D.【答案】C【分析】连接,由角平分线的性质,等腰三角形的性质的推出,得到,因此,得到::代入有关数据,即可求出的长.【详解】解:如图,连接,平分,,,,,,,::,的半径为,,,,::,.故选:.【点睛】本题考查角平分线定义,等腰三角形的性质,相似三角形的判定和性质,关键是掌握相似三角形的判定和性质.20.(2023·广东深圳·统考模拟预测)如图,正方形的边长为12,E是中点,F是对角线上一点,且,在上取点G,使得,交于H,则的长为(

)A.4 B. C. D.【答案】C【分析】过点F分别作,垂足分别为M,N,过点E作于点E,则,根据正方形的性质可求出的长,是等腰直角三角形,再由,可得,进而得到,继而得到,,再由,可得是等腰直角三角形,,再证明,可得,然后根据,可得,即可求解.【详解】解:如图,过点F分别作,垂足分别为M,N,过点E作于点E,则,在正方形中,,∴,是等腰直角三角形,∵,∴,∴,∵E是中点,∴,∴,∴,∵,∴是等腰直角三角形,,∴,∵,∴,∴,∴,解得:,∵,∴,∴,∴,解得:,∴.故选:C【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质,勾股定理,正方形的性质,等腰直角三角形的判定和性质,证明,是解题的关键.21.(2023·广东深圳·校考二模)如图,直线l:分别与x轴、y轴交于点A、B.点P为直线l在第一象限的点.作的外接圆,延长交于点D,当的面积最小时,则的半径长为(

A. B.2 C. D.3【答案】B【分析】先求出点,可得,,再由圆周角定理可得,从而得到,再由三角形的面积公式可得,从而得到当最小时,最小,此时,然后根据,可得,即可求解.【详解】解:当时,,当时,,解得:,∴点,∴,∵,∴,,∵,∴,∵是直径,∴,∴,∴,∴,∴当最小时,最小,此时,∴,即,解得:,∴,∴,∴.故选:B【点睛】本题主要考查了圆周角定理,一次函数的几何应用,解直角三角形,勾股定理等知识,熟练掌握圆周角定理,一次函数的图象和性质,锐角三家函数是解题的关键.22.(2023·广东深圳·校联考一模)如图,△ABC中,∠ABC=45°,BC=4,tan∠ACB=3,AD⊥BC于D,若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE,当点E恰好落在AC上,连接AF.则AF的长为()A. B. C. D.2【答案】A【分析】过点D作DH⊥AF于点H,由锐角三角函数的定义求出CD=1,AD=3,由旋转的性质得出DC=DE,DA=DF=3,∠CDE=∠ADF,证出∠DCE=∠DAF,设AH=a,DH=3a,由勾股定理得出a2+(3a)2=32,求出a可得出答案.【详解】解:过点D作DH⊥AF于点H,∵∠ABC=45°,AD⊥BC,∴AD=BD,∵tan∠ACB3,设CD=x,∴AD=3x,∴BC=3x+x=4,∴x=1,∴CD=1,AD=3,∵将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE,∴DC=DE,DA=DF=3,∠CDE=∠ADF,∴,∴∠DCE=∠DAF,∴tan∠DAH=3,设AH=a,DH=3a,∵AH2+DH2=AD2,∴a2+(3a)2=32,∴a,∴AH,∵DA=DF,DH⊥AF,∴AF=2AH,故A正确.故选:A.【点睛】本题主要考查了旋转的性质,相似三角形的判定,应用三角函数解直角三角形,勾股定理的应用,正确作出辅助线是解题的关键.23.(2023·广东深圳·二模)如图,已知在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,连接AC,动点Q以每秒1个单位的速度沿A→B→C向点C匀速运动,同时点P以每秒2个单位的速度沿A→C→D向点D匀速运动,连接PQ,当点P到达终点D时,停止运动,设△APQ的面积为S,运动时间为t秒,则S与t函数关系的图象大致为(

)A. B. C. D.【答案】A【分析】根据题意,由矩形的性质和勾股定理,得到AC=5,则得到点P的运动时间为秒,则对运动过程进行分类讨论:①当点P从点A运动到点C的过程,即;②点P经过点C之后,点Q到达点B时,即;③点Q经过点B后,点P到达点D停止,即;分别求出S与t的关系,即可得到答案.【详解】解:由矩形的性质,得∠B=90°,AB=DC=4,AD=BC=3,由勾股定理,得:,∴点P运动到点C的时间为:秒;点P运动到点D的时间为:秒;点Q运动到点B的时间为:秒;根据运动的情况,可分成以下三种情况:①当点P从点A运动到点C的过程,即,如图,作PE⊥AB于E,∴,,∵PE⊥AB,BC⊥AB,∴△APE∽△ACB,∴,∴,∴△APQ的面积为:();②点P经过点C之后,点Q到达点B时,即;如图,∴△APQ的面积为:();③点Q经过点B后,点P到达点D停止,即;如图,此时,,,∴,∴△APQ的面积为:,∴();∴S与t函数关系的图象大致为A选项中的图像;故选:A.【点睛】本题考查了动点问题的函数图象,矩形的性质,勾股定理,以及二次函数的性质,解题的关键是根据x的取值范围表示出S与x之间的函数关系式.24.(2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校(集团)高新中学校考三模)如图,在矩形中,,,点E、F分别为、的中点,、相交于点G,过点E作,交于点H,则线段的长度是(

)A. B.1 C. D.【答案】A【分析】根据矩形的性质得出,求出,,求出,根据勾股定理求出,求出,根据三角形的中位线求出,根据相似三角形的判定得出,根据相似三角形的性质得出,再求出答案即可.【详解】解析:四边形是矩形,,,,,,点E、F分别为、的中点,,,,,,.由勾股定理得:,,,,,,解得:,故选:A.【点睛】本题考查了矩形的性质和相似三角形的性质和判定,能熟记矩形的性质是解此题的关键.25.(2023·广东深圳·深圳市福田区北环中学校考二模)如图,在中,,点在边上,过的内心作于点.若,,则的长为(

A.6 B.7 C.8 D.9【答案】B【分析】过点I作,垂足分别为G,F,可得,,设,,再由,即可求解.【详解】如图,过点I作,垂足分别为G,F,

∵点I为的内心,∴以为半径的圆I是的内切圆,∴,,设,∵,∴,∴,∵,∴,解得:,∴.故选:B【点睛】本题主要考查了三角形的内心,切线长定理,熟练掌握三角形的内心的性质,切线长定理是解题的关键.26.(2023·广东深圳·统考二模)已知点,在的图象上,下列说法错误的是(

)A.当时,二次函数与轴总有两个交点B.若,且,则C.若,则D.当时,的取值范围为【答案】D【分析】根据函数解析式,结合函数图象的顶点坐标、对称轴以及增减性依次对4个结论作出判断即可.【详解】解:由,∴抛物线的对称轴为直线,顶点坐标为;A.当时,,所以,二次函数与轴总有两个交点,说法正确,故选项A不符合题意;B.当时,对应点为,关于对称轴对称的点为,即;当时,图象在和之间,所以,,故选项B说法正确,不符合题意;C.若,则,当时,则两点连线的中点在对称轴右侧,所以,,故选项C说法正确,不符合题意;D.当时,,当时,最高点为,所以,,故选项D说法错误,符合题意,故选:D【点睛】本题主要考查了二次函数图象与二次函数的系数的关系,需要利用数形结合思想解决本题.27.(2023·广东深圳·校联考模拟预测)如图,,,若,,则点到的距离是()A. B. C. D.【答案】B【分析】过点作,垂足为,过点作,交的延长线于点,在中,利用勾股定理可求出的长,再利用等腰直角三角形的性质可得,,然后在中,利用锐角三角函数的定义求出的长,最后根据的面积的面积的面积的面积进行计算即可解答.【详解】解:过点作,垂足为,过点作,交的延长线于点,,,,,,,,,,,,在中,,,的面积的面积的面积的面积,,,,点到的距离是,故选:B.【点睛】本题考查了等腰直角三角形,点到直线的距离,利用了勾股定理,锐角三角函数,根据题目的已知条件结合图形添加适当的辅助线是解题的关键.28.(2023·广东深圳·深圳外国语学校校考一模)如图,为的直径,点为半圆上一点且,点、分别为、的中点,弦分别交,于点、.若,则(

)A. B. C.18 D.【答案】A【分析】由于点、分别为、的中点,根据垂径定理可得垂直平分,垂直平分,再由直径所对的圆周角是直角得出、、、都是等腰直角三角形,根据,设未知数,表示,,最后根据直角三角形的边角关系列方程求解即可.【详解】解:如图,连接、交、于点、,点、分别为、的中点,垂直平分,垂直平分,又为的直径,,,,,、、、都是等腰直角三角形,在中,由,在中,,,设,则,由勾股定理可得,又,,,,,,,又,,解得,,故选:A.【点睛】本题考查圆周角定理及推论,直角三角形的边角关系以及解直角三角形,掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提,设未知数,表示三角形的边长是解决问题的关键.29.(2023·广东深圳·校考三模)矩形ABCD的对角线BD=4,DE⊥AC于点E,则当∠DBE最大时,BE的长度为()A. B. C. D.2【答案】D【分析】设与的交点为点F,由矩形的性质可得,若固定不动,则E随的位置变动而变化,因,所以点E运动的轨迹是以为直径的圆,设该圆圆心为O,不难知道,当时,即为⊙O的切线时,最大,利用勾股定理即可求出答案.【详解】设与的交点为点F,由矩形的性质可得,,点在以为直径的上,如下图,∵当是⊙O的切线时,最大,∴当最大时,,∵,∴,∴.故答案为D.【点睛】本题考查了矩形的性质、切线的性质、圆的基本性质,关键在于确定E点运动轨迹,有一定难度.30.(2023·广东深圳·二模)如图,在正方形ABCD中,E,F是对角线AC上的两点,且EF=2AE=2CF,连接DE并延长交AB于点M,连接DF并延长交BC于点N,连接MN,则(

)A. B. C.1 D.【答案】A【分析】设,首先证明,再利用平行线分线段成比例定理求出,推出,,可得结论.【详解】解:设,四边形是正方形,,,在和中,,,,在和中,,,,,,,,,,,故选:A.【点睛】本题考查正方形的性质,全等三角形的判定和性质,平行线分线段成比例定理等知识,解题的关键是学会利用参数,设正方形的边长为,求出,.31.(2023·广东深圳·校联考模拟预测)如图,菱形中,交于点,,垂足为点,连接,若,则的长为()A. B.16 C. D.【答案】D【分析】由菱形性质可知:,,,,由直角三角形斜边中线等于斜边一半得,再利用双勾股列方程求出,即可解答.【详解】解:∵菱形,∴,,,,又∵,∴,,∵,,设,则,∴,解得:(不符合题意,舍去),,∴,在中,,∴,故选D.【点睛】本题考查了菱形的性质,勾股定理,直角三角形斜边的中线的性质等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.32.(2023·广东深圳·统考二模)如图,在中,,是上一点,连接,若,,则的值是(

A. B. C. D.【答案】B【分析】取的中点E,连接,根据直角三角形的性质可得,再由,可得,可证明,从而得到,设,则,可得,,从而得到,的长,再由勾股定理求出,即可求解.【详解】解:如图,取的中点E,连接,

∵,∴,∴,∴,∵,∴,∵,∴,∴,∵,∴可设,则,∴,,∴,∴(负值舍去),,∴,∴.故选:B【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理,证得是解题的关键.33.(2023·广东深圳·统考二模)如图,四边形的对角线和相交于点E.若,且,,,则的长为(

)A.7 B.8 C.9 D.10【答案】C【分析】过点D作交的延长线于点F,证明,得到,令,则,运用勾股定理可求得,代入求出x即可.【详解】解:过点D作交的延长线于点F,∴,∵,∴,∵,,∴,在和中,∴,∴,∵,∴,在中,,令,则,∴解得:(舍去),∴,故选:C.【点睛】此题是一道几何综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质,勾股定理,正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键.34.(2023·广东深圳·校联考一模)如图,在中,,作于点D,以为边作矩形,使得,延长,交于点G,作交于点H,作分别交,于点M、N,若,,则边的长为(

)A. B. C. D.【答案】B【分析】依据条件可判定,即可得到,,易证四边形是矩形,四边形是矩形,则,,,,又,则,设,则,,,再证,得,则,在中,由勾股定理,得,因为,所以,即,解之求出x值,即可求解.【详解】解:,,,,,,.在和中,,,,.∵矩形,,∴四边形是矩形,四边形是矩形,∴,,,,又∵,,设,则,,,∵,∴∵,∴∵∴∴,∴,∴,在中,由勾股定理,得,∵∴,化简整理,得.解得:或(不符合题意,舍去),∴故选:B.【点睛】本题主要考查了矩形的性质,相似三角形判定与性质,全等三角形判定与性质,平行线分线段成比例,勾股定理,解一元二次方程,本题属四边形综合题目,熟练掌握相似三角形判定与性质,全等三角形判定与性质是解题的关键.35.(2023·广东深圳·统考一模)如图,正方形ABCD中,AB=4,点E是BA延长线上一点,点M、N分别为边AB、BC上的点,且AM=BN=1,连接CM、ND,过点M作MF∥ND与∠EAD的平分线交于点F,连接CF分别与AD、ND交于点G、H,连接MH,则下列结论正确的有(

)个①MC⊥ND;②sin∠MFC=;③(BM+DG)²=AM²+AG²;④S△HMF=A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【分析】①设MC与DN交点是P,通过证明△MBC≌△NCD得到∠PNC=∠CMB,又证明则∠PNC+∠PCN=90°求出∠NPC=90°,则MC⊥ND,即可得到答案.故①MC⊥ND正确.②延长AE,作FQ⊥AF于点Q,利用勾股定理求出MC=5,再通过△MBC∽△FQM得到即,又因

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