2025北京九年级一模数学汇编：选择压轴（第8题）

第1页/共1页2025北京初三一模数学汇编选择压轴（第8题）一、单选题1．（2025北京海淀初三一模）图1是半径为的圆形硬币，点是硬币外沿上的一定点．图2为四个轨道（厚度不计），分别记为轨道①、②、③和④，它们的形状分别为圆、长宽比为的矩形、正方形和正六边形，周长均为，对称中心均记为点P．点为轨道上一定点（除轨道①外，均为的中点）．将硬币放置在轨道外侧，使硬币与轨道在同一个平面内，且点与重合．若硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点第一次回到轨道上时，记轨道上该处位置为，则四个轨道中，最大的是（

）A．轨道① B．轨道② C．轨道③ D．轨道④2．（2025北京房山初三一模）如图，在等边中，点D，E分别是边、上的动点，且．以为边作等边．使点A与点F在直线同侧．交于点G．交于点H．给出下面四个结论：①；②；③若，则；④若，则四边形是菱形．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④3．（2025北京通州初三一模）如图，在中，，，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，过点作交的延长线于点，连接，那么的度数（

）A．随着的增大而增大 B．随着的增大而减小C．不变 D．随着的增大，先增大后减小4．（2025北京初三一模）如图，在中，，，M为的中点，O为的外心，将绕点O顺时针旋转，点A，B，C，M的对应点分别为，，，．交于点D，交于点E．在旋转过程中，给出下面三个结论：①对于任意的，点O到，距离相等；②存在唯一的，使得；③有最大值．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）．A．①② B．①③ C．②③ D．①②③5．（2025北京丰台初三一模）如图，是等边三角形且边长为1，点，，分别在边的延长线上，，连接，．给出下面四个结论：①是等边三角形；②；③的面积为；④的外心与的外心重合．上述结论中，所有正确结论的序号是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④6．（2025北京平谷初三一模）如图，正方形，对角线相交于点，以为顶点作与正方形同样大小的正方形与交于点与交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③四边形的面积等于正方形面积的四分之一；④当时，．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④7．（2025北京初三一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，以点为圆心，长为半径作圆，是上一动点，连接，以点为旋转中心，将顺时针旋转得，连接．若点从点出发，按照逆时针方向以每秒个单位长度运动，则第秒时，点的坐标是（

）．A． B． C． D．8．（2025北京海淀初三一模）如图，将绕点顺时针旋转，再将得到的点顺时针旋转，…依次旋转下去，最终将绕点顺时针旋转，得到．若点在线段上，点在线段上，且，则下列结论中正确的是（

）①；②点到直线的距离为；③若、、三点共线，则；④五边形是正五边形A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④9．（2025北京大兴初三一模）已知边长为a的正方形，过点B的直线分别交的延长线于点D，E，设，，，，正方形的面积分别为，，．给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③10．（2025北京朝阳初三一模）“藻井”是中国古代建筑中位于室内上方的特色结构，被誉为“室内最灿烂的星空”．某校数学小组的同学在研究时发现智化寺藻（图1）、故宫太和殿藻井中都有类似图2的几何结构，他们通过测量得知分别是正方形的四条边的中点，将四边形绕正方形的中心顺时针旋转，可以得到四边形分别经过点，且平行于．给出下面四个结论：①E，F是线段的三等分点；②是线段的中点；③是正八边形；④的面积是的面积的2倍．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④11．（2025北京石景山初三一模）如图，矩形中，．点E在边上，以为边作正方形，点F恰好落在边上，与交于点H．设，，，给出下面三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③二、填空题12．（2025北京初三一模）如图，由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形和正方形，连接并延长交线段于点M，若，给出下面四个结论：①M是的中点；②平分；③．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③13．（2025北京西城初三一模）如图，等边的边长为，将边，，分别绕点，，逆时针旋转得到线段，，，连接，，．对给出下面三个结论：①对任意都有是等边三角形；②存在唯一一点到点，，的距离相等；③当时，的周长是．上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

参考答案1．B【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的性质，正六边形的性质，等边三角形的性质与判定，圆的周长计算，先求出圆形硬币的周长为，则硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点第一次回到轨道上时，点M的运动路径长为；轨道①滚动可得的长为，据此可求出；轨道②滚动可确定，过点P作于H，连接，证明四边形是矩形，得到，再证明是等腰直角三角形，得到，据此可求出；轨道③滚动，类似于轨道②可求出；轨道④滑动，可得点是的中点，连接，证明都是等边三角形，得到，则，同理可得，则；据此可得答案．【详解】解：∵圆形硬币的半径为，∴圆形硬币的周长为，∴硬币沿轨道顺时针无滑动地滚动，当点第一次回到轨道上时，点M的运动路径长为；当沿着轨道①滚动时，则的长为，∴；当沿着轨道②滑动时，∵四边形是长宽比为的矩形，∴，∵四边形的周长为，∴，∵点N为的中点，∴，∴；如图所示，过点P作于H，连接，∵点P为矩形的对称中心，∴，∴，，又∵，，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴；当沿轨道③滑动时，∵正方形的周长为，∴，∵点N为的中点，∴，∴，如图所示，过点P作于H，连接，同理可得，，∴，∴，∴，∴；当沿着轨道④滑动时，∵正六边形的周长为，∴，∵点N为的中点，∴，∴点是的中点，如图所示，连接，则，又∵，∴都是等边三角形，∴，∴，同理可得，∴；综上所述，当沿着轨道②滚动时，最大，故选：B．2．D【分析】本题考查了等边三角形的判定性质，菱形的判定，相似三角形的判定与性质等知识；由三角形内角和及等边三角形的性质得，由对顶角相等即可得，故①正确；证明，再利用即可得到，故②正确；利用，即可得，故③正确；当时，由得，从而得是等边三角形，则，从而，即四边形是菱形，故④正确，最后确定答案．【详解】解：∵都是等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，故①正确；∵，∴，∴，∴，即；∵是等边三角形，∴，∴，故②正确；∵，∴；∵，∴，即，故③正确；当时，即；∵，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴四边形是菱形，故④正确；综上，全部正确；故选：D．3．C【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求，由外角的性质可求，即可求解．【详解】解：∵将线段绕点顺时针旋转，得到线段，∴，∴，∴，∵，∴，∴的度数是定值，不变故选：C．4．A【分析】本题考查了正多边形与圆，作的外接圆，设半径为r，根据题意可得分别是圆内接正六边形的一条边，根据正六边形的性质即可判断①，进而证明当时，则，即可判断②，根据题意可得当有最大值时，点在的延长线上，进而得到此时旋转角为，即可判断③，即可求解．【详解】解：如图所示，作的外接圆，设半径为r，∵，，∴是分别是圆内接正六边形的一条边，当将绕点O顺时针旋转，是圆内接正六边形的一条边，∴点O到，距离相等，故①正确；如图，连接，，∵是分别是圆内接正六边形的一条边，∴，∴，∴四边形是菱形，同理四边形是菱形，当时，则，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，∴，∴，∴存在唯一的，使得，故②正确；如图，∵点M是的中点，四边形是菱形，∴，，，∵，∴，∵，∴点M在以点O为圆心，为半径的圆上运动，且与其相切，∴，当有最大值时，点在的延长线上，此时，，∴，∴，∴，∴点与点C重合，此时旋转角为，∴当旋转角为时，没有最大值，故③错误．故选：A5．B【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．利用证明，推出，证明是等边三角形；利用三角形的外角性质求得，可证明；利用勾股定理求得，求得；利用等边三角形的外心和内心的性质据此即可得解．【详解】解：∵是等边三角形且边长为1，∴，，∵，∴，，∴，∴，∴是等边三角形，故①正确；∵，，∴，∴，即，故②正确；∵，，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，故③错误；设的外心为，∵是等边三角形，∴点也是的内心，作于点，于点，∴，，∴，∴，∴，同理，则，∴的外心与的外心重合，故④正确．综上，正确的有①②④，故选：B．6．D【分析】①先证明，进而可依据“ASA”判定和全等，则，再根据可得出，由此可对结论①进行判断；②设与相交于点T，根据，得是等腰直角三角形，则，再根据，利用三角形内角和定理得，由此可对结论②进行判断；③根据和全等得进而得，由此可对结论③进行判断；④过点O作于点H，由勾股定理得，依题意得，则，证明是等腰直角三角形，再由勾股定理得则由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．【详解】解：①∵四边形是正方形∴，，，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴∴，∴，故结论①正确；②设与相交于点T，如图1所示：∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴在中，，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，故结论②正确；③∵，∴，∴，∵，∴故结论③正确；④过点O作于点H，如图2所示：∵是等腰直角三角形，∴由勾股定理得：∵，，，∴，∴∵，，∴是等腰直角三角形，∴，在中，由勾股定理得：∴即，故结论④正确，综上所述：正确结论的序号是①②③④．故选：D．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．7．C【分析】本题考查了图形的旋转，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，由题意可得点每秒运动一周，即得第秒时与第秒时的位置相同，过点作轴，垂足为点，证明可得，可得，，再根据点的坐标即可求解，由题意判断出点的位置是解题的关键．【详解】解：如图，点沿逆时针方向运动，每秒走个单位长度，每秒运动一周，，∴第秒时与第秒时的位置相同，过点作轴，垂足为点，则，∴，由旋转可得，，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，，∴，，∴，，∴，∴点的坐标为，故选：．8．B【分析】根据旋转的性质求出可判断①；作于点H，解直角三角形可判断②；由旋转的性质得由、、三点共线先求出，进而可求出，从而判断③；证明五边形各边相等，各角相等，根据正多边形的定义可判断④．【详解】解：①，故①正确；②由旋转的性质得，∴．作于点H∴，故②不正确；③由旋转的性质得，，∵、、三点共线∴，∴，故③正确；④∵，，∴，∴，同理可证，．∵，∴，同理可证，，∴五边形是正五边形，故⑤正确．故选B．【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正多边形的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键．9．A【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，完全平方公式变形公式，先证明，可得，再用完全平方公式变形公式构建不等式判断剩下两个选项，熟练运用完全平方公式变形公式构建不等式是解题的关键．【详解】解：四边形为正方形，，，即，，，即，，故①正确；，当且仅当时，取等号，，，，，故②正确；，，，即，故③错误；则正确结论为①②，故选：A．10．C【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，连接交于O，连接，设，可证明经过点，在正方形中，，，，则，再求出，由旋转的性质可得，则三点共线，证明是等腰直角三角形，进而可证明是等腰直角三角形，根据，可得，是线段的中点，则，据此可判断①②；可证明，，据此可判断③；证明，可得，据此可判断④．【详解】解：如图所示，连接交于O，连接，设，∵四边形是正方形，分别是四边形的四条边的中点，∴经过点，在正方形中，，，，则，∵为的中点，∴，由旋转的性质可得，∴三点共线，∵是的中点，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，又∵，∴，是线段的中点，故②正确；∴，∴，∴E，F是线段的三等分点，故①错误；同理可得，∴，同理可得，，∴，∴是正八边形，故③正确；∵，∴，∴，故④错误；故选：C．11．D【分析】本题考查了正方形和矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，证明可判断①，连接，可得，根据垂线段最短即可判断②，证明可判断③，熟练运用上述性质是解题的关键．【详解】解：四边形为矩形，，四边形为正方形，，,，，，，故①正确；如图，连接，为等腰三角形，，根据垂线段最短，可得，即，当点与点重合时，取等号，，点不可能与点重合，（否则可知），故②正确；，，由题意可知：，，，，，，即，，故③正确，综上所述