2025年初中数学几何专项训练冲刺模拟检测卷及答案

2025年初中数学几何专项训练冲刺模拟检测卷及答案一、选择题（每小题3分，共30分）1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A.等边三角形B.平行四边形C.正方形D.正五边形2.已知一个三角形的三边长分别为3，4，5，则这个三角形最长边上的高为（）A.2.4B.3C.4D.53.如图，在⊙O中，弦AB的长为8，圆心O到AB的距离为3，则⊙O的半径是（）A.3B.4C.5D.104.如图，在△ABC中，DE∥BC，AD=2，DB=3，则△ADE与△ABC的面积比是（）A.2:3B.4:9C.4:25D.2:55.一个圆锥的底面半径为3，母线长为5，则这个圆锥的侧面积是（）A.15πB.20πC.24πD.30π6.如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若AC=6，BD=8，则菱形ABCD的周长是（）A.20B.24C.28D.407.如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB于点E，若AB=6，则△DBE的周长是（）A.4B.6C.8D.108.如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，4），将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到线段OA′，则点A′的坐标是（）A.（4，1）B.（4，1）C.（1，4）D.（1，4）9.如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，以点A为圆心，任意长为半径画弧分别交AB、AC于点M和N，再分别以M、N为圆心，大于\(\frac{1}{2}MN\)的长为半径画弧，两弧交于点P，连接AP并延长交BC于点D，则下列说法中正确的个数是（）①AD是∠BAC的平分线；②∠ADC=60°；③点D在AB的中垂线上；④\(S_{\triangleDAC}:S_{\triangleABC}=1:3\).A.1个B.2个C.3个D.4个10.如图，正方形ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且∠BAE=22.5°，EF⊥AB于点F，则EF的长为（）A.1B.\(\sqrt{2}\)C.42\(\sqrt{2}\)D.3\(\sqrt{2}\)4二、填空题（每小题3分，共18分）11.已知一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是______.12.如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=6，若以点C为圆心，r为半径的圆与AB相切，则r=______.13.如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，若AE=4，AF=6，平行四边形ABCD的周长为40，则平行四边形ABCD的面积为______.14.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以点C为圆心，CA为半径的圆交AB于点D，则AD的长为______.15.如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，BD平分∠ABC交AC于点D，则\(\frac{AD}{AC}\)的值是______.16.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（8，0）、（0，4），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为4的等腰三角形时，点P的坐标为______.三、解答题（共72分）17.（8分）如图，在△ABC中，AB=AC，点D在BC上，且AD=BD，DC=AC，求∠B的度数.18.（8分）如图，在⊙O中，弦AB与CD相交于点E，AB=CD，连接AD、BC.求证：AD=BC.19.（10分）如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，DF⊥AE于点F，若AE=BC.求证：CE=EF.20.（10分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（3，5），B（4，3），C（1，1）.（1）画出△ABC关于y轴对称的△A₁B₁C₁；（2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°后的△A₂B₂C₂；（3）求点C旋转到点C₂所经过的路径长（结果保留π）.21.（12分）如图，在△ABC中，∠C=90°，点D、E分别在AC、AB上，且AD=BD，AE=BC，DE=DC.（1）求证：∠A=45°；（2）若AC=8，求BE的长.22.（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以点A为圆心，AC为半径的圆交AB于点D，交CA的延长线于点E，过点E作EF∥AB交⊙A于点F，连接AF、DF.（1）求证：DF是⊙A的切线；（2）若AC=3，BC=4，求DF的长.23.（12分）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上一点，F是CD延长线上一点，且BE=DF.（1）求证：AE=AF；（2）若∠AEB=60°，求∠EAF的度数；（3）若正方形ABCD的边长为4，设BE=x，△AEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围.答案一、选择题1.C【解析】等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形；正方形既是轴对称图形又是中心对称图形；正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形.故选C.2.A【解析】因为\(3^{2}+4^{2}=5^{2}\)，所以这个三角形是直角三角形，设最长边上的高为h，根据三角形面积公式可得\(\frac{1}{2}\times3\times4=\frac{1}{2}\times5\timesh\)，解得\(h=2.4\).故选A.3.C【解析】设⊙O的半径为r，根据垂径定理可得\(AC=\frac{1}{2}AB=4\)，在\(Rt\triangleAOC\)中，由勾股定理得\(r^{2}=3^{2}+4^{2}\)，解得\(r=5\).故选C.4.C【解析】因为\(DE\parallelBC\)，所以\(\triangleADE\sim\triangleABC\)，相似比为\(\frac{AD}{AB}=\frac{2}{2+3}=\frac{2}{5}\)，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，可得\(S_{\triangleADE}:S_{\triangleABC}=(\frac{2}{5})^{2}=4:25\).故选C.5.A【解析】圆锥的侧面积公式为\(S=\pirl\)（其中r为底面半径，l为母线长），所以这个圆锥的侧面积是\(\pi\times3\times5=15\pi\).故选A.6.A【解析】因为菱形的对角线互相垂直平分，所以\(AO=\frac{1}{2}AC=3\)，\(BO=\frac{1}{2}BD=4\)，在\(Rt\triangleAOB\)中，由勾股定理得\(AB=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5\)，所以菱形ABCD的周长是\(4\times5=20\).故选A.7.B【解析】因为AD是\(\angleBAC\)的平分线，\(\angleC=90^{\circ}\)，\(DE\perpAB\)，所以\(CD=DE\)，\(AC=AE\)，又因为\(AC=BC\)，所以\(BC=AE\)，\(\triangleDBE\)的周长为\(BD+DE+BE=BD+CD+BE=BC+BE=AE+BE=AB=6\).故选B.8.B【解析】过点A作\(AB\perpx\)轴于点B，过点A′作\(A′C\perpx\)轴于点C，因为线段OA绕点O顺时针旋转\(90^{\circ}\)得到线段OA′，所以\(\angleAOA′=90^{\circ}\)，\(OA=OA′\)，又因为\(\angleAOB+\angleA′OC=90^{\circ}\)，\(\angleA′OC+\angleOA′C=90^{\circ}\)，所以\(\angleAOB=\angleOA′C\)，则\(\triangleAOB\cong\triangleOA′C(AAS)\)，所以\(A′C=OB=1\)，\(OC=AB=4\)，因为点A′在第四象限，所以点A′的坐标是\((4,1)\).故选B.9.D【解析】①根据作图可知AD是\(\angleBAC\)的平分线，故①正确；②因为\(\angleC=90^{\circ}\)，\(\angleB=30^{\circ}\)，所以\(\angleBAC=60^{\circ}\)，因为AD平分\(\angleBAC\)，所以\(\angleCAD=\angleBAD=30^{\circ}\)，所以\(\angleADC=60^{\circ}\)，故②正确；③因为\(\angleBAD=\angleB=30^{\circ}\)，所以\(AD=BD\)，所以点D在AB的中垂线上，故③正确；④因为\(\angleCAD=30^{\circ}\)，所以\(CD=\frac{1}{2}AD\)，设\(CD=x\)，则\(AD=2x\)，\(AC=\sqrt{3}x\)，\(BC=3x\)，\(S_{\triangleDAC}=\frac{1}{2}AC\cdotCD=\frac{1}{2}\times\sqrt{3}x\cdotx=\frac{\sqrt{3}}{2}x^{2}\)，\(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}AC\cdotBC=\frac{1}{2}\times\sqrt{3}x\cdot3x=\frac{3\sqrt{3}}{2}x^{2}\)，所以\(S_{\triangleDAC}:S_{\triangleABC}=1:3\)，故④正确.故选D.10.C【解析】因为四边形ABCD是正方形，所以\(\angleABD=45^{\circ}\)，因为\(\angleBAE=22.5^{\circ}\)，所以\(\angleAED=\angleBAE+\angleABD=67.5^{\circ}\)，\(\angleDAE=90^{\circ}22.5^{\circ}=67.5^{\circ}\)，所以\(\angleAED=\angleDAE\)，所以\(AD=DE=4\)，在\(Rt\triangleABD\)中，\(BD=\sqrt{4^{2}+4^{2}}=4\sqrt{2}\)，所以\(BE=BDDE=4\sqrt{2}4\)，因为\(EF\perpAB\)，\(\angleABD=45^{\circ}\)，所以\(\triangleBEF\)是等腰直角三角形，所以\(EF=BF=\frac{\sqrt{2}}{2}BE=\frac{\sqrt{2}}{2}(4\sqrt{2}4)=42\sqrt{2}\).故选C.二、填空题11.8【解析】设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和公式\((n2)\times180^{\circ}\)，外角和为\(360^{\circ}\)，由题意得\((n2)\times180^{\circ}=3\times360^{\circ}\)，解得\(n=8\).12.4.8【解析】过点C作\(CD\perpAB\)于点D，因为圆与AB相切，所以\(r=CD\)，根据三角形面积公式可得\(\frac{1}{2}AC\cdotBC=\frac{1}{2}AB\cdotCD\)，已知\(AB=10\)，\(BC=6\)，根据勾股定理得\(AC=\sqrt{10^{2}6^{2}}=8\)，则\(\frac{1}{2}\times8\times6=\frac{1}{2}\times10\timesCD\)，解得\(CD=4.8\)，即\(r=4.8\).13.48【解析】设\(BC=x\)，则\(CD=20x\)，根据平行四边形面积公式可得\(4x=6(20x)\)，解得\(x=12\)，所以平行四边形ABCD的面积为\(4\times12=48\).14.\(\frac{18}{5}\)【解析】过点C作\(CE\perpAD\)于点E，因为\(AC=3\)，\(BC=4\)，\(\angleC=90^{\circ}\)，所以\(AB=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5\)，根据三角形面积公式可得\(\frac{1}{2}AC\cdotBC=\frac{1}{2}AB\cdotCE\)，即\(\frac{1}{2}\times3\times4=\frac{1}{2}\times5\timesCE\)，解得\(CE=\frac{12}{5}\)，在\(Rt\triangleACE\)中，\(AE=\sqrt{AC^{2}CE^{2}}=\sqrt{3^{2}(\frac{12}{5})^{2}}=\frac{9}{5}\)，因为\(CE\perpAD\)，所以\(AD=2AE=\frac{18}{5}\).15.\(\frac{\sqrt{5}1}{2}\)【解析】因为\(AB=AC\)，\(\angleA=36^{\circ}\)，所以\(\angleABC=\angleC=72^{\circ}\)，因为BD平分\(\angleABC\)，所以\(\angleABD=\angleDBC=36^{\circ}\)，所以\(\angleA=\angleABD\)，\(\angleBDC=\angleA+\angleABD=72^{\circ}\)，所以\(AD=BD\)，\(BD=BC\)，所以\(\triangleABC\sim\triangleBCD\)，设\(AD=x\)，\(AC=1\)，则\(BD=BC=x\)，\(DC=1x\)，所以\(\frac{BC}{AC}=\frac{DC}{BC}\)，即\(\frac{x}{1}=\frac{1x}{x}\)，整理得\(x^{2}+x1=0\)，解得\(x=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\)（舍去负根），所以\(\frac{AD}{AC}=\frac{\sqrt{5}1}{2}\).16.\((2,4)\)或\((6,4)\)或\((3,4)\)【解析】因为点D是OA的中点，\(A(8,0)\)，所以\(OD=4\)，当\(OP=OD=4\)时，在\(Rt\triangleOCP\)中，\(OC=4\)，\(OP=4\)，所以\(CP=0\)或\(CP=8\)（舍去），此时\(P(2,4)\)；当\(DP=OD=4\)时，过点D作\(DM\perpBC\)于点M，则\(DM=4\)，\(MP=\sqrt{4^{2}2^{2}}=2\sqrt{3}\)，所以\(CP=2\)或\(CP=6\)，此时\(P(6,4)\)或\(P(3,4)\).三、解答题17.解：设\(\angleB=x\)，因为\(AB=AC\)，所以\(\angleC=\angleB=x\)，因为\(AD=BD\)，所以\(\angleBAD=\angleB=x\)，所以\(\angleADC=\angleB+\angleBAD=2x\)，因为\(DC=AC\)，所以\(\angleCAD=\angleADC=2x\)，在\(\triangleABC\)中，\(\angleB+\angleC+\angleBAC=180^{\circ}\)，即\(x+x+x+2x=180^{\circ}\)，\(5x=180^{\circ}\)，解得\(x=36^{\circ}\)，所以\(\angleB=36^{\circ}\).18.证明：因为\(AB=CD\)，所以\(\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}\)，所以\(\overset{\frown}{AB}\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}\overset{\frown}{BD}\)，即\(\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BC}\)，所以\(AD=BC\).19.证明：因为四边形ABCD是矩形，所以\(AD=BC\)，\(\angleB=90^{\circ}\)，\(AD\parallelBC\)，所以\(\angleDAE=\angleAEB\)，因为\(AE=BC\)，所以\(AD=AE\)，又因为\(DF\perpAE\)，\(\angleB=90^{\circ}\)，在\(\triangleABE\)和\(\triangleDFA\)中，\(\begin{cases}\angleAEB=\angleDAE\\\angleB=\angleDFA=90^{\circ}\\AD=AE\end{cases}\)，所以\(\triangleABE\cong\triangleDFA(AAS)\)，所以\(AF=BE\)，因为\(AE=BC\)，\(BC=BE+CE\)，\(AE=AF+EF\)，所以\(BE+CE=AF+EF\)，又因为\(AF=BE\)，所以\(CE=EF\).20.解：（1）如图所示，\(\triangleA₁B₁C₁\)即为所求；（2）如图所示，\(\triangleA₂B₂C₂\)即为所求；（3）因为\(C(1,1)\)，所以\(OC=\sqrt{(1)^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}\)，点C旋转到点C₂所经过的路径是以O为圆心，\(OC\)为半径，圆心角为\(90^{\circ}\)的弧长，根据弧长公式\(l=\frac{n\pir}{180}\)（其中n为圆心角度数，r为半径），可得弧长\(l=\frac{90\pi\times\sqrt{2}}{180}=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi\).21.（1）证明：在\(\triangleADE\)和\(\triangleBDC\)中，\(\begin{cases}AD=BD\\AE=BC\\DE=DC\end{cases}\)，所以\(\triangleADE\cong\triangleBDC(SSS)\)，所以\(\angleA=\angleB\)，因为\(\angleC=90^{\circ}\)，所以\(\angleA+\angleB=90^{\circ}\)，所以\(\angleA=\angleB=45^{\circ}\).（2）解：因为\(\angleA=45^{\circ}\)，\(\angleC=90^{\circ}\)，所以\(\triangleABC\)是等腰直角三角形，因为\(AC=8\)，所以\(AB=\sqrt{8^{2}+8^{2}}=8\sqrt{2}\)，因为\(AE=BC=AC=8\)，所以\(BE=ABAE=8\sqrt{2}8\).22.（1）证明：连接AD，因为\(EF\parallelAB\)，所以\(\angleE=\angleCAB\)，因为\(AE=AD\)，所以\(\angleE=\angleADF\)，所以\(\angleADF=\angleCAB\)，因为\(AC=AD\)，所以\(\angleC=\angleADC\)，因为\(\angleC=90^{\circ}\)，所以\(\angleADC+\angleCAB=90^{\circ}\)，所以\(\angleADC+\angleADF=90^{\circ}\)，即\(\angleCDF=90^{\circ}\)，又因为点D在⊙A上，所以DF是⊙A的切线.（2）解：在\(Rt\triangleABC\)中，\(AC=3\)，\(BC=4\)，所以\(AB=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5\)，因为\(EF\parallelAB\)，所以\(\triangle