2023年中考数学一轮复习 模拟汇编第4讲 图形的性质（一）(含答案)　

这是一份2023年中考数学一轮复习 模拟汇编第4讲 图形的性质（一）(含答案)　，共58页。
第四讲 图形的性质（1）
一．几何体的展开图（共1小题）
1．（2022•南京一模）如图是一个三棱柱和它的侧面展开图，其中线段AB、EF、HI、DC分别表示这个三棱柱的侧棱，若AD＝16，HD＝4，则AE的长度可能是（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
二．截一个几何体（共2小题）
2．（2022•鼓楼区一模）若用平面分别截下列几何体：①三棱柱；②三棱锥；③正方体；④圆锥；⑤球，得到的截面可以得到三角形的是 　 　．（填写正确的几何体前的序号）
3．（2022•秦淮区一模）如图，用一个平面去截一个长、宽、高分别为5、4、3的长方体，当截面（截出的面）的形状是矩形时，它的面积的最大值是 　 　．

三．平行线的性质（共1小题）
4．（2022•鼓楼区一模）如图，五边形ABCDE是正五边形，l1∥l2，若∠1＝20°，则∠2＝　 　．

四．三角形三边关系（共1小题）
5．（2022•南京一模）在△ABC中，AC＝3，BC＝4，若∠C为钝角，则AB的长的取值范围是 　 　．
五．三角形的外角性质（共1小题）
6．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝55°，P是AB上的一个动点，则∠APC的度数可能是（　　）

A．55° B．62° C．120° D．130°
六．全等三角形的判定（共1小题）
7．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC．为证明“等边对等角”这一结论，常添加辅助线AD，通过证明△ABD和△ACD全等从而得到角相等．下列辅助线添加方法和对应全等判定依据有错误的是（　　）

A．角平分线AD，全等依据SAS
B．中线AD，全等依据SSS
C．角平分线AD，全等依据HL
D．高线AD，全等依据HL
七．全等三角形的判定与性质（共1小题）
8．（2022•南京二模）如图，在△ABC中，点D在AC上，BD平分∠ABC，延长BA到点E，使得BE＝BC，连接DE．若∠ADE＝38°，则∠ADB的度数是（　　）

A．68° B．69° C．71° D．72°

八．线段垂直平分线的性质（共1小题）
9．（2022秋•南京期末）在△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，AC的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，若∠EAG＝20°，则∠BAC＝　 　°．
九．等腰三角形的判定（共1小题）
10．（2022•秦淮区一模）如图，M，N是∠AOB的边OA上的两个点（OM＜ON），∠AOB＝30°，OM＝a，MN＝4．若边OB上有且只有1个点P，满足△PMN是等腰三角形，则a的取值范围是 　 　．

一十．等边三角形的判定与性质（共1小题）
11．（2022•玄武区二模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB是等边三角形，点B在x轴上，C，D分别是边AO，AB上的点，且CD∥OB，OC＝2AC，若CD＝2，则点A的坐标是 　 　．

一十一．直角三角形斜边上的中线（共1小题）
12．（2022•雨花台区校级模拟）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BCD＝135°，连接AC、BD．M是AC的中点，连接BM、DM．若AC＝10，则△BMD的面积为 　 　．


一十二．勾股定理（共4小题）
13．（2022秋•南京期末）如图，在等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，且AB＝2，以边AB、AC、BC为直径画半圆，其中所得两个月形图案AFCD和BGCE（图中阴影部分）的面积之和等于（　　）

A．8 B．4 C．2 D．4
14．（2022秋•南京期末）如图，已知点P是射线OM上一动点（P不与B重合），∠AOM＝45°，OA＝2，当OP＝　 　时，△OAP是等腰三角形．

15．（2022•南京一模）如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝60°，DC⊥BC，DC＝BC，则AD的长的最大值为 　 　．

16．（2022•玄武区一模）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上的点，连接CD，AC，OD，且AB＝4，OD∥AC，设CD＝x，AC＝y，则y与x之间的函数表达式为 　 　．

一十三．勾股定理的逆定理（共1小题）
17．（2022•鼓楼区二模）在△ABC中，AB＝2，AC＝1，BC＝．若点P在△ABC内部（含边界）且∠PBC≤∠PCB≤∠PBA，则所有满足条件的P组成的区域的面积为 　 　．

一十四．三角形中位线定理（共1小题）
18．（2022•雨花台区校级模拟）如图，AB是池塘两端，设计一方法测量AB的距离，取点C，连接AC、BC，再取它们的中点D、E，测得DE＝15米，则AB＝　 　米．

一十五．平行四边形的性质（共4小题）
19．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在▱ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F．若AB＝a，CF＝b，则BE的长为 　 　．（用含a，b的代数式表示）

20．（2022•南京二模）在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点坐标为A（1，5），B（﹣1，1），C（3，2），则点D的坐标是 　 　
21．（2022•鼓楼区二模）如图，正六边形ABCDEF与平行四边形GHMN的位置如图所示，若∠ABG＝19°，则∠NMD的度数是 　 　°．







22．（2022•南京一模）如图Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝4，点P为BC上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ的最小值为 　 　．

一十六．菱形的性质（共2小题）
23．（2022•玄武区二模）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1﹣∠2＝　 　°．

24．（2022•鼓楼区一模）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，E是CD的中点，连接OE．若OE＝5，BD＝12，则AC＝　 　．

一十七．菱形的判定（共1小题）
25．（2022•雨花台区校级模拟）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件中，不能判断这个平行四边形是菱形的是（　　）

A．AB＝AD B．∠BAC＝∠DAC C．∠BAC＝∠ABD D．AC⊥BD

一十八．菱形的判定与性质（共1小题）
26．（2022•秦淮区二模）如图，已知菱形ABCD与菱形AEFG全等，菱形AEFG可以看作是菱形ABCD经过怎样的图形变化得到？下列结论：①经过1次平移和1次旋转；②经过1次平移和1次翻折；③经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点共有3个．其中所有正确结论的序号是（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
一十九．矩形的判定（共1小题）
27．（2022•鼓楼区一模）要判断一个四边形的窗框是否为矩形，可行的测量方案是（　　）
A．测量两组对边是否相等
B．测量对角线是否相等
C．测量对角线是否互相平分
D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
二十．正方形的性质（共3小题）
28．（2022•秦淮区一模）如图，P是正方形ABCD的边AD上一点，连接PB，PC，则tan∠BPC的值可能是（　　）

A．0.9 B．1.2 C．1.5 D．1.8
29．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BA，BC的中点．若BD＝2，则EF的长是 　 　．

30．（2022•秦淮区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD与正方形AEFG中，点E在BC上．若∠BAE＝38°，∠CEF＝13°，则∠C＝　 　°．

二十一．正方形的判定（共2小题）
31．（2022•玄武区二模）如图，点E，F，G，H分别在矩形ABCD（AB＞AD）的四条边上，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH．下列关于四边形EFGH的说法正确的是（　　）
①存在无数个四边形EFGH是平行四边形；
②存在无数个四边形EFGH是菱形；
③存在无数个四边形EFGH是矩形；
④存在无数个四边形EFGH是正方形

A．① B．①② C．①②③ D．①②③④
32．（2022•南京一模）已知四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（　　）
A．∠D＝90° B．AB＝CD C．AC＝BD D．BC＝CD
二十二．圆的认识（共1小题）
33．（2022•玄武区一模）如图，在扇形AOB中，D为上的点，连接AD并延长与OB的延长线交于点C，若CD＝OA，∠O＝75°，则∠A的度数为（　　）

A．35° B．52.5° C．70° D．72°
二十三．垂径定理（共1小题）
34．（2022•南京一模）如图，在平面直角坐标系中，一个圆与两坐标轴分别交于A、B、C、D四点．已知A（6，0），B（﹣2，0），C（0，3），则点D的坐标为 　 　．

二十四．圆周角定理（共1小题）
35．（2022•鼓楼区校级二模）如图，已知AB是⊙O的直径，BC为弦，过圆心O作OD⊥BC交弧BC于点D，连接DC，若∠DCB＝34°，则∠BAC＝　 　．

二十五．圆内接四边形的性质（共2小题）
36．（2022•南京一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是的中点，若∠B＝70°，则∠CAD的度数为（　　）

A．70° B．55° C．35° D．20°
37．（2022•鼓楼区二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE．若∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是 　 　．

二十六．切线的性质（共5小题）
38．（2022•南京二模）如图，在五边形ABCDE中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，AE＝2，CD＝1，以DE为直径的半圆分别与AB、BC相切于点F、G，则DE的长为 　 　．

39．（2022•玄武区二模）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，∠P＝62°，C是⊙O上的动点（异于A，B），连接CA，CB，则∠C的度数为 　 　°．

40．（2022•建邺区一模）如图，⊙O的直径AB＝4cm，PB、PC分别与⊙O相切于B、C两点，弦CD∥AB，AD∥CP，则PB＝　 　cm．

41．（2022•南京一模）如图，正方形ABCD的边长为3，点E为AB的中点，以E为圆心，3为半径作圆，分别交AD、BC于M、N两点，与DC切于P点．则图中阴影部分的面积是 　 　．

42．（2022•建邺区二模）如图，是利用刻度尺和三角尺测得圆的直径的一种方法，从图中可知圆的直径是　 　cm，这样测量直径的依据是　 　．

二十七．三角形的内切圆与内心（共1小题）
43．（2022•秦淮区二模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，若∠BDE+∠CFE＝110°，则∠A的度数是 　 　°．

二十八．正多边形和圆（共5小题）
44．（2022•雨花台区校级模拟）如图，A、B、C、D、E、F是正n边形的六个连续顶点，AE与CF交于点G，若∠EGF＝30°，则n＝　 　．



45．（2022•建邺区二模）如图，正九边形ABCDEFGHI，点M是EF的中点，连接AM、CG相交于点O．则∠AOG＝　 　．

46．（2022•南京一模）如图，在正五边形ABCDE中，BD、CE相交于点O．以O为圆心，OB为半径画弧，分别交AB，AE于点M，N．若BC＝2，则的长为 　 　（结果保留π）．

47．（2022•南京一模）如图，在正五边形ABCDE中，M是AB的中点，连接AC，DM交于点N，则∠CND的度数是 　 　．

48．（2022•玄武区一模）如图，点O是正六边形ABCDEF和正五边形AB1C1D1E1的中心，连接AE，C1F相交于点G，则∠AGF的度数为 　 　°．


二十九．弧长的计算（共1小题）
49．（2022•秦淮区一模）如图，点A，B，C在半径为4的⊙O上，若∠AOB＝130°，∠OAC＝70°，则的长为 　 　．

三十．扇形面积的计算（共1小题）
50．（2022•南京二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝，以点A为圆心，AB长为半径画弧交CD于点E，则阴影部分的面积为 　 　．

三十一．圆锥的计算（共8小题）
51．（2022•建邺区一模）如图，把矩形纸片ABCD分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆．若它们恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则AD：AB为（　　）

A．3：2 B．7：4 C．9：5 D．2：1
52．（2022•建邺区二模）若一个扇形的半径是18cm，这个扇形围成的圆锥的底面半径是6cm，则这个扇形的圆心角等于（　　）
A．110° B．120° C．150° D．100°

53．（2022•秦淮区二模）若一个圆锥的底面圆的半径是2，侧面展开图的圆心角的度数是180°，则该圆锥的母线长为 　 　．
54．（2022•建邺区二模）圆锥底面半径长为6，侧面展开扇形的圆心角为120°，则圆锥的母线长是 　 　．
55．（2022•玄武区二模）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形．若扇形的半径R＝6cm，扇形的圆心角θ＝120°，该圆锥的高为 　 　cm．

56．（2022•鼓楼区二模）将半径为5cm，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则圆锥的底面半径为 　 　cm．
57．（2022•玄武区一模）圆锥的母线长为5，底面圆的面积为9π，则圆锥的侧面展开图的圆心角度数为 　 　°．
58．（2022•秦淮区校级模拟）若将一个圆心角为60°，半径为4的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为 　 　．
三十二．命题与定理（共1小题）
59．（2022•秦淮区校级模拟）已知四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，下列命题：
①若AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，则四边形ABCD是平行四边形；
②若OA＝OC，∠ABC＝∠ADC，则四边形ABCD是平行四边形；
③若AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
④若AB＝CD，OA＝OC，∠ABC＝90°，则四边形ABCD是矩形．
其中所有真命题的序号是 　 　．
三十三．轨迹（共1小题）
60．（2022•鼓楼区一模）在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5．若点P在△ABC内部（含边界）且满足∠PBC≤∠PCB，则所有点P组成的区域的面积为 　 　．


第四讲 图形的性质（1）
参考答案与试题解析
一．几何体的展开图（共1小题）
1．（2022•南京一模）如图是一个三棱柱和它的侧面展开图，其中线段AB、EF、HI、DC分别表示这个三棱柱的侧棱，若AD＝16，HD＝4，则AE的长度可能是（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】根据图形先求出AE与EH的和，然后设AE＝x，表示出EH＝12﹣x，然后利用三角形的任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边列出不等式组，求解得到AB的取值范围，即可得解．
【解答】解：由图可知，AD＝AE+EH+HD，
∵AD＝16，HD＝4，
∴AE+EH＝12，
设AE＝x，则EH＝12﹣x，
所以，
解不等式①得x＞4，
解不等式②得，x＜8，
所以，不等式组的解集是4＜x＜8，
∴AE长度的取值范围是4＜x＜8，
∴AE的长度可能是6．
故选：C．
二．截一个几何体（共2小题）
2．（2022•鼓楼区一模）若用平面分别截下列几何体：①三棱柱；②三棱锥；③正方体；④圆锥；⑤球，得到的截面可以得到三角形的是 　①②③④　．（填写正确的几何体前的序号）
【分析】当截面的角度和方向不同时，球的截面无论什么方向截取球都不会截得三角形．
【解答】解：①三棱柱能截出三角形；
②三棱锥能截出三角形；
③正方体能截出三角形；
④圆锥沿着母线截几何体可以截出三角形；
⑤球不能截出三角形．
故得到的截面可以三角形的是①②③④．
故答案为：①②③④．
3．（2022•秦淮区一模）如图，用一个平面去截一个长、宽、高分别为5、4、3的长方体，当截面（截出的面）的形状是矩形时，它的面积的最大值是 　25　．

【分析】观察长方体可知，当截面（截出的面）的形状是矩形时，它的面积的最大值是长5，宽为直角边分别为4、3的三角形斜边长的长方形，根据长方形面积公式计算即可求解．
【解答】解：由勾股定理得，＝5，
则当截面（截出的面）的形状是矩形时，它的面积的最大值是5×5＝25．
故答案为：25．
三．平行线的性质（共1小题）
4．（2022•鼓楼区一模）如图，五边形ABCDE是正五边形，l1∥l2，若∠1＝20°，则∠2＝　56°　．

【分析】连接AC，依据平行线的性质，即可得到等式∠2+∠ACB＝∠1+∠CAE，据此可得∠2的度数．
【解答】解：如图所示，连接AC，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠B＝∠BAE＝108°，∠ACB＝∠CAB＝36°，
∴∠CAE＝108°﹣36°＝72°，
∵l1∥l2，
∴∠2+∠ACB＝∠1+∠CAE，即∠2+36°＝20°+72°，
解得∠2＝56°，
故答案为：56°．

四．三角形三边关系（共1小题）
5．（2022•南京一模）在△ABC中，AC＝3，BC＝4，若∠C为钝角，则AB的长的取值范围是 　5＜AB＜7　．
【分析】由三角形的性质可得BC﹣AC＜AB＜AC+BC，将AC、BC的值代入该不等式求出AB的取值范围．
【解答】解：由三角形的性质得：
BC﹣AC＜AB＜AC+BC（三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边），
即：4﹣3＜AB＜4+3，1＜AB＜7．
∵∠C为钝角，
∴AB边最长，
∴5＜AB＜7，
故答案为：5＜AB＜7．
五．三角形的外角性质（共1小题）
6．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝55°，P是AB上的一个动点，则∠APC的度数可能是（　　）

A．55° B．62° C．120° D．130°
【分析】如图，连接CP．利用三角形的外角的性质判断即可．
【解答】解：如图，连接CP．

∵AB＝AC，∠A＝55°，
∴∠B＝∠ACB＝（180°﹣55°）＝62.5°，
∵∠APC＝∠B+∠PCB，
∴62.5°＜∠APC＜125°，
故选：C．
六．全等三角形的判定（共1小题）
7．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC．为证明“等边对等角”这一结论，常添加辅助线AD，通过证明△ABD和△ACD全等从而得到角相等．下列辅助线添加方法和对应全等判定依据有错误的是（　　）

A．角平分线AD，全等依据SAS
B．中线AD，全等依据SSS
C．角平分线AD，全等依据HL
D．高线AD，全等依据HL
【分析】根据全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质对各项进行分析即可．
【解答】解：A、当AD是角平分线时，则利用SAS可判定△ABD≌△ACD，从而可解，故A不符合题意；
B、当AD是中线时，则利用SSS可判定△ABD≌△ACD，从而可解，故B不符合题意；
C、当AD是角平分线时，则利用SAS可判定△ABD≌△ACD，从而可解，故C符合题意；
D、当AD是角平分线时，则利用SAS可判定△ABD≌△ACD，从而可解，故D不符合题意；
故选：C．
七．全等三角形的判定与性质（共1小题）
8．（2022•南京二模）如图，在△ABC中，点D在AC上，BD平分∠ABC，延长BA到点E，使得BE＝BC，连接DE．若∠ADE＝38°，则∠ADB的度数是（　　）

A．68° B．69° C．71° D．72°
【分析】先证明△BDE≌△BDC（SAS），可得∠BDE＝∠BDC，根据∠ADB+∠CDB＝180°，即可求出∠ADB的度数．
【解答】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠EBD＝∠CBD，
在△BDE和△BDC中，
，
∴△BDE≌△BDC（SAS），
∴∠BDE＝∠BDC，
∵∠ADE＝38°，
∴∠BDC＝∠ADB+38°，
∴∠ADB+∠ADB+38°＝180°，
∴∠ADB＝71°，
故选：C．
八．线段垂直平分线的性质（共1小题）
9．（2022秋•南京期末）在△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，AC的垂直平分线分别交AC、BC于点F、G，若∠EAG＝20°，则∠BAC＝　80°或100　°．
【分析】当∠BAC为锐角时，如图1，设∠BAG＝α，∠CAE＝β，根据线段垂直平分线性质可得：∠ABC＝∠EAB＝20°+α，∠C＝∠CAG＝β+20°，再运用三角形内角和定理即可求得答案．当∠BAC为钝角时，如图2，根据线段垂直平分线性质可得：∠B＝∠EAB，∠C＝∠CAG，∠BAC＝∠B+20°+∠C，再结合三角形内角和定理即可求得答案．
【解答】解：当∠BAC为锐角时，如图1，设∠BAG＝α，∠CAE＝β，
∵∠EAG＝20°，
∴∠EAB＝∠EAG+∠BAG＝20°+α，∠CAG＝∠CAE+∠EAG＝β+20°，∠BAC＝α+β+20°，

∵DE、FG分别垂直平分AB、AC，
∴∠ABC＝∠EAB，∠C＝∠CAG，
∵∠BAC+∠ABC+∠C＝180°，
∴α+β+20°+20°+α+β+20°＝180°，
∴α+β＝60°，
∴∠BAC＝α+β+20°＝60°+20°＝80°；
当∠BAC为钝角时，如图2，

∵DE、FG分别垂直平分AB、AC，
∴∠B＝∠EAB，∠C＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠EAB+∠EAG+∠CAG＝∠B+20°+∠C，
∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴∠B+20°+∠C+∠B+∠C＝180°，
∴∠B+∠C＝80°，
∴∠BAC＝180°﹣80°＝100°；
综上所述，∠BAC＝80°或100°．
故答案为：80°或100°．
九．等腰三角形的判定（共1小题）
10．（2022•秦淮区一模）如图，M，N是∠AOB的边OA上的两个点（OM＜ON），∠AOB＝30°，OM＝a，MN＝4．若边OB上有且只有1个点P，满足△PMN是等腰三角形，则a的取值范围是 　a＝4或a＞8　．

【分析】分两种情况，①作线段MN的垂直平分线交OB于点P，连接PM，PN，过点M作MH⊥OB于点H，当MH＝MN时，a＝8，即可求出a的取值范围；②当△PMN是等边三角形时，根据等边三角形的性质可得OM＝MP＝MN，求出a，即可确定a的取值范围．
【解答】解：①作线段MN的垂直平分线交OB于点P，连接PM，PN，如图所示：

则PM＝PN，此时△PMN是等腰三角形，
过点M作MH⊥OB于点H，
当MH＞MN，满足条件的点P恰好只有一个，
∵MN＝4，∠AOB＝30°，
当MH＝4时，OM＝2MH＝8，
∴当a＞8时，满足条件的点P恰好只有一个，
②当△PMN是等边三角形时，满足条件的点P恰好只有一个，
此时MN＝MP，∠NMP＝60°，
∵∠AOB＝30°，
∴∠MPO＝30°，
∴OM＝MP＝MN＝4，
∴a＝4，
综上，满足条件的a的取值范围：a＝4或a＞8，
故答案为：a＝4或a＞8．
一十．等边三角形的判定与性质（共1小题）
11．（2022•玄武区二模）如图，在平面直角坐标系中，△AOB是等边三角形，点B在x轴上，C，D分别是边AO，AB上的点，且CD∥OB，OC＝2AC，若CD＝2，则点A的坐标是 　（3，3）　．

【分析】根据三角形相似，可以求得BO的长，然后根据等边三角形的性质即可得到点A的坐标．
【解答】解：∵CD∥OB，
∴△ACD∽△AOB，
∴，
∵OC＝2AC，CD＝2，
∴AO＝3AC，
∴，
解得OB＝6，
作AE⊥OB于点E，
∵△AOB是等边三角形，
∴OE＝OB＝3，OA＝OB＝6，
∴AE＝＝＝3，
∴点A的坐标为（3，3），
故答案为：（3，3）．

一十一．直角三角形斜边上的中线（共1小题）
12．（2022•雨花台区校级模拟）如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BCD＝135°，连接AC、BD．M是AC的中点，连接BM、DM．若AC＝10，则△BMD的面积为 　　．

【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM＝DM＝AC，根据等边对等角可得∠MBD＝∠MDB，∠CAB＝∠ABM，∠DAC＝∠ADM，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BMD＝2∠BAD，即可得△BDM是等腰直角三角形，即可求解．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴BM＝DM＝AC＝AM＝5，
∠MBD＝∠MDB，∠CAB＝∠ABM，∠DAC＝∠ADM，
由三角形的外角性质得，∠BMC＝∠ABM+∠CAB＝2∠BAC，
∠CMD＝∠ADM+∠DAC＝2∠DAC，
∴∠BMD＝∠BMC+∠CMD＝2（∠BAC+∠DAC）＝2∠BAD，
四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BCD＝135°，
∴∠BAD＝45°，
∴∠BMD＝2∠BAD＝90°，
∴S△BMD＝BM•DM＝×5×5＝．
故答案为：．
一十二．勾股定理（共4小题）
13．（2022秋•南京期末）如图，在等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，且AB＝2，以边AB、AC、BC为直径画半圆，其中所得两个月形图案AFCD和BGCE（图中阴影部分）的面积之和等于（　　）

A．8 B．4 C．2 D．4
【分析】由等腰三角形的性质及勾股定理可求解AC＝CB＝2，进而可求得S△ACB＝2，再利用阴影部分的面积＝以AC为直径的圆的面积+△ACB的面积﹣以AB为直径的半圆的面积计算可求解．
【解答】解：在等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝2，
∴AC2+BC2＝AB2＝8，
∴AC＝CB＝2，
∴S△ACB＝AC•BC＝2，
∴S阴影＝π（）2+S△ACB﹣π（）2
＝π+2﹣π
＝2，
故选：C．
14．（2022秋•南京期末）如图，已知点P是射线OM上一动点（P不与B重合），∠AOM＝45°，OA＝2，当OP＝　或2或2　时，△OAP是等腰三角形．

【分析】分三种情况，当OP＝AP，OA＝AP，OA＝OP时，由等腰三角形的性质可求出答案．
【解答】解：当△AOP为等腰三角形时，分三种情况：
①如图，OP＝AP，

∴∠O＝∠OAP，
∵∠AOM＝45°，
∴∠APO＝90°，
∴OP＝；
②如图，

OA＝OP＝2；
③如图，OA＝AP，

∴∠O＝∠APO＝45°，
∴∠A＝90°，
∴OP＝＝＝2．
综上所述，OP的长为或2或2．
故答案为：或2或2．
15．（2022•南京一模）如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝60°，DC⊥BC，DC＝BC，则AD的长的最大值为 　+　．

【分析】过点D作DE⊥AC，交AC延长线于E，由含30°角的直角三角形的性质得DE＝CD，设DC＝BC＝x，AC＝y，则DE＝x，CE＝x，再由勾股定理得AD2＝AE2+DE2＝（y+x）2+（x）2＝x2+y2+xy，当x＝y时，AD最大，此时，△ABC为等边三角形，则x＝y＝AB＝2，AD2＝x2+y2＝8+4，即可解决问题．
【解答】解：过点D作DE⊥AC，交AC延长线于E，如图所示：
∵∠ACB＝60°，DC⊥BC，
∴∠DCE＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
∴DE＝CD，
设DC＝BC＝x，AC＝y，
则DE＝x，CE＝＝＝x，
∴AE＝AC+CE＝y+x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2＝AE2+DE2＝（y+x）2+（x）2＝x2+y2+xy，
∵（x﹣y）2≥0，
∴xy≤（x2+y2），
当x＝y时，取等号，
∴AD2＝x2+y2+xy≤x2+y2+（x2+y2），
∴当x＝y时，AD最大，
∵∠ACB＝60°，
∴AD最大时，△ABC为等边三角形，
此时，x＝y＝AB＝2，
AD2＝x2+y2+（x2+y2）＝22+22+（22+22）＝8+4，
∵AD＞0，
∴AD＝+，
故答案为：+．

16．（2022•玄武区一模）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上的点，连接CD，AC，OD，且AB＝4，OD∥AC，设CD＝x，AC＝y，则y与x之间的函数表达式为 　y＝4﹣x2　．

【分析】连接BC，交OD于点E，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据平行线的性质得出∠OEB∠CED＝90°，根据勾股定理得出OE＝2﹣x2，根据题意推出OE是△ABC的中位线，根据三角形中位线性质即可得解．
【解答】解：连接BC，交OD于点E，

∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OD∥AC，OA＝OB，
∴∠OEB＝∠CED＝∠ACB＝90°，CE＝BE，
∴CE2＝CD2﹣DE2，BE2＝OB2﹣OE2，
∴CD2﹣DE2＝OB2﹣OE2，
∵CD＝x，OB＝OD＝2，
∴x2﹣DE2＝22﹣（2﹣DE）2，
∴DE＝x2，
∴OE＝2﹣x2，
∵OA＝OB，CE＝BE，
∴OE是△ABC的中位线，
∴AC＝2OE，
∵AC＝y，
∴y＝4﹣x2，
故答案为：y＝4﹣x2．
一十三．勾股定理的逆定理（共1小题）
17．（2022•鼓楼区二模）在△ABC中，AB＝2，AC＝1，BC＝．若点P在△ABC内部（含边界）且∠PBC≤∠PCB≤∠PBA，则所有满足条件的P组成的区域的面积为 　π﹣　．
【分析】作△ABC，作BC的垂直平分线DE交∠ABC的角平分线BD于点D，作△BCD的外接圆弧，圆心为O，连接OB，OC，OE，利用∠PBC≤∠PCB≤∠PBA，判断出点P所在区域，利用扇形COD的面积减去△OCE的面积即可求解．
【解答】解：如图，作△ABC，作BC的垂直平分线DE交∠ABC的角平分线BD于点D，作△BCD的外接圆弧，圆心为O，连接OB，OC，OE，

∵AB＝2，AC＝1，BC＝，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵sin∠A＝＝，
∴∠A＝60°，∠ABC＝30°，
∵∠PBC≤∠PBA，
∴点P在BD左侧，
∵∠PBC≤∠PCB，
∴点P在DE下侧，
∵BC＝，
∴CE＝，
∵∠DBE＝∠ABC＝15°，
∴∠BDE＝90°﹣∠DBE＝75°，
∴∠BDC＝2∠BDE＝150°，
当点P在圆弧CD上时，∠BPC＝∠BDC＝150°，
∴∠PBC+∠PCB＝30°，
∵∠PBC+∠PBA＝30°，
∴∠PCB＝∠PBA，
∵∠PCB≤∠PBA，
∴点P在圆弧内侧，
∵OB＝OC＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB＝75°，
∴∠OBE＝60°，
∴△OBC为等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝，∠OCD＝30°，
在Rt△OCE中，由勾股定理可得：
OE＝＝，
∴S扇形OCD＝π•OB2＝π，S△OCE＝CE•OE＝，
∴点P组成的区域的面积为π﹣，
故答案为：π﹣．
一十四．三角形中位线定理（共1小题）
18．（2022•雨花台区校级模拟）如图，AB是池塘两端，设计一方法测量AB的距离，取点C，连接AC、BC，再取它们的中点D、E，测得DE＝15米，则AB＝　30　米．

【分析】根据三角形的中位线定理得出AB＝2DE，再代入求出答案即可．
【解答】解：连接AB，
∵D、E分别是AC、BC的中点，
∴DE＝AB，
即AB＝2DE，
∵DE＝15米，
∴AB＝30（米），
故答案为：30．
一十五．平行四边形的性质（共4小题）
19．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在▱ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F．若AB＝a，CF＝b，则BE的长为 　　．（用含a，b的代数式表示）

【分析】过点E作EH∥AB交BC于H，连接AH，AH交BE于O，证四边形ABHE是菱形，得AH⊥BE，OB＝OE，OA＝OH，AH平分∠BAD，再证四边形AHCF是平行四边形，得AH＝CF＝b，则OA＝AH＝，然后由勾股定理得OB＝，即可得出结论．
【解答】解：过点E作EH∥AB交BC于H，连接AH，AH交BE于O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠BAD＝∠BCD，
∴∠AEB＝∠EBH，
四边形ABHE是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBH，
∴AB＝AE，
∴四边形ABHE是菱形，
∴AH⊥BE，OB＝OE，OA＝OH，AH平分∠BAD，
∴∠AHB＝∠HAD＝∠BAD，
∵CF平分∠BCD，
∴∠FCB＝∠BCD，
∴∠AHB＝∠FCB，
∴AH∥CF，
∴四边形AHCF是平行四边形，
∴AH＝CF＝b，
∴OA＝AH＝，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝，
∴BE＝2OB＝，
故答案为：．

20．（2022•南京二模）在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点坐标为A（1，5），B（﹣1，1），C（3，2），则点D的坐标是 　（5，6）　
【分析】利用平行四边形的判定可得结论．
【解答】解：∵▱ABCD的顶点坐标为A（1，5），B（﹣1，1），C（3，2），
∴点D的坐标是（5，6），
故答案为：（5，6）．
21．（2022•鼓楼区二模）如图，正六边形ABCDEF与平行四边形GHMN的位置如图所示，若∠ABG＝19°，则∠NMD的度数是 　41　°．

【分析】由平行四边形的性质得GH∥MN，则∠NMD＝∠H，再由正六边形的性质得∠ABC＝∠BCD＝120°，则∠BCH＝180°﹣∠BCD＝60°，然后由三角形的外角性质得∠H＝∠GBC﹣∠BCH＝41°，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形GHMN是平行四边形，
∴GH∥MN，
∴∠NMD＝∠H，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠ABC＝∠BCD＝（6﹣2）×180°×＝120°，
∴∠BCH＝180°﹣∠BCD＝60°，
∵∠GBC＝∠ABC﹣∠ABG＝120°﹣19°＝101°，
∴∠H＝∠GBC﹣∠BCH＝101°﹣60°＝41°，
∴∠NMD＝41°，
故答案为：41．
22．（2022•南京一模）如图Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝4，点P为BC上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ的最小值为 　　．

【分析】以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，由平行四边形的性质可知O是AC中点，PQ最短也就是PO最短，所以应该过O作BC的垂线P′O，然后根据△P′OC和△ABC相似，利用相似三角形的性质即可求出PQ的最小值．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝4，
∴BC＝＝2，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴PO＝QO，CO＝AO，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过O作BC的垂线OP′，
∵∠ACB＝∠P′CO，∠CP′O＝∠CAB＝90°，
∴△CAB∽△CP′O，
∴，
∴＝，
∴OP′＝，
∴则PQ的最小值为2OP′＝，
故答案为：．

一十六．菱形的性质（共2小题）
23．（2022•玄武区二模）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1﹣∠2＝　36　°．

【分析】过M作EM∥BC，由正五边形的性质得∠AEF＝∠EAH＝108°，再由菱形的性质得AD∥BC，则AD∥EM，然后由平行线的性质得∠2＝72°﹣∠AEM，∠1＝108°﹣∠AEM，即可解决问题．
【解答】解：如图，过M作EM∥BC，
∵五边形AEFGH是正五边形，
∴∠AEF＝∠EAH＝×（5﹣2）×180°＝108°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴AD∥EM，
∴∠AEM+∠DAE＝180°，
即∠AEM+∠2+∠EAH＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠AEM﹣∠EAH＝180°﹣∠AEM﹣108°＝72°﹣∠AEM，
∵EM∥BC，
∴∠1+∠AEM＝108°，
∴∠1＝108°﹣∠AEM，
∴∠1﹣∠2＝108°﹣∠AEM﹣（72°﹣∠AEM）＝108°﹣∠AEN﹣72°+∠AEM＝36°，
故答案为：36．

24．（2022•鼓楼区一模）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，E是CD的中点，连接OE．若OE＝5，BD＝12，则AC＝　16　．

【分析】根据菱形的性质和已知条件可得OE是Rt△DOC斜边上的中线，由此可求出DC的长，再根据勾股定理可求出OC的长，进而解答即可．
【解答】解：∵菱形ABCD对角线AC与BD交于点O，
∴DO⊥CO，DO＝BO＝BD＝6，
∵E是DC边上的中点，
∴OE＝DC，
∴DC＝10，
∴OC＝＝8，
∴AC＝2OC＝16，
故答案为：16．
一十七．菱形的判定（共1小题）
25．（2022•雨花台区校级模拟）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件中，不能判断这个平行四边形是菱形的是（　　）

A．AB＝AD B．∠BAC＝∠DAC C．∠BAC＝∠ABD D．AC⊥BD
【分析】根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断．
【解答】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，故A选项不符合题意；
B、对角线平分对角的平行四边形是菱形，故B选项不符合题意；
C、由∠BAC＝∠ABD不一定能够判断这个平行四边形是菱形，故C选项符合题意；
D、对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形，故D选项不符合题意．
故选：C．
一十八．菱形的判定与性质（共1小题）
26．（2022•秦淮区二模）如图，已知菱形ABCD与菱形AEFG全等，菱形AEFG可以看作是菱形ABCD经过怎样的图形变化得到？下列结论：①经过1次平移和1次旋转；②经过1次平移和1次翻折；③经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点共有3个．其中所有正确结论的序号是（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【分析】依据旋转变换以及轴对称变换，分别画图可得结论．
【解答】解：①如图1，先将菱形ABCD向右平移，再绕着点E顺时针旋转得到菱形AEFG，故①正确；

②如图2，将菱形ABCD先平移，再沿直线l翻折可得菱形AEFG，故②正确；

③如图3，经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点有A和G，共有2个，故③不正确；

故选：A．
一十九．矩形的判定（共1小题）
27．（2022•鼓楼区一模）要判断一个四边形的窗框是否为矩形，可行的测量方案是（　　）
A．测量两组对边是否相等
B．测量对角线是否相等
C．测量对角线是否互相平分
D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、测量两组对边是否相等，可以判定为平行四边形，故选项A不符合题意；
B、测量对角线是否相等，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项B不符合题意；
C、测量对角线是否互相平分，可以判定为平行四边形，故选项C不符合题意；
D、测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等，可以判定为矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
二十．正方形的性质（共3小题）
28．（2022•秦淮区一模）如图，P是正方形ABCD的边AD上一点，连接PB，PC，则tan∠BPC的值可能是（　　）

A．0.9 B．1.2 C．1.5 D．1.8
【分析】点P在正方形边AD上运动，当P与点A或点D重合时，∠BPC最小，此时tan∠BPC的值也最小，此时tan∠BPC＝tan45°＝1；当P运动到AD中点时，∠BPC最大，此时tan∠BPC的值也最大，取AD中点P′，连接BP′，CP′，过点B作BE⊥CP′于点E，证明△BCE∽△CP′D，然后得到1≤tan∠BPC≤，进而可以进行判断．
【解答】解：点P在正方形边AD上运动，
当P与点A或点D重合时，∠BPC最小，此时tan∠BPC的值也最小，
此时tan∠BPC＝tan45°＝1；
当P运动到AD中点时，∠BPC最大，此时tan∠BPC的值也最大，
如图，取AD中点P′，连接BP′，CP′，过点B作BE⊥CP′于点E，

设正方形的边长为1，则AP′＝DP′＝，
∴BP′＝＝＝，
同理CP′＝＝＝，
∵BE⊥CP′，
∴∠BEC＝∠CDP′＝90°，
∵∠BCE+∠DCP′＝DCP′+∠CP′D＝90°，
∴∠BCE＝∠CP′D，
∴△BCE∽△CP′D，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴BE＝，CE＝，
∴P′E＝CP′﹣CE＝﹣＝，
∴tan∠BP′C＝＝×＝，
∴1≤tan∠BPC≤，
∴tan∠BPC的值可能是1.2，
故选B．
29．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BA，BC的中点．若BD＝2，则EF的长是 　1　．

【分析】连接AC，由题意可得，EF是△ABC的中位线，所以EF＝AC，根据正方形的性质得，AC＝BD＝2．从而求出EF的长．
【解答】解：连接AC，如图所示，

∵四边形ABCD是正方形．
∴AC＝BD＝2．
∵E，F分别是BA，BC的中点．
∴EF是△ABC的中位线．
∴EF＝AC＝×2＝1．
故答案为：1．
30．（2022•秦淮区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD与正方形AEFG中，点E在BC上．若∠BAE＝38°，∠CEF＝13°，则∠C＝　115　°．

【分析】由条件可求得∠BEA，在△ABE中由三角形内角和定理可求得∠B，再利用平行四边形的性质可求得∠C．
【解答】解：∵四边形AEFG为正方形，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠AEB＝90°﹣∠CEF＝90°﹣13°＝77°，
∵∠B+∠BAE+∠BEA＝180°，
∴∠B＝180°﹣38°﹣77°＝65°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣∠B＝115°，
故答案为：115．

二十一．正方形的判定（共2小题）
31．（2022•玄武区二模）如图，点E，F，G，H分别在矩形ABCD（AB＞AD）的四条边上，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH．下列关于四边形EFGH的说法正确的是（　　）
①存在无数个四边形EFGH是平行四边形；
②存在无数个四边形EFGH是菱形；
③存在无数个四边形EFGH是矩形；
④存在无数个四边形EFGH是正方形

A．① B．①② C．①②③ D．①②③④
【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：①如图，
∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，

过点O直线EG和HF，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，
则四边形EFGH是平行四边形，
故存在无数个四边形EFGH是平行四边形；故①正确；
②如图，当EG＝HF时，四边形EFGH是矩形，故存在无数个四边形EFGH是矩形；故②正确；
③如图，当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形；故③正确；
④当四边形EFGH是正方形时，EH＝EF，
则△AEH≌△BFE（AAS），
∴AH＝BE，AE＝BF，
∵BF＝DH，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形，故④错误；
故选：C．
32．（2022•南京一模）已知四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（　　）
A．∠D＝90° B．AB＝CD C．AC＝BD D．BC＝CD
【分析】先判断四边形ABCD是矩形，由正方形的判定可直接判断D正确．
【解答】解：在四边形ABCD中，
∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴四边形ABCD为矩形，
而判断矩形是正方形的判定定理为：有一组邻边相等的矩形是正方形，
故D正确，
故选：D．
二十二．圆的认识（共1小题）
33．（2022•玄武区一模）如图，在扇形AOB中，D为上的点，连接AD并延长与OB的延长线交于点C，若CD＝OA，∠O＝75°，则∠A的度数为（　　）

A．35° B．52.5° C．70° D．72°
【分析】连接OD，如图，设∠C的度数为n，由于CD＝OA＝OD，根据等腰三角形的性质得到∠C＝∠DOC＝n，则利用三角形外角性质得到∠ADO＝2n，所以∠A＝2n，然后利用三角形内角和定理得到75°+n+2n＝180°，然后解方程求出n，从而得到∠A的度数．
【解答】解：连接OD，如图，设∠C的度数为n，
∵CD＝OA＝OD，
∴∠C＝∠DOC＝n，
∴∠ADO＝∠DOC+∠C＝2n，
∴OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO＝2n，
∵∠AOC+∠C+∠A＝180°，∠AOC＝75°，
∴75°+n+2n＝180°，
解得n＝35°，
∴∠A＝2n＝70°．
故选：C．

二十三．垂径定理（共1小题）
34．（2022•南京一模）如图，在平面直角坐标系中，一个圆与两坐标轴分别交于A、B、C、D四点．已知A（6，0），B（﹣2，0），C（0，3），则点D的坐标为 　（0，﹣4）　．

【分析】设圆心为P，过点P作PE⊥AB于点E，PF⊥CD于点F，先根据垂径定理可得EA＝EB＝4，FC＝FD，进而可求出OE＝2，再设P（2，m），即可利用勾股定理表示出PC2，PA2，最后利用PA＝PA列方程即可求出m值，进而可得点D坐标．
【解答】解：设圆心为P，过点P作PE⊥AB于点E，PF⊥CD于点F，则EA＝EB＝＝4，FC＝FD，

∴OE＝EB﹣OB＝4﹣2＝2，
∴E（2，0），
设P（2，m），则F（0，m），
连接PC、PA，
在Rt△CPF中，PC2＝（3﹣m）2+22，
在Rt△APE中，PA2＝m2+42，
∵PA＝PC，
∴（3﹣m）2+22＝m2+42，
∴m＝﹣，
∴F（0，），
∴CF＝DF＝＝，
∴OD＝OF+DF＝＝4，
∴D（0，﹣4），
解法二：连接AC，BD，则△ACO∽△DOB，
∴＝，
∵OB＝2，OC＝3，OA＝6，
∴OD＝4
故答案为：（0，﹣4）．
二十四．圆周角定理（共1小题）
35．（2022•鼓楼区校级二模）如图，已知AB是⊙O的直径，BC为弦，过圆心O作OD⊥BC交弧BC于点D，连接DC，若∠DCB＝34°，则∠BAC＝　68°　．

【分析】由圆周角定理可知，∠BOD＝2∠DCB＝68°，由AB为直径可知，AC⊥BC，又OD⊥BC，可知AC∥OD，利用平行线的性质可求∠BAC．
【解答】解：∵∠BOD与∠DCB为所对的圆心角和圆周角，∠DCB＝34°，
∴∠BOD＝2∠DCB＝68°，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
又∵OD⊥BC，
∴AC∥OD，
∴∠BAC＝∠BOD＝68°，
故答案为：68°．
二十五．圆内接四边形的性质（共2小题）
36．（2022•南京一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是的中点，若∠B＝70°，则∠CAD的度数为（　　）

A．70° B．55° C．35° D．20°
【分析】根据∠B度数求出的度数，再求出的度数，再求出∠CAD的度数即可．
【解答】解：∵∠B＝70°，
∴的度数是140°，
∵D是的中点，
∴和的度数都是70°，
∴∠CAD＝70°＝35°，
故选：C．
37．（2022•鼓楼区二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE．若∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是 　30o　．

【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理得到∠BAE＝90°，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
故答案为：30°．
二十六．切线的性质（共5小题）
38．（2022•南京二模）如图，在五边形ABCDE中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，AE＝2，CD＝1，以DE为直径的半圆分别与AB、BC相切于点F、G，则DE的长为 　10　．

【分析】设以DE为直径的半圆的圆心为O，半径为r，过D作DH⊥AB于H，交⊙O于J，连接EJ，OG交DH于M，得到∠DJE＝∠OMH＝90°，根据矩形的性质得到BH＝CD＝1，EJ＝AH，HJ＝AE＝2，AE∥OF∥DH，根据切线的性质得到BF＝BG＝OF＝r，求得DH＝2r﹣2，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：设以DE为直径的半圆的圆心为O，半径为r，
过D作DH⊥AB于H，交⊙O于J，连接EJ，OG交DH于M，
∴∠DJE＝∠OMH＝90°，
∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴四边形AHJE，四边形BCDH，四边形BGOF是矩形，
∴BH＝CD＝1，EJ＝AH，HJ＝AE＝2，AE∥OF∥DH，
∵OF＝OG，
∴四边形BGOF是正方形，
∵⊙O分别与AB、BC相切于点F、G，
∴BF＝BG＝OF＝r，
∵AE∥OF∥DH，OE＝OD，
∴AF＝FH＝r﹣1，
∴OF是梯形AHDE的中位线，
∴DH+2＝2r，
∴DH＝2r﹣2，
∴DJ＝2r﹣4，
∴EJ＝AH＝2r﹣2，
在Rt△DEJ中，EJ2+DJ2＝DE2，
即（2r﹣2）2+（2r﹣4）2＝（2r）2，
解得：r＝5，或r＝1（舍去），
∴DE＝2r＝10．

39．（2022•玄武区二模）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，∠P＝62°，C是⊙O上的动点（异于A，B），连接CA，CB，则∠C的度数为 　59或121　°．

【分析】根据切线的性质得到∠OAP＝90°，∠OBP＝90°，再根据四边形内角和得到∠AOB＝118°，然后根据圆周角定理和圆内接四边形的性质求∠ACB的度数．
【解答】解：连接OA，OB，
∵PA，PB是⊙O的两条切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝90°，∠OBP＝90°，而∠P＝62°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣62°＝118°，
当点P在劣弧AB上，则∠ACB＝∠AOB＝59°，
当点P在优弧AB上，则∠ACB＝180°﹣59°＝121°．
故答案为：59或121．

40．（2022•建邺区一模）如图，⊙O的直径AB＝4cm，PB、PC分别与⊙O相切于B、C两点，弦CD∥AB，AD∥CP，则PB＝　2　cm．

【分析】连接AC，OD，PO，OC，OC与AD交于E，根据切线的性质得到＝PB，∠PCO＝90°，根据全等三角形的性质得到AO＝CD，根据平行四边形的性质得到CD＝OA，推出△AOC与△COD是等边三角形，得到∠AOC＝∠COD＝60°，求得点D在OP上，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：连接AC，OD，PO，OC，OC与AD交于E，
∵PB、PC分别与⊙O相切于B、C两点，
∴PC＝PB，∠PCO＝90°，
∴∠PCD+∠OCD＝90°，
∵AD∥PC，
∴∠PCD＝∠ADC，
∴∠ADC+∠DCO＝90°，
∴∠CED＝90°，
∴AE＝DE，
∵CD∥AB，
∴∠CDE＝∠OAD，∠DCO＝∠AOC，
∴△AOE≌△DCE（AAS），
∴AO＝CD，
∴四边形AODC是平行四边形，
∴CD＝OA，
∴△AOC与△COD是等边三角形，
∴∠AOC＝∠COD＝60°，
∴∠BOP＝60°，
∵∠PCO＝∠PBO＝90°，∠CPO＝∠BPO，
∴∠COP＝∠BOP，
∵∠COB＝120°，
∴∠COP＝∠BOP＝60°，
∴点D在OP上，
∵AB＝4cm，
∴OB＝2cm，
∴PB＝OB＝2（cm），
故答案为：2．

41．（2022•南京一模）如图，正方形ABCD的边长为3，点E为AB的中点，以E为圆心，3为半径作圆，分别交AD、BC于M、N两点，与DC切于P点．则图中阴影部分的面积是 　9﹣　．

【分析】根据直角三角形的性质求出AE和∠AEM，根据勾股定理求出AM，根据扇形面积公式计算，得到答案．
【解答】解：由题意得，AE＝AB＝ME＝，
∵∠A＝90°，
∴∠AME＝30°，AM＝，
∴∠AEM＝60°，
同理，∠BEN＝60°，
∴∠MEN＝60°，
阴影部分的面积＝＝9﹣，
故答案为：9﹣．
42．（2022•建邺区二模）如图，是利用刻度尺和三角尺测得圆的直径的一种方法，从图中可知圆的直径是　4　cm，这样测量直径的依据是　圆的切线垂直于经过切点的半径；过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；矩形的判定与性质　．

【分析】如图，⊙O与两尺的直角边分别切于A、B，两尺的直角边与刻度尺的垂直，垂足分别为C、D，连接OA、OB，根据切线的性质得到OA⊥AC，OB⊥BD，利用垂线公理判断点A、O、B共线，然后利用四边形ABDC为矩形得到AB＝CD．
【解答】解：如图，⊙O与两尺的直角边分别切于A、B，两尺的直角边与刻度尺的垂直，垂足分别为C、D，
连接OA、OB，
则OA⊥AC，OB⊥BD，
∵AC∥BD，
∴点A、O、B共线，即AB为⊙O的直径，
∴四边形ABDC为矩形，
∴AB＝CD＝7.5﹣3.5＝4（cm）．
故答案为4；圆的切线垂直于经过切点的半径；过一点有且只有一条直线与已知直线垂直；矩形的判定与性质．

二十七．三角形的内切圆与内心（共1小题）
43．（2022•秦淮区二模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，若∠BDE+∠CFE＝110°，则∠A的度数是 　40　°．

【分析】连接OD，OE，OF，根据切线的性质得到∠ODB＝∠ODA＝90°，∠CFO＝∠AFO＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠OED＝∠ODE，∠OFE＝∠OEF，根据四边形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：连接OD，OE，OF，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠ODB＝∠ODA＝90°，∠CFO＝∠AFO＝90°，
∵∠BDE+∠CFE＝110°，
∴∠ODE+∠OFE＝180°﹣110°＝70°，
∵OD＝OE，OF＝OE，
∴∠OED＝∠ODE，∠OFE＝∠OEF，
∴∠OED+∠OEF＝∠ODE+∠OFE＝70°，
∴∠DEF＝70°，
∴∠DOF＝2∠DEF＝140°，
∴∠A＝360°﹣∠ADO﹣∠AFO﹣∠DOF＝40°，
故答案为：40．

二十八．正多边形和圆（共5小题）
44．（2022•雨花台区校级模拟）如图，A、B、C、D、E、F是正n边形的六个连续顶点，AE与CF交于点G，若∠EGF＝30°，则n＝　18　．

【分析】连接CE，用n表示出正n边形的中心角，根据三角形的外角性质列出方程，解方程求出n．
【解答】解：连接CE，
正n边形的中心角的度数为：，
则∠ECF＝×，∠AEC＝，
∵∠EGF＝30°，
∴∠ECF+∠AEC＝30°，
∴×+＝30°，
解得：n＝18，
故答案为：18．

45．（2022•建邺区二模）如图，正九边形ABCDEFGHI，点M是EF的中点，连接AM、CG相交于点O．则∠AOG＝　110°　．

【分析】根据正多边形与圆的相关计算的方法计算∠CAM，∠ACG，再根据三角形的内角和定理进行计算即可．
【解答】解：如图，设这个正九边形的外接圆为⊙O′，连接AC，
由正多边形的中心角的计算方法可得，这个这个九边形的中心角为＝40°，
由圆周角定理可得∠ACG＝（40°×3）＝60°，
∠CAM＝（40°×2.5）＝50°，
∴∠AOG＝∠CAM+∠ACG＝110°，
故答案为：110°．

46．（2022•南京一模）如图，在正五边形ABCDE中，BD、CE相交于点O．以O为圆心，OB为半径画弧，分别交AB，AE于点M，N．若BC＝2，则的长为 　π　（结果保留π）．

【分析】根据在正五边形ABCDE，计算出正五边形的每个内角的度数，由此可得三角形BCD和三角形CDE是等腰三角形，得到BC的长，根据弧长公式即可得到答案．
【解答】解：连接OM、ON，

∵正五边形ABCDE，
∴正五边形ABCDE的每个内角为：540°÷5＝108°，
∴∠CDB＝∠BDC＝（180°﹣108°）÷2＝36°，
∠BCO＝180°﹣36°＝72°，
∴∠BOC＝180°﹣72°﹣36°＝72°，
∴∠BOC＝∠BCO，
∴△BCO为等腰三角形，
∴BC＝BO＝2，
∴∠BOE＝180°﹣∠BOC＝108°，
∴∠ABO＝108°﹣∠CBO＝108°﹣36°＝72°，
∵OB＝OM，
∴∠OBM＝∠BMO＝72°，
∴∠BOM＝180°﹣∠OBM﹣∠OMB＝180°﹣72°﹣72°＝36°，
同理可得：∠NOE＝36°，
∴∠MON＝108°﹣∠BOM﹣∠NOE＝108°﹣36°﹣36°＝36°，
∴＝＝，
故答案为：．
47．（2022•南京一模）如图，在正五边形ABCDE中，M是AB的中点，连接AC，DM交于点N，则∠CND的度数是 　54°　．

【分析】连接BD，AD，根据正五边形的性质得到AB＝BC＝CD＝AE＝DE，∠BCD＝∠E，∠ABC＝＝108°，根据全等三角形的性质得到BD＝AD，根据等腰三角形的性质得到DM⊥AB，求得∠AMN＝90°，于是得到结论．
【解答】解：连接BD，AD，
在正五边形ABCDE中，AB＝BC＝CD＝AE＝DE，∠BCD＝∠E，∠ABC＝＝108°，
∴（180°﹣108°）＝36°，
在△BCD与△AED中，
，
∴△BCD≌△AED（SAS），
∴BD＝AD，
∵M是AB的中点，
∴BM＝AM，
∴DM⊥AB，
∴∠AMN＝90°，
∴∠CND＝∠ANM＝90°﹣36°＝54°，
故答案为：54°．

48．（2022•玄武区一模）如图，点O是正六边形ABCDEF和正五边形AB1C1D1E1的中心，连接AE，C1F相交于点G，则∠AGF的度数为 　78　°．

【分析】连接OA，OB1，OC1，根据正五边形的性质得到∠AOB1＝∠B1OC1＝＝72°，根据圆周角定理得到∠AFC1＝AOC1＝72°，根据等腰三角形的性质得到∠GAF＝30°，于是得到结论．
【解答】解：连接OA，OB1，OC1，
∵点O是正六边形ABCDEF和正五边形AB1C1D1E1的中心，
∴∠AOB1＝∠B1OC1＝＝72°，
∴∠AOC1＝144°，
∴∠AFC1＝AOC1＝72°，
∵AF＝EF，∠AFE＝120°，
∴∠GAF＝30°，
∴∠AGF＝180°﹣∠GAF﹣∠AFG＝180°﹣30°﹣72°＝78°，
故答案为：78．

二十九．弧长的计算（共1小题）
49．（2022•秦淮区一模）如图，点A，B，C在半径为4的⊙O上，若∠AOB＝130°，∠OAC＝70°，则的长为 　2π　．

【分析】连接CO，等腰三角形AOC中求出∠AOC的度数，进而得到∠BOC，再根据弧长公式即可求解．
【解答】解：如图，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝70°，
∴∠AOC＝40°，
∴∠COB＝130°﹣40°＝90°，
∴的长为．
故答案为2π．

三十．扇形面积的计算（共1小题）
50．（2022•南京二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝，以点A为圆心，AB长为半径画弧交CD于点E，则阴影部分的面积为 　　．

【分析】根据矩形的性质得出∠D＝∠DAB＝90°，AB＝AE＝，利用勾股定理求出DE，即可证得∠DAE＝45°，进而求得∠BAE＝45°，再求出扇形ABE的面积，即可得出答案．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝，
∴∠D＝∠DAB＝90°，
∵AE＝AB，
∴DE＝＝＝1，
∴AD＝DE，
∴∠DAE＝45°，
∴∠BAE＝45°，
∴阴影部分的面积S＝S扇形ABE
＝
＝．
故答案为：．
三十一．圆锥的计算（共8小题）
51．（2022•建邺区一模）如图，把矩形纸片ABCD分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆．若它们恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则AD：AB为（　　）

A．3：2 B．7：4 C．9：5 D．2：1
【分析】设圆锥的底面的半径为rcm，则DE＝2rcm，AE＝AB＝（AD﹣2r）cm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长得到＝2πr，解方程求出r，然后计算AD：AB即可．
【解答】解：设此弧所在圆的半径为rcm，则DE＝2rcm，AE＝AB＝（AD﹣2r）cm，
则＝2πr，
解得r＝，
则AD：AB＝AD：（AD﹣）＝3：2．
故选：A．
52．（2022•建邺区二模）若一个扇形的半径是18cm，这个扇形围成的圆锥的底面半径是6cm，则这个扇形的圆心角等于（　　）
A．110° B．120° C．150° D．100°
【分析】设这个扇形的圆心角为n°，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长和弧长公式得到2π×6＝，然后解关于n的方程即可．
【解答】解：设这个扇形的圆心角为n°，
根据题意得2π×6＝，
解得n＝120，
所以这个扇形的圆心角等于120°．
故选：B．
53．（2022•秦淮区二模）若一个圆锥的底面圆的半径是2，侧面展开图的圆心角的度数是180°，则该圆锥的母线长为 　4　．
【分析】该圆锥的母线长为l，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据弧长公式得到2π×2＝，然后解方程即可．
【解答】解：设该圆锥的母线长为l，
根据题意得2π×2＝，
解得l＝4，
即该圆锥的母线长为4．
故答案为：4．
54．（2022•建邺区二模）圆锥底面半径长为6，侧面展开扇形的圆心角为120°，则圆锥的母线长是 　18　．
【分析】圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用弧长公式得到2π×6＝，然后解方程即可．
【解答】解：设圆锥的母线长为l，
根据题意得2π×6＝，
解得l＝18，
即圆锥的母线长为18．
故答案为：18．
55．（2022•玄武区二模）如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形．若扇形的半径R＝6cm，扇形的圆心角θ＝120°，该圆锥的高为 　4　cm．

【分析】利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到 2πr＝，求出r后利用勾股定理计算圆锥的高h．
【解答】解：设圆锥的底面半径为rcm，
根据题意得 2πr＝，
解得r＝2，
所以该圆锥的高h＝＝4．
故答案为：4．
56．（2022•鼓楼区二模）将半径为5cm，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则圆锥的底面半径为 　　cm．
【分析】圆锥的底面圆半径为rcm，根据圆锥的底面圆周长＝扇形的弧长，列方程求解．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为rcm，依题意，得：
2πr＝，
解得r＝．
故答案为：．
57．（2022•玄武区一模）圆锥的母线长为5，底面圆的面积为9π，则圆锥的侧面展开图的圆心角度数为 　216　°．
【分析】设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则根据弧长公式得到6π＝，然后解方程即可．
【解答】解：底面圆的面积为9π，
∴圆的半径为3，
∴底面圆的周长为6π，
设这个圆锥的侧面展开图的圆心角为n°，
根据题意得6π＝，
解得n＝216，
所以这个圆锥的侧面展开图的圆心角为216°．
故答案为216．
58．（2022•秦淮区校级模拟）若将一个圆心角为60°，半径为4的扇形纸片围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为 　　．
【分析】圆锥的底面圆半径为r，根据圆锥的底面圆周长＝扇形的弧长，列方程求解．
【解答】解：设圆锥的底面圆半径为r，依题意，得
2πr＝，
解得r＝．
故答案为：．
三十二．命题与定理（共1小题）
59．（2022•秦淮区校级模拟）已知四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，下列命题：
①若AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，则四边形ABCD是平行四边形；
②若OA＝OC，∠ABC＝∠ADC，则四边形ABCD是平行四边形；
③若AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
④若AB＝CD，OA＝OC，∠ABC＝90°，则四边形ABCD是矩形．
其中所有真命题的序号是 　③　．
【分析】根据平行四边形的判定、矩形的判定等知识逐项判定即可．
【解答】解：①根据AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，无法判定四边形ABCD是平行四边形，故错误，为假命题；
②根据OA＝OC，∠ABC＝∠ADC，无法判定四边形ABCD是平行四边形，故错误，为假命题；
③由AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，结合AC＝AC，可以判定AB＝CD，两组对边都相等的四边形为平行四边形，为真命题；
④根据AB＝CD，OA＝OC，∠ABC＝90°，无法判定四边形ABCD是平行四边形，故错误，为假命题；
故答案为：③．
三十三．轨迹（共1小题）
60．（2022•鼓楼区一模）在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5．若点P在△ABC内部（含边界）且满足∠PBC≤∠PCB，则所有点P组成的区域的面积为 　　．
【分析】如图，作线段BC的垂直平分线MN交BC于点M，交AC于点N．由题意，点P组成的图形是△MNC，利用相似三角形的性质求出MN，可得结论．
【解答】解：如图，作线段BC的垂直平分线MN交BC于点M，交AC于点N．

由题意，点P组成的图形是△MNC，
∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，
∴AB2+AC2＝AB2，
∴∠A＝90°，
∵∠CMN＝∠A，∠ACB＝∠MCN，
∴△MCN∽△ACB，
∴＝，
∴＝，
∴MN＝，
∴S△NMC＝××＝，
故答案为：．