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2017-2021年四川中考数学真题分类汇编之图形的性质
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这是一份2017-2021年四川中考数学真题分类汇编之图形的性质，共50页。试卷主要包含了去最省事等内容，欢迎下载使用。
2017-2021年四川中考数学真题分类汇编之图形的性质
一．选择题（共16小题）
1．（2020•资阳）将一副直角三角板（∠A＝30°，∠E＝45°）按如图所示的位置摆放，使AB∥EF，则∠DOC的度数是（ ）
A．70° B．75° C．80° D．85°
2．（2019•广元）如图，AB，AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，且AB＝10，AC＝8，则BD的长为（ ）
A．2 B．4 C．2 D．4.8
3．（2021•攀枝花）如图，一名工作人员不慎将一块三角形模具打碎成三块，他要带其中一块或两块碎片到商店去配一块与原来一样的三角形模具，他带（ ）去最省事．
A．① B．② C．③ D．①③
4．（2021•德阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AB＝AD B．OE＝AB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
5．（2020•成都）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点B和C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N；②作直线MN交AC于点D，连接BD．若AC＝6，AD＝2，则BD的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
6．（2019•阿坝州）如图，扇形的半径为6cm，圆心角为120°，则该扇形的面积为（ ）
A．6πcm2 B．9πcm2 C．12πcm2 D．18πcm2
7．（2021•阿坝州）如图，在△ABC中，∠BAC＝70°，∠C＝40°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN交BC于点D，连接AD，则∠BAD的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
8．（2021•内江）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝60°，若⊙O的半径OC为2，则弦BC的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．
9．（2021•绵阳）如图，在边长为3的正方形ABCD中，∠CDE＝30°，DE⊥CF，则BF的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
10．（2021•巴中）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A． B． C． D．
11．（2020•遂宁）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E，若CD＝，则图中阴影部分面积为（ ）
A．4﹣ B．2﹣ C．2﹣π D．1﹣
12．（2020•广元）如图，a∥b，M、N分别在a，b上，P为两平行线间一点，那么∠1+∠2+∠3＝（ ）
A．180° B．360° C．270° D．540°
13．（2020•巴中）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，DE∥AB，AD＝3，CE＝5，则AC的长为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．7
14．（2019•雅安）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AC、BD是对角线，E、F、G、H分别是AD、BD、BC、AC的中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH的形状是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
15．（2021•绵阳）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别为BC、AC上的点，∠CNM＝50°，P为MN上的点，且PC＝MN，∠BPC＝117°，则∠ABP＝（ ）
A．22°或42° B．23° C．25° D．27°
16．（2019•德阳）如图，已知⊙O1与⊙O2的半径分别为2和1，且两圆外切，点A为⊙O1上一点，∠AO1O2＝30°，点P为线段O1O2上的一个动点，过P作O1A的平行线l，如果在⊙O2上有且仅有2个点到直线l的距离为，则O1P的取值范围是（ ）
A．＜O1P≤ B．＜O1P＜3 C．＜O1P≤ D．＜O1P＜
二．填空题（共6小题）
17．（2021•阿坝州）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，∠B＝40°，则∠OAC的度数为 ．
18．（2021•绵阳）如图，直线a∥b，若∠1＝28°，则∠2＝ ．
19．（2021•内江）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 ．
20．（2021•达州）如图，在边长为6的等边△ABC中，点E，F分别是边AC，BC上的动点，且AE＝CF，连接BE，AF交于点P，连接CP，则CP的最小值为 ．
21．（2021•绵阳）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点，∠EHF＝∠DGE，CF＝，则AB＝ ．
22．（2021•攀枝花）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别为边CD、BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有 （填上所有正确结论的序号）
三．解答题（共4小题）
23．（2021•巴中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝BC．分别以B、D为圆心，大于BD长为半径画弧，两弧交于点M．画射线AM交BC于E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED为菱形；
（2）连接BD，当CE＝5时，求BD的长．
24．（2021•内江）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，且，过点D的直线DE⊥AC交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连结AD、OE交于点G．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结BE，在（2）的条件下，求BE的长．
25．（2021•阿坝州）如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一点，连接DE交AC于点F，连接BF．
（1）求证：△CBF≌△CDF；
（2）如图2，过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N．
①求证：FB＝FG；
②若tan∠BDE＝，ON＝1，求CG的长．
26．（2021•宜宾）如图1，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若tan∠ADC＝，AC＝2，求⊙O的半径；
（3）如图2，在（2）的条件下，∠ADB的平分线DE交⊙O于点E，交AB于点F，连结BE．求sin∠DBE的值．
2017-2021年四川中考数学真题分类汇编之图形的性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2020•资阳）将一副直角三角板（∠A＝30°，∠E＝45°）按如图所示的位置摆放，使AB∥EF，则∠DOC的度数是（ ）
A．70° B．75° C．80° D．85°
【考点】平行线的性质；三角形的外角性质．版权所有
【专题】推理能力．
【分析】在Rt△DEF中，由两角互余得∠F＝45°，根据直线AB∥EF得∠A＝∠ACF，再由三角形外角的性质即可求解．
【解答】解：∵∠D＝90°，
∴∠E+∠F＝90°，
又∵∠E＝45°，
∴∠F＝45°，
又∵AB∥EF，
∴∠A＝∠ACF，
又∵∠A＝30°，
∴∠ACF＝30°，
∴∠DOC＝∠ACF+∠F＝30°+45°＝75°．
故选：B．
【点评】本题综合考查了平行线的性质，三角形的外角的性质等相关知识，解题的关键是熟练掌握平行线的性质，三角形的外角的性质等知识．
2．（2019•广元）如图，AB，AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，且AB＝10，AC＝8，则BD的长为（ ）
A．2 B．4 C．2 D．4.8
【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质．
【分析】先根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则利用勾股定理计算出BC＝6，再根据垂径定理得到CD＝AD＝AC＝4，然后利用勾股定理计算BD的长．
【解答】解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝＝＝6，
∵OD⊥AC，
∴CD＝AD＝AC＝4，
在Rt△CBD中，BD＝＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
3．（2021•攀枝花）如图，一名工作人员不慎将一块三角形模具打碎成三块，他要带其中一块或两块碎片到商店去配一块与原来一样的三角形模具，他带（ ）去最省事．
A．① B．② C．③ D．①③
【考点】全等三角形的应用．版权所有
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】根据全等三角形的判定方法结合图形判断出带③去．
【解答】解：由图形可知，③有完整的两角与夹边，根据“角边角”可以作出与原三角形全等的三角形，
所以，最省事的做法是带③去．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
4．（2021•德阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AB＝AD B．OE＝AB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE＝DE＝CE＝CD＝AB，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，AC⊥BD，故选项A不合题意，
∵点E是CD的中点，
∴OE＝DE＝CE＝CD＝AB，故选项B不合题意；
∴∠EOD＝∠EDO，故选项D不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．
5．（2020•成都）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点B和C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N；②作直线MN交AC于点D，连接BD．若AC＝6，AD＝2，则BD的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【考点】作图—基本作图．版权所有
【专题】作图题；推理能力．
【分析】根据线段垂直平分线的性质即可得到结论．
【解答】解：由作图知，MN是线段BC的垂直平分线，
∴BD＝CD，
∵AC＝6，AD＝2，
∴BD＝CD＝4，
故选：C．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：作已知线段的垂直平分线；并掌握线段垂直平分线的性质是关键．
6．（2019•阿坝州）如图，扇形的半径为6cm，圆心角为120°，则该扇形的面积为（ ）
A．6πcm2 B．9πcm2 C．12πcm2 D．18πcm2
【考点】扇形面积的计算．版权所有
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【分析】将所给数据直接代入扇形面积公式S扇形＝进行计算即可得出答案．
【解答】解：由题意得，n＝120°，R＝6cm，
故＝12π．
故选：C．
【点评】此题考查了扇形面积的计算，属于基础题，解答本题的关键是熟记扇形的面积公式及公式中字母所表示的含义，难度一般．
7．（2021•阿坝州）如图，在△ABC中，∠BAC＝70°，∠C＝40°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN交BC于点D，连接AD，则∠BAD的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【考点】作图—基本作图；线段垂直平分线的性质．版权所有
【专题】作图题；线段、角、相交线与平行线；推理能力；应用意识．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得出∠DAC＝∠C＝40°，进而求出∠BAD的度数．
【解答】解：由作图可知，直线MN是线段AC的垂直平分线，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C＝40°．
∵∠BAC＝70°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝70°﹣40°＝30°．
故选：A．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8．（2021•内江）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝60°，若⊙O的半径OC为2，则弦BC的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．
【考点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理．版权所有
【专题】证明题；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据圆周角定理求得∠BOC＝120°，过点O作OM⊥BC，然后结合，等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质分析求解．
【解答】解：过点O作OM⊥BC，交BC于点M，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
又∵OB＝OC，OM⊥BC，
∴∠COM＝∠BOC＝60°，MB＝MC，
∴在Rt△COM中，∠OCM＝30°，
∴OM＝OC＝1，CM＝OM＝，
∴BC＝2CM＝2，
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，含30°直角三角形的性质，理解相关性质定理正确推理计算是解题关键．
9．（2021•绵阳）如图，在边长为3的正方形ABCD中，∠CDE＝30°，DE⊥CF，则BF的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
【考点】正方形的性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由正方形的性质得出DC＝CB，∠DCE＝∠CBF＝90°，由ASA证得△DCE≌△CBF，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC＝∠DCE＝90°，CD＝BC＝3，
Rt△DCE中，∠CDE＝30°，
∴CE＝DE，
设CE＝x，则DE＝2x，
根据勾股定理得：DC2+CE2＝DE2，
即32+x2＝（2x）2，
解得：x＝±（负值舍去），
∴CE＝，
∵DE⊥CF，
∴∠DOC＝90°，
∴∠DCO＝60°，
∴∠BCF＝90°﹣60°＝30°＝∠CDE，
∵∠DCE＝∠CBF，CD＝BC，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴BF＝CE＝．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明△DCE≌△CBF是解题的关键．
10．（2021•巴中）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【考点】圆周角定理；垂径定理．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据题意连接OA、OC，OC交AB于点E，根据垂径定理推出OC⊥AB，且AE＝BE＝3，再由圆周角定理推出∠AOC＝2∠ADC＝60°，从而根据直角三角形的性质进行求解即可．
【解答】解：如图，
连接OA、OC，OC交AB于点E，
∵点C是弧AB中点，AB＝6，
∴OC⊥AB，且AE＝BE＝3，
∵∠ADC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，
∴OE＝AE＝，
故圆心O到弦AB的距离为．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理及垂径定理，解题的关键是根据题意作出辅助线OA，OC，从而根据垂径定理和圆周角定理进行求解，注意数形结合思想方法的运用．
11．（2020•遂宁）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E，若CD＝，则图中阴影部分面积为（ ）
A．4﹣ B．2﹣ C．2﹣π D．1﹣
【考点】切线的性质；扇形面积的计算；等腰直角三角形．版权所有
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【分析】连接OD，作OH⊥AC于H，根据切线的性质得到OD⊥BC，得到四边形ODCH为矩形，求出OH＝CD＝，进而出去OA＝2，计算出∠BOD＝45°，BD＝OD＝2，利用图中阴影部分面积＝S△OBD﹣S扇形DOE进行计算．
【解答】解：如图，连接OD，过O作OH⊥AC于H，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠B＝∠CAB＝45°，
∵⊙O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
∴四边形ODCH为矩形，
∴OH＝CD＝，
在Rt△OAH中，∠OAH＝45°，
∴OA＝OH＝2，
在Rt△OBD中，∠B＝45°，
∴∠BOD＝45°，BD＝OD＝2，
∴图中阴影部分面积＝S△OBD﹣S扇形DOE
＝×2×2﹣
＝2﹣π．
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了扇形面积的计算．
12．（2020•广元）如图，a∥b，M、N分别在a，b上，P为两平行线间一点，那么∠1+∠2+∠3＝（ ）
A．180° B．360° C．270° D．540°
【考点】平行线的性质．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【分析】首先作出PA∥a，根据平行线性质，两直线平行同旁内角互补，可以得出∠1+∠2+∠3的值．
【解答】解：过点P作PA∥a，
∵a∥b，PA∥a，
∴a∥b∥PA，
∴∠1+∠MPA＝180°，∠3+∠APN＝180°，
∴∠1+∠MPA+∠3+∠APN＝180°+180°＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，作出PA∥a是解决问题的关键．
13．（2020•巴中）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，DE∥AB，AD＝3，CE＝5，则AC的长为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．7
【考点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；平行线的性质．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【分析】根据角平分线的定义得到∠BAD＝∠CAD＝BAC＝60°，根据平行线的性质得到∠BAD＝∠ADE＝60°，∠DEC＝∠BAC＝120°，推出△ADE是等边三角形，于是得到结论．
【解答】解：∵∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝BAC＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE＝60°，
∠DEC＝∠BAC＝120°，
∴∠AED＝60°，
∴∠ADE＝∠AED，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝AD＝3，
∴AC＝AE+CE＝3+5＝8，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各定理是解题的关键．
14．（2019•雅安）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AC、BD是对角线，E、F、G、H分别是AD、BD、BC、AC的中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH的形状是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【考点】中点四边形；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】根据三角形的中位线定理可得，EH平行且等于CD的一半，FG平行且等于CD的一半，根据等量代换和平行于同一条直线的两直线平行，得到EH和FG平行且相等，所以EFGH为平行四边形，又因为EF等于AB的一半且AB＝CD，所以得到所证四边形的邻边EH与EF相等，所以四边形EFGH为菱形．
【解答】解：∵E、F、G、H分别是AD、BD、BC、AC的中点，
∴在△ADC中，EH为△ADC的中位线，所以EH∥CD且EH＝CD；同理FG∥CD且FG＝CD，同理可得EF＝AB，
则EH∥FG且EH＝FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，又AB＝CD，所以EF＝EH，
∴四边形EFGH为菱形．
故选：C．
【点评】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．
15．（2021•绵阳）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别为BC、AC上的点，∠CNM＝50°，P为MN上的点，且PC＝MN，∠BPC＝117°，则∠ABP＝（ ）
A．22°或42° B．23° C．25° D．27°
【考点】等腰直角三角形；矩形的判定与性质；等腰三角形的性质．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】作辅助线，构建矩形，得P是MN的中点，则MP＝NP＝CP，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可解答．
【解答】解：如图，过点M作MG⊥BC于M，过点N作NG⊥AC于N，连接CG交MN于H，
∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，
∴四边形CMGN是矩形，
∴CH＝CG＝MN，
∵PC＝MN，
存在两种情况：
如图，CP＝CP1＝MN，
①P是MN中点时，
∴MP＝NP＝CP，
∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMC＝∠PCM＝90°﹣50°＝40°，
∴∠CPM＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CPB＝117°，
∴∠BPM＝117°﹣100°＝17°，
∵∠PMC＝∠PBM+∠BPM，
∴∠PBM＝40°﹣17°＝23°，
∴∠ABP＝45°﹣23°＝22°．
②CP1＝MN，
∴CP＝CP1，
∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，
∵∠BP1C＝117°，
∴∠BP1M＝117°﹣80°＝37°，
∴∠MBP1＝40°﹣37°＝3°，
∴∠ABP＝42°．
综上，∠ABP＝22°或42°．
故选：A．
【点评】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，作出辅助线构建矩形CNGM证明P是MN的中点是解本题的关键．
16．（2019•德阳）如图，已知⊙O1与⊙O2的半径分别为2和1，且两圆外切，点A为⊙O1上一点，∠AO1O2＝30°，点P为线段O1O2上的一个动点，过P作O1A的平行线l，如果在⊙O2上有且仅有2个点到直线l的距离为，则O1P的取值范围是（ ）
A．＜O1P≤ B．＜O1P＜3 C．＜O1P≤ D．＜O1P＜
【考点】相切两圆的性质．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的计算；应用意识．
【分析】过点O2作O2B⊥直线l于B．求出两种特殊情形的O1P的值即可判断．
【解答】解：过点O2作O2B⊥直线l于B．
当O2B＝1+＝时，⊙O2上有且只有一个点到直线l的距离为，
∵AO1∥PB，
∴∠BPO2＝∠AO1P＝30°，
∴PO2＝2O2B＝，
∴O1P＝O1O2﹣O2P＝3﹣＝，
当O2B′＝1﹣＝时，同法可得P′O2＝2O2B′＝此时O1P′＝3﹣＝，
观察图可知：＜O1P＜，
故选：D．
【点评】本题考查相切两圆的性质，平行线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是性质寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共6小题）
17．（2021•阿坝州）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，∠B＝40°，则∠OAC的度数为 50° ．
【考点】圆周角定理．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠B＝80°，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和求解即可．
【解答】解：∵∠B＝40°，
∴∠AOC＝2∠B＝80°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠OAC＝（180°﹣∠AOC）＝×（180°﹣80°）＝50°，
故答案为：50°．
【点评】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
18．（2021•绵阳）如图，直线a∥b，若∠1＝28°，则∠2＝ 152° ．
【考点】平行线的性质．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【分析】利用平行线的性质可得∠3＝∠1＝28°，再利用邻补角即可求∠2的度数．
【解答】解：如图，
∵a∥b，∠1＝28°，
∴∠3＝∠1＝28°，
∴∠2＝180°﹣∠3＝152°．
故答案为：152°．
【点评】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
19．（2021•内江）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 +1 ．
【考点】矩形的性质；坐标与图形性质；三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】取AD的中点H，连接CH，OH，由勾股定理可求CH的长，由直角三角形的性质可求OH的长，由三角形的三边关系可求解．
【解答】解：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，
∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，
∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，
∵点H是AD的中点，
∴AH＝DH＝1，
∴CH＝＝＝，
∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，
∴OH＝AD＝1，
在△OCH中，CO＜OH+CH，
当点H在OC上时，CO＝OH+CH，
∴CO的最大值为OH+CH＝+1，
故答案为：+1．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．
20．（2021•达州）如图，在边长为6的等边△ABC中，点E，F分别是边AC，BC上的动点，且AE＝CF，连接BE，AF交于点P，连接CP，则CP的最小值为 2 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△ACF，可得∠ABE＝∠CAF，可求∠APB＝120°，过点A，点P，点B作⊙O，则点P在上运动，利用锐角三角函数可求CO，AO的长，即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠CAB＝∠ACB＝60°，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE＝∠CAF，
∴∠BPF＝∠PAB+∠ABP＝∠CAP+∠BAP＝60°，
∴∠APB＝120°，
如图，过点A，点P，点B作⊙O，连接CO，PO，
∴点P在上运动，
∵AO＝OP＝OB，
∴∠OAP＝∠OPA，∠OPB＝∠OBP，∠OAB＝∠OBA，
∴∠AOB＝360°﹣∠OAP﹣∠OPA﹣∠OPB﹣∠OBP＝120°，
∴∠OAB＝30°，
∴∠CAO＝90°，
∵AC＝BC，OA＝OB，
∴CO垂直平分AB，
∴∠ACO＝30°，
∴cos∠ACO＝，CO＝2AO，
∴CO＝4，
∴AO＝2，
在△CPO中，CP≥CO﹣OP，
∴当点P在CO上时，CP有最小值，
∴CP的最小值＝4﹣2＝2，
故答案为2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，圆的有关知识，确定点P的运动轨迹是解题的关键．
21．（2021•绵阳）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点，∠EHF＝∠DGE，CF＝，则AB＝ 4 ．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质；三角形中位线定理．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG＝2HF＝2，由AB∥CD，得∠CDM＝∠A＝60°，设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，在Rt△CMG中，借助勾股定理得：CG＝＝2，即可求出x的值，从而解决问题．
【解答】解：连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，
∵F、H分别为CE、GE中点，
∴FH是△CEG的中位线，
∴HF＝CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DGE＝∠E，
∵∠EHF＝∠DGE，
∴∠E＝∠EHF，
∴HF＝EF＝CF，
∴CG＝2HF＝2，
∵AB∥CD，
∴∠CDM＝∠A＝60°，
设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，
∵点G为AD的中点，
∴DG＝x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
CG＝＝2，
∴x＝2，
∴AB＝CD＝2x＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．
22．（2021•攀枝花）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别为边CD、BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有 ①④ （填上所有正确结论的序号）
【考点】四边形综合题．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】①正确，证明△ADM≌△DCN（SAS），可得结论．
②③错误，利用反证法证明即可．
④正确，利用勾股定理求出AN，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PQ，可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADM＝∠DCN＝90°，
在△ADM和△DCN，
，
∴△ADM≌△DCN（SAS），
∴∠DAM＝∠CDN，
∵∠CDN+∠ADP＝90°，
∴∠ADP+∠DAM＝90°，
∴∠APD＝90°，
∴AM⊥DN，故①正确，
不妨假设∠MAN＝∠BAN，
在△APN和△ABN中，
，
∴△PAN≌△ABN（AAS），
∴AB＝AP，
∵这个与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，
∴假设不成立，故②错误，
不妨假设△PQN≌△BQN，
则∠ANP＝∠ANB，同法可证△APN≌△ABN，
∴AP＝AB，
∵这个与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，
∴假设不成立，故③错误，
∵DM＝CN＝2，AB＝BC＝8，
∴BN＝6，
∵∠ABN＝90°，
∴AN＝＝＝10，
∵∠APN＝90°，AQ＝QN，
∴PQ＝AN＝5．故④正确，
故答案为：①④．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用反证法解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三．解答题（共4小题）
23．（2021•巴中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝BC．分别以B、D为圆心，大于BD长为半径画弧，两弧交于点M．画射线AM交BC于E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED为菱形；
（2）连接BD，当CE＝5时，求BD的长．
【考点】菱形的判定与性质；作图—基本作图．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）连接BD，根据题意得出AM为BD的线段垂直平分线，进而利用菱形的判定解答即可．
（2）根据含30°的直角三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）连接BD，
根据题意得出AM为BD的线段垂直平分线，
即BD⊥AE，
∵AD∥BC，AB＝AD＝CD＝BC，
∴∠ADB＝∠DBE，∠ABD＝∠ADB，
∴∠ABD＝∠DBE，
∵BD⊥AE，
∴AB＝BE，
∴AD＝AB＝BE＝DE，
∴四边形ABED为菱形；
方法二：设AE与BD的交点为O，
∴AM为BD的线段垂直平分线，
∴BO＝DO，
由平行可得∠DAO＝∠BEO，
∵∠AOD＝∠EOB，
∴△AOD≌△EOB（AAS），
∴AO＝EO，
∴四边形ABED是平行四边形，
∵AE⊥BD，
∴平行四边形ABED是菱形；
（2）∵AB＝AD＝CD＝BC，BE＝AD，
∴E是BC的中点，
∵DE＝BE＝CE＝CD＝5，
∴△BDC是直角三角形，
∵2DC＝BC，
∴△BDC是含30°的直角三角形，
∴BD＝CD＝5．
【点评】此题考查菱形的判定和性质，关键是根据题意得出AM为BD的线段垂直平分线解答．
24．（2021•内江）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，且，过点D的直线DE⊥AC交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连结AD、OE交于点G．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结BE，在（2）的条件下，求BE的长．
【考点】圆的综合题．版权所有
【专题】与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD＝∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB＝∠ODA，则∠CAD＝∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE＝3，AD＝2，解直角三角形得到∠DAB＝30°，则∠EAF＝60°，∠DOB＝60°，DF＝2，再根据S阴影＝S△DOF﹣S扇形DOB即可得解；
（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM＝，EM＝，则MB＝，再根据勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵＝，
∴∠CAD＝∠DAB，
∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ODA，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵OD∥AE，
∴△OGD∽△EGA，
∴＝，
∵＝，⊙O的半径为2，
∴＝，
∴AE＝3，
如图，连接BD，
∵AB是⊙O的直径，DE⊥AE，
∴∠AED＝∠ADB＝90°，
∵∠CAD＝∠DAB，
∴△AED∽△ADB，
∴＝，
即＝，
∴AD＝2，
在Rt△ADB中，cos∠DAB＝＝，
∴∠DAB＝30°，
∴∠EAF＝60°，∠DOB＝60°，
∴∠F＝30°，
∵OD＝2，
∴DF＝＝＝2，
∴S阴影＝S△DOF﹣S扇形DOB＝×2×2﹣＝2﹣；
（3）如图，过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，
在Rt△AEM中，AM＝AE•cos60°＝3×＝，EM＝AE•sin60°＝，
∴MB＝AB﹣AM＝4﹣＝，
∴BE＝＝＝．
【点评】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
25．（2021•阿坝州）如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一点，连接DE交AC于点F，连接BF．
（1）求证：△CBF≌△CDF；
（2）如图2，过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N．
①求证：FB＝FG；
②若tan∠BDE＝，ON＝1，求CG的长．
【考点】四边形综合题．版权所有
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据正方形的性质可得CB＝CD，∠BCF＝∠DCF＝45°，利用SAS即可证明△CBF≌△CDF；
（2）①根据等角的余角相等得∠CDE＝∠G，由（1）知△CBF≌△CDF，得∠CBF＝∠CDF，等量代换即可解决问题；
②根据tan∠OFN＝tan∠BDE＝，得OF＝2ON＝2，OC＝OD＝2OF＝4，则CF＝OC﹣OF＝2，作FH⊥BG于H，则CH＝，而BC＝4，再运用①的结论即可解题．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCF＝∠DCF＝45°，
在△CBF和△CDF中，
，
∴△CBF≌△CDF（SAS）；
（2）①∵FG⊥DE，
∴∠DFG＝90°，
∴∠G+∠FEG＝90°，
∵∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠CDE＝∠G，
由（1）知△CBF≌△CDF，
∴∠CBF＝∠CDF，
∴∠CBF＝∠G，
∴FB＝FG；
②∵∠FDN+∠FND＝90°，∠OFN+∠FND＝90°，
∴∠FDN＝∠OFN，
∴tan∠OFN＝tan∠BDE＝，
∴OF＝2ON＝2，OC＝OD＝2OF＝4，
∴CF＝OC﹣OF＝2，
作FH⊥BG于H，则CH＝，
∵OC＝4，
∴BC＝OC＝4，
∴BH＝BC﹣CH＝3，
由①知BF＝FG，且FH⊥BC，
∴GH＝BH＝3，
∴CG＝GH﹣CH＝3﹣＝2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，运用前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．
26．（2021•宜宾）如图1，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若tan∠ADC＝，AC＝2，求⊙O的半径；
（3）如图2，在（2）的条件下，∠ADB的平分线DE交⊙O于点E，交AB于点F，连结BE．求sin∠DBE的值．
【考点】圆的综合题．版权所有
【专题】综合题；推理能力．
【分析】（1）CD与⊙O相切，理由：连接OD，先判断出∠CDA＝∠ODB，再根据∠ADB＝∠ADO+∠ODB＝90°，判断出∠CDO＝90°，即可得出结论；
（2）先判断出tan∠CBD＝，进而得出tan∠CBD＝＝，再判断出△CAD∽△CDB，得出，求出CD，CB，即可得出结论；
（3）连接OE，过点E作EG⊥BD于G，先判断出∠BOE＝2∠BDE＝90°，进而求出BE＝3，再利用勾股定理求出AD＝，BD＝，再判断出DG＝EG，设DG＝EG＝x，则BG＝﹣x，再用勾股定理求出x，即可得出结论．
【解答】解：（1）CD与⊙O相切，理由：
如图1，连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠CDA＝∠ODB，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ADO+∠ODB＝90°，
∴∠CDA+∠ADO＝90°，
∴∠CDO＝90°，
∴OD⊥CD，
∴CD与⊙O相切；
（2）由（1）知，∠CBD＝∠ADC，
∵tan∠ADC＝，
∴tan∠CBD＝，
在Rt△ADB中，tan∠CBD＝＝，
∵∠C＝∠C，∠ADC＝∠CBD，
∴△CAD∽△CDB，
∴，
∴CD＝2CA＝4，
∴CB＝2CD＝8，
∴AB＝CB﹣CA＝8﹣2＝6，
∴OA＝OB＝AB＝3，
∴⊙O的半径为3；
（3）如图2，连接OE，过点E作EG⊥BD于G，
∵DE平分∠ADB，
∴∠ADE＝∠BDE＝45°，
∴∠BOE＝2∠BDE＝90°，
∴BE＝＝3，
在Rt△ABD中，AD2+BD2＝AB2＝62，
∵，
∴AD＝，BD＝，
∵EG⊥BD，∠BDE＝45°，
∴∠DEG＝∠BDE＝45°，
∴DG＝EG，
设DG＝EG＝x，则BG＝BD﹣DG＝﹣x，
在Rt△BEG中，EG2+BG2＝BE2＝（3）2＝18，
∴x2+（﹣x）2＝18，
∴x＝或x＝（舍），
∴EG＝，
∴sin∠DBE＝＝．
【点评】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，作出辅助线构造出相似三角形是解本题的关键．
考点卡片
1．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．
2．平行线的性质
1、平行线性质定理
定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等． 简单说成：两直线平行，同位角相等．
定理2：两条平行线被地三条直线所截，同旁内角互补．．简单说成：两直线平行，同旁内角互补．
定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等． 简单说成：两直线平行，内错角相等．
2、两条平行线之间的距离处处相等．
3．三角形三边关系
（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
（3）三角形的两边差小于第三边．
（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略．
4．三角形的外角性质
（1）三角形外角的定义：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．
三角形共有六个外角，其中有公共顶点的两个相等，因此共有三对．
（2）三角形的外角性质：
①三角形的外角和为360°．
②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
③三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角．
（3）若研究的角比较多，要设法利用三角形的外角性质②将它们转化到一个三角形中去．
（4）探究角度之间的不等关系，多用外角的性质③，先从最大角开始，观察它是哪个三角形的外角．
5．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
6．全等三角形的应用
（1）全等三角形的性质与判定综合应用
用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．
（2）作辅助线构造全等三角形
常见的辅助线做法：①把三角形一边的中线延长，把分散条件集中到同一个三角形中是解决中线问题的基本规律．②证明一条线段等于两条线段的和，可采用“截长法”或“补短法”，这些问题经常用到全等三角形来证明．
（3）全等三角形在实际问题中的应用
一般方法是把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出示意图，把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．
7．线段垂直平分线的性质
（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．
（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段． ②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等． ③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．
8．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
9．等腰三角形的判定与性质
1、等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．
2、在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的高、底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，有时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析．
3、等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖全等三角形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解决．
10．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
11．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
12．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
13．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
14．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．
15．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．
16．平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形．
17．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
18．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
19．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．） （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
20．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
21．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
22．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
23．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
24．正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
25．中点四边形
中点四边形．
26．四边形综合题
四边形综合题．
27．垂径定理
（1）垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理的推论
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
28．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
29．三角形的外接圆与外心
（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
（3）概念说明：
①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个．
30．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
31．相切两圆的性质
相切两圆的性质：如果两圆相切，那么连心线必经过切点．
这说明两圆的圆心和切点三点共线，为证明带来了很大方便．
32．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝πr2
（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．
（3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则
S扇形＝πR2或S扇形＝lR（其中l为扇形的弧长）
（4）求阴影面积常用的方法：
①直接用公式法；
②和差法；
③割补法．
（5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
33．圆的综合题
圆的综合题．
34．作图—基本作图
基本作图有：
（1）作一条线段等于已知线段．
（2）作一个角等于已知角．
（3）作已知线段的垂直平分线．
（4）作已知角的角平分线．
（5）过一点作已知直线的垂线．
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2017-2021年四川中考数学真题分类汇编之图形的性质
一．选择题（共16小题）
1．（2020•资阳）将一副直角三角板（∠A＝30°，∠E＝45°）按如图所示的位置摆放，使AB∥EF，则∠DOC的度数是（ ）
A．70° B．75° C．80° D．85°
2．（2019•广元）如图，AB，AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，且AB＝10，AC＝8，则BD的长为（ ）
A．2 B．4 C．2 D．4.8
3．（2021•攀枝花）如图，一名工作人员不慎将一块三角形模具打碎成三块，他要带其中一块或两块碎片到商店去配一块与原来一样的三角形模具，他带（ ）去最省事．
A．① B．② C．③ D．①③
4．（2021•德阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AB＝AD B．OE＝AB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
5．（2020•成都）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点B和C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N；②作直线MN交AC于点D，连接BD．若AC＝6，AD＝2，则BD的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
6．（2019•阿坝州）如图，扇形的半径为6cm，圆心角为120°，则该扇形的面积为（ ）
A．6πcm2 B．9πcm2 C．12πcm2 D．18πcm2
7．（2021•阿坝州）如图，在△ABC中，∠BAC＝70°，∠C＝40°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN交BC于点D，连接AD，则∠BAD的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
8．（2021•内江）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝60°，若⊙O的半径OC为2，则弦BC的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．
9．（2021•绵阳）如图，在边长为3的正方形ABCD中，∠CDE＝30°，DE⊥CF，则BF的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
10．（2021•巴中）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A． B． C． D．
11．（2020•遂宁）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E，若CD＝，则图中阴影部分面积为（ ）
A．4﹣ B．2﹣ C．2﹣π D．1﹣
12．（2020•广元）如图，a∥b，M、N分别在a，b上，P为两平行线间一点，那么∠1+∠2+∠3＝（ ）
A．180° B．360° C．270° D．540°
13．（2020•巴中）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，DE∥AB，AD＝3，CE＝5，则AC的长为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．7
14．（2019•雅安）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AC、BD是对角线，E、F、G、H分别是AD、BD、BC、AC的中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH的形状是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
15．（2021•绵阳）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别为BC、AC上的点，∠CNM＝50°，P为MN上的点，且PC＝MN，∠BPC＝117°，则∠ABP＝（ ）
A．22°或42° B．23° C．25° D．27°
16．（2019•德阳）如图，已知⊙O1与⊙O2的半径分别为2和1，且两圆外切，点A为⊙O1上一点，∠AO1O2＝30°，点P为线段O1O2上的一个动点，过P作O1A的平行线l，如果在⊙O2上有且仅有2个点到直线l的距离为，则O1P的取值范围是（ ）
A．＜O1P≤ B．＜O1P＜3 C．＜O1P≤ D．＜O1P＜
二．填空题（共6小题）
17．（2021•阿坝州）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，∠B＝40°，则∠OAC的度数为 ．
18．（2021•绵阳）如图，直线a∥b，若∠1＝28°，则∠2＝ ．
19．（2021•内江）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 ．
20．（2021•达州）如图，在边长为6的等边△ABC中，点E，F分别是边AC，BC上的动点，且AE＝CF，连接BE，AF交于点P，连接CP，则CP的最小值为 ．
21．（2021•绵阳）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点，∠EHF＝∠DGE，CF＝，则AB＝ ．
22．（2021•攀枝花）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别为边CD、BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有 （填上所有正确结论的序号）
三．解答题（共4小题）
23．（2021•巴中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝BC．分别以B、D为圆心，大于BD长为半径画弧，两弧交于点M．画射线AM交BC于E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED为菱形；
（2）连接BD，当CE＝5时，求BD的长．
24．（2021•内江）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，且，过点D的直线DE⊥AC交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连结AD、OE交于点G．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结BE，在（2）的条件下，求BE的长．
25．（2021•阿坝州）如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一点，连接DE交AC于点F，连接BF．
（1）求证：△CBF≌△CDF；
（2）如图2，过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N．
①求证：FB＝FG；
②若tan∠BDE＝，ON＝1，求CG的长．
26．（2021•宜宾）如图1，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若tan∠ADC＝，AC＝2，求⊙O的半径；
（3）如图2，在（2）的条件下，∠ADB的平分线DE交⊙O于点E，交AB于点F，连结BE．求sin∠DBE的值．
2017-2021年四川中考数学真题分类汇编之图形的性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2020•资阳）将一副直角三角板（∠A＝30°，∠E＝45°）按如图所示的位置摆放，使AB∥EF，则∠DOC的度数是（ ）
A．70° B．75° C．80° D．85°
【考点】平行线的性质；三角形的外角性质．版权所有
【专题】推理能力．
【分析】在Rt△DEF中，由两角互余得∠F＝45°，根据直线AB∥EF得∠A＝∠ACF，再由三角形外角的性质即可求解．
【解答】解：∵∠D＝90°，
∴∠E+∠F＝90°，
又∵∠E＝45°，
∴∠F＝45°，
又∵AB∥EF，
∴∠A＝∠ACF，
又∵∠A＝30°，
∴∠ACF＝30°，
∴∠DOC＝∠ACF+∠F＝30°+45°＝75°．
故选：B．
【点评】本题综合考查了平行线的性质，三角形的外角的性质等相关知识，解题的关键是熟练掌握平行线的性质，三角形的外角的性质等知识．
2．（2019•广元）如图，AB，AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D，连接BD，BC，且AB＝10，AC＝8，则BD的长为（ ）
A．2 B．4 C．2 D．4.8
【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质．
【分析】先根据圆周角定理得∠ACB＝90°，则利用勾股定理计算出BC＝6，再根据垂径定理得到CD＝AD＝AC＝4，然后利用勾股定理计算BD的长．
【解答】解：∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝＝＝6，
∵OD⊥AC，
∴CD＝AD＝AC＝4，
在Rt△CBD中，BD＝＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
3．（2021•攀枝花）如图，一名工作人员不慎将一块三角形模具打碎成三块，他要带其中一块或两块碎片到商店去配一块与原来一样的三角形模具，他带（ ）去最省事．
A．① B．② C．③ D．①③
【考点】全等三角形的应用．版权所有
【专题】图形的全等；推理能力．
【分析】根据全等三角形的判定方法结合图形判断出带③去．
【解答】解：由图形可知，③有完整的两角与夹边，根据“角边角”可以作出与原三角形全等的三角形，
所以，最省事的做法是带③去．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
4．（2021•德阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AB＝AD B．OE＝AB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE＝DE＝CE＝CD＝AB，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，AC⊥BD，故选项A不合题意，
∵点E是CD的中点，
∴OE＝DE＝CE＝CD＝AB，故选项B不合题意；
∴∠EOD＝∠EDO，故选项D不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．
5．（2020•成都）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点B和C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N；②作直线MN交AC于点D，连接BD．若AC＝6，AD＝2，则BD的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【考点】作图—基本作图．版权所有
【专题】作图题；推理能力．
【分析】根据线段垂直平分线的性质即可得到结论．
【解答】解：由作图知，MN是线段BC的垂直平分线，
∴BD＝CD，
∵AC＝6，AD＝2，
∴BD＝CD＝4，
故选：C．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：作已知线段的垂直平分线；并掌握线段垂直平分线的性质是关键．
6．（2019•阿坝州）如图，扇形的半径为6cm，圆心角为120°，则该扇形的面积为（ ）
A．6πcm2 B．9πcm2 C．12πcm2 D．18πcm2
【考点】扇形面积的计算．版权所有
【专题】与圆有关的计算；运算能力．
【分析】将所给数据直接代入扇形面积公式S扇形＝进行计算即可得出答案．
【解答】解：由题意得，n＝120°，R＝6cm，
故＝12π．
故选：C．
【点评】此题考查了扇形面积的计算，属于基础题，解答本题的关键是熟记扇形的面积公式及公式中字母所表示的含义，难度一般．
7．（2021•阿坝州）如图，在△ABC中，∠BAC＝70°，∠C＝40°，分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，作直线MN交BC于点D，连接AD，则∠BAD的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【考点】作图—基本作图；线段垂直平分线的性质．版权所有
【专题】作图题；线段、角、相交线与平行线；推理能力；应用意识．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得出∠DAC＝∠C＝40°，进而求出∠BAD的度数．
【解答】解：由作图可知，直线MN是线段AC的垂直平分线，
∴DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C＝40°．
∵∠BAC＝70°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝70°﹣40°＝30°．
故选：A．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8．（2021•内江）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝60°，若⊙O的半径OC为2，则弦BC的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．
【考点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理．版权所有
【专题】证明题；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据圆周角定理求得∠BOC＝120°，过点O作OM⊥BC，然后结合，等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质分析求解．
【解答】解：过点O作OM⊥BC，交BC于点M，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
又∵OB＝OC，OM⊥BC，
∴∠COM＝∠BOC＝60°，MB＝MC，
∴在Rt△COM中，∠OCM＝30°，
∴OM＝OC＝1，CM＝OM＝，
∴BC＝2CM＝2，
故选：B．
【点评】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，含30°直角三角形的性质，理解相关性质定理正确推理计算是解题关键．
9．（2021•绵阳）如图，在边长为3的正方形ABCD中，∠CDE＝30°，DE⊥CF，则BF的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
【考点】正方形的性质．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由正方形的性质得出DC＝CB，∠DCE＝∠CBF＝90°，由ASA证得△DCE≌△CBF，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC＝∠DCE＝90°，CD＝BC＝3，
Rt△DCE中，∠CDE＝30°，
∴CE＝DE，
设CE＝x，则DE＝2x，
根据勾股定理得：DC2+CE2＝DE2，
即32+x2＝（2x）2，
解得：x＝±（负值舍去），
∴CE＝，
∵DE⊥CF，
∴∠DOC＝90°，
∴∠DCO＝60°，
∴∠BCF＝90°﹣60°＝30°＝∠CDE，
∵∠DCE＝∠CBF，CD＝BC，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴BF＝CE＝．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明△DCE≌△CBF是解题的关键．
10．（2021•巴中）如图，AB是⊙O的弦，且AB＝6，点C是弧AB中点，点D是优弧AB上的一点，∠ADC＝30°，则圆心O到弦AB的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【考点】圆周角定理；垂径定理．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据题意连接OA、OC，OC交AB于点E，根据垂径定理推出OC⊥AB，且AE＝BE＝3，再由圆周角定理推出∠AOC＝2∠ADC＝60°，从而根据直角三角形的性质进行求解即可．
【解答】解：如图，
连接OA、OC，OC交AB于点E，
∵点C是弧AB中点，AB＝6，
∴OC⊥AB，且AE＝BE＝3，
∵∠ADC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，
∴OE＝AE＝，
故圆心O到弦AB的距离为．
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理及垂径定理，解题的关键是根据题意作出辅助线OA，OC，从而根据垂径定理和圆周角定理进行求解，注意数形结合思想方法的运用．
11．（2020•遂宁）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，点O在AB上，经过点A的⊙O与BC相切于点D，交AB于点E，若CD＝，则图中阴影部分面积为（ ）
A．4﹣ B．2﹣ C．2﹣π D．1﹣
【考点】切线的性质；扇形面积的计算；等腰直角三角形．版权所有
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【分析】连接OD，作OH⊥AC于H，根据切线的性质得到OD⊥BC，得到四边形ODCH为矩形，求出OH＝CD＝，进而出去OA＝2，计算出∠BOD＝45°，BD＝OD＝2，利用图中阴影部分面积＝S△OBD﹣S扇形DOE进行计算．
【解答】解：如图，连接OD，过O作OH⊥AC于H，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠B＝∠CAB＝45°，
∵⊙O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
∴四边形ODCH为矩形，
∴OH＝CD＝，
在Rt△OAH中，∠OAH＝45°，
∴OA＝OH＝2，
在Rt△OBD中，∠B＝45°，
∴∠BOD＝45°，BD＝OD＝2，
∴图中阴影部分面积＝S△OBD﹣S扇形DOE
＝×2×2﹣
＝2﹣π．
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了扇形面积的计算．
12．（2020•广元）如图，a∥b，M、N分别在a，b上，P为两平行线间一点，那么∠1+∠2+∠3＝（ ）
A．180° B．360° C．270° D．540°
【考点】平行线的性质．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；几何直观；推理能力．
【分析】首先作出PA∥a，根据平行线性质，两直线平行同旁内角互补，可以得出∠1+∠2+∠3的值．
【解答】解：过点P作PA∥a，
∵a∥b，PA∥a，
∴a∥b∥PA，
∴∠1+∠MPA＝180°，∠3+∠APN＝180°，
∴∠1+∠MPA+∠3+∠APN＝180°+180°＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，作出PA∥a是解决问题的关键．
13．（2020•巴中）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，DE∥AB，AD＝3，CE＝5，则AC的长为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．7
【考点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；平行线的性质．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【分析】根据角平分线的定义得到∠BAD＝∠CAD＝BAC＝60°，根据平行线的性质得到∠BAD＝∠ADE＝60°，∠DEC＝∠BAC＝120°，推出△ADE是等边三角形，于是得到结论．
【解答】解：∵∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝BAC＝60°，
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE＝60°，
∠DEC＝∠BAC＝120°，
∴∠AED＝60°，
∴∠ADE＝∠AED，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝AD＝3，
∴AC＝AE+CE＝3+5＝8，
故选：B．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各定理是解题的关键．
14．（2019•雅安）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AC、BD是对角线，E、F、G、H分别是AD、BD、BC、AC的中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH的形状是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【考点】中点四边形；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】根据三角形的中位线定理可得，EH平行且等于CD的一半，FG平行且等于CD的一半，根据等量代换和平行于同一条直线的两直线平行，得到EH和FG平行且相等，所以EFGH为平行四边形，又因为EF等于AB的一半且AB＝CD，所以得到所证四边形的邻边EH与EF相等，所以四边形EFGH为菱形．
【解答】解：∵E、F、G、H分别是AD、BD、BC、AC的中点，
∴在△ADC中，EH为△ADC的中位线，所以EH∥CD且EH＝CD；同理FG∥CD且FG＝CD，同理可得EF＝AB，
则EH∥FG且EH＝FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，又AB＝CD，所以EF＝EH，
∴四边形EFGH为菱形．
故选：C．
【点评】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．
15．（2021•绵阳）如图，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，M、N分别为BC、AC上的点，∠CNM＝50°，P为MN上的点，且PC＝MN，∠BPC＝117°，则∠ABP＝（ ）
A．22°或42° B．23° C．25° D．27°
【考点】等腰直角三角形；矩形的判定与性质；等腰三角形的性质．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【分析】作辅助线，构建矩形，得P是MN的中点，则MP＝NP＝CP，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可解答．
【解答】解：如图，过点M作MG⊥BC于M，过点N作NG⊥AC于N，连接CG交MN于H，
∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，
∴四边形CMGN是矩形，
∴CH＝CG＝MN，
∵PC＝MN，
存在两种情况：
如图，CP＝CP1＝MN，
①P是MN中点时，
∴MP＝NP＝CP，
∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMC＝∠PCM＝90°﹣50°＝40°，
∴∠CPM＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CPB＝117°，
∴∠BPM＝117°﹣100°＝17°，
∵∠PMC＝∠PBM+∠BPM，
∴∠PBM＝40°﹣17°＝23°，
∴∠ABP＝45°﹣23°＝22°．
②CP1＝MN，
∴CP＝CP1，
∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，
∵∠BP1C＝117°，
∴∠BP1M＝117°﹣80°＝37°，
∴∠MBP1＝40°﹣37°＝3°，
∴∠ABP＝42°．
综上，∠ABP＝22°或42°．
故选：A．
【点评】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，作出辅助线构建矩形CNGM证明P是MN的中点是解本题的关键．
16．（2019•德阳）如图，已知⊙O1与⊙O2的半径分别为2和1，且两圆外切，点A为⊙O1上一点，∠AO1O2＝30°，点P为线段O1O2上的一个动点，过P作O1A的平行线l，如果在⊙O2上有且仅有2个点到直线l的距离为，则O1P的取值范围是（ ）
A．＜O1P≤ B．＜O1P＜3 C．＜O1P≤ D．＜O1P＜
【考点】相切两圆的性质．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的计算；应用意识．
【分析】过点O2作O2B⊥直线l于B．求出两种特殊情形的O1P的值即可判断．
【解答】解：过点O2作O2B⊥直线l于B．
当O2B＝1+＝时，⊙O2上有且只有一个点到直线l的距离为，
∵AO1∥PB，
∴∠BPO2＝∠AO1P＝30°，
∴PO2＝2O2B＝，
∴O1P＝O1O2﹣O2P＝3﹣＝，
当O2B′＝1﹣＝时，同法可得P′O2＝2O2B′＝此时O1P′＝3﹣＝，
观察图可知：＜O1P＜，
故选：D．
【点评】本题考查相切两圆的性质，平行线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是性质寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共6小题）
17．（2021•阿坝州）如图，A，B，C是⊙O上的三个点，∠B＝40°，则∠OAC的度数为 50° ．
【考点】圆周角定理．版权所有
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠B＝80°，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和求解即可．
【解答】解：∵∠B＝40°，
∴∠AOC＝2∠B＝80°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠OAC＝（180°﹣∠AOC）＝×（180°﹣80°）＝50°，
故答案为：50°．
【点评】此题考查了圆周角定理，熟记圆周角定理是解题的关键．
18．（2021•绵阳）如图，直线a∥b，若∠1＝28°，则∠2＝ 152° ．
【考点】平行线的性质．版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【分析】利用平行线的性质可得∠3＝∠1＝28°，再利用邻补角即可求∠2的度数．
【解答】解：如图，
∵a∥b，∠1＝28°，
∴∠3＝∠1＝28°，
∴∠2＝180°﹣∠3＝152°．
故答案为：152°．
【点评】本题主要考查平行线的性质，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
19．（2021•内江）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 +1 ．
【考点】矩形的性质；坐标与图形性质；三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】取AD的中点H，连接CH，OH，由勾股定理可求CH的长，由直角三角形的性质可求OH的长，由三角形的三边关系可求解．
【解答】解：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，
∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，
∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，
∵点H是AD的中点，
∴AH＝DH＝1，
∴CH＝＝＝，
∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，
∴OH＝AD＝1，
在△OCH中，CO＜OH+CH，
当点H在OC上时，CO＝OH+CH，
∴CO的最大值为OH+CH＝+1，
故答案为：+1．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．
20．（2021•达州）如图，在边长为6的等边△ABC中，点E，F分别是边AC，BC上的动点，且AE＝CF，连接BE，AF交于点P，连接CP，则CP的最小值为 2 ．
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；推理能力．
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△ACF，可得∠ABE＝∠CAF，可求∠APB＝120°，过点A，点P，点B作⊙O，则点P在上运动，利用锐角三角函数可求CO，AO的长，即可求解．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠CAB＝∠ACB＝60°，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE＝∠CAF，
∴∠BPF＝∠PAB+∠ABP＝∠CAP+∠BAP＝60°，
∴∠APB＝120°，
如图，过点A，点P，点B作⊙O，连接CO，PO，
∴点P在上运动，
∵AO＝OP＝OB，
∴∠OAP＝∠OPA，∠OPB＝∠OBP，∠OAB＝∠OBA，
∴∠AOB＝360°﹣∠OAP﹣∠OPA﹣∠OPB﹣∠OBP＝120°，
∴∠OAB＝30°，
∴∠CAO＝90°，
∵AC＝BC，OA＝OB，
∴CO垂直平分AB，
∴∠ACO＝30°，
∴cos∠ACO＝，CO＝2AO，
∴CO＝4，
∴AO＝2，
在△CPO中，CP≥CO﹣OP，
∴当点P在CO上时，CP有最小值，
∴CP的最小值＝4﹣2＝2，
故答案为2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，锐角三角函数，圆的有关知识，确定点P的运动轨迹是解题的关键．
21．（2021•绵阳）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点，∠EHF＝∠DGE，CF＝，则AB＝ 4 ．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质；三角形中位线定理．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG＝2HF＝2，由AB∥CD，得∠CDM＝∠A＝60°，设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，在Rt△CMG中，借助勾股定理得：CG＝＝2，即可求出x的值，从而解决问题．
【解答】解：连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，
∵F、H分别为CE、GE中点，
∴FH是△CEG的中位线，
∴HF＝CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DGE＝∠E，
∵∠EHF＝∠DGE，
∴∠E＝∠EHF，
∴HF＝EF＝CF，
∴CG＝2HF＝2，
∵AB∥CD，
∴∠CDM＝∠A＝60°，
设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，
∵点G为AD的中点，
∴DG＝x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
CG＝＝2，
∴x＝2，
∴AB＝CD＝2x＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．
22．（2021•攀枝花）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别为边CD、BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有 ①④ （填上所有正确结论的序号）
【考点】四边形综合题．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】①正确，证明△ADM≌△DCN（SAS），可得结论．
②③错误，利用反证法证明即可．
④正确，利用勾股定理求出AN，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PQ，可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADM＝∠DCN＝90°，
在△ADM和△DCN，
，
∴△ADM≌△DCN（SAS），
∴∠DAM＝∠CDN，
∵∠CDN+∠ADP＝90°，
∴∠ADP+∠DAM＝90°，
∴∠APD＝90°，
∴AM⊥DN，故①正确，
不妨假设∠MAN＝∠BAN，
在△APN和△ABN中，
，
∴△PAN≌△ABN（AAS），
∴AB＝AP，
∵这个与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，
∴假设不成立，故②错误，
不妨假设△PQN≌△BQN，
则∠ANP＝∠ANB，同法可证△APN≌△ABN，
∴AP＝AB，
∵这个与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，
∴假设不成立，故③错误，
∵DM＝CN＝2，AB＝BC＝8，
∴BN＝6，
∵∠ABN＝90°，
∴AN＝＝＝10，
∵∠APN＝90°，AQ＝QN，
∴PQ＝AN＝5．故④正确，
故答案为：①④．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用反证法解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三．解答题（共4小题）
23．（2021•巴中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝CD＝BC．分别以B、D为圆心，大于BD长为半径画弧，两弧交于点M．画射线AM交BC于E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED为菱形；
（2）连接BD，当CE＝5时，求BD的长．
【考点】菱形的判定与性质；作图—基本作图．版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）连接BD，根据题意得出AM为BD的线段垂直平分线，进而利用菱形的判定解答即可．
（2）根据含30°的直角三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）连接BD，
根据题意得出AM为BD的线段垂直平分线，
即BD⊥AE，
∵AD∥BC，AB＝AD＝CD＝BC，
∴∠ADB＝∠DBE，∠ABD＝∠ADB，
∴∠ABD＝∠DBE，
∵BD⊥AE，
∴AB＝BE，
∴AD＝AB＝BE＝DE，
∴四边形ABED为菱形；
方法二：设AE与BD的交点为O，
∴AM为BD的线段垂直平分线，
∴BO＝DO，
由平行可得∠DAO＝∠BEO，
∵∠AOD＝∠EOB，
∴△AOD≌△EOB（AAS），
∴AO＝EO，
∴四边形ABED是平行四边形，
∵AE⊥BD，
∴平行四边形ABED是菱形；
（2）∵AB＝AD＝CD＝BC，BE＝AD，
∴E是BC的中点，
∵DE＝BE＝CE＝CD＝5，
∴△BDC是直角三角形，
∵2DC＝BC，
∴△BDC是含30°的直角三角形，
∴BD＝CD＝5．
【点评】此题考查菱形的判定和性质，关键是根据题意得出AM为BD的线段垂直平分线解答．
24．（2021•内江）如图，AB是⊙O的直径，C、D是⊙O上两点，且，过点D的直线DE⊥AC交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连结AD、OE交于点G．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若，⊙O的半径为2，求阴影部分的面积；
（3）连结BE，在（2）的条件下，求BE的长．
【考点】圆的综合题．版权所有
【专题】与圆有关的位置关系；与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据同圆中等弧所对的圆周角相等得到∠CAD＝∠DAB，根据等边对等角得到∠DAB＝∠ODA，则∠CAD＝∠ODA，即可判定OD∥AE，进而得到OD⊥DE，据此即可得解；
（2）连接BD，根据相似三角形的性质求出AE＝3，AD＝2，解直角三角形得到∠DAB＝30°，则∠EAF＝60°，∠DOB＝60°，DF＝2，再根据S阴影＝S△DOF﹣S扇形DOB即可得解；
（3）过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，解直角三角形得到AM＝，EM＝，则MB＝，再根据勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵＝，
∴∠CAD＝∠DAB，
∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ODA，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵OD∥AE，
∴△OGD∽△EGA，
∴＝，
∵＝，⊙O的半径为2，
∴＝，
∴AE＝3，
如图，连接BD，
∵AB是⊙O的直径，DE⊥AE，
∴∠AED＝∠ADB＝90°，
∵∠CAD＝∠DAB，
∴△AED∽△ADB，
∴＝，
即＝，
∴AD＝2，
在Rt△ADB中，cos∠DAB＝＝，
∴∠DAB＝30°，
∴∠EAF＝60°，∠DOB＝60°，
∴∠F＝30°，
∵OD＝2，
∴DF＝＝＝2，
∴S阴影＝S△DOF﹣S扇形DOB＝×2×2﹣＝2﹣；
（3）如图，过点E作EM⊥AB于点M，连接BE，
在Rt△AEM中，AM＝AE•cos60°＝3×＝，EM＝AE•sin60°＝，
∴MB＝AB﹣AM＝4﹣＝，
∴BE＝＝＝．
【点评】此题是圆的综合题，考查了切线的判定与性质、扇形的面积、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质并证明△OGD∽△EGA求出AE是解题的关键．
25．（2021•阿坝州）如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是边BC上一点，连接DE交AC于点F，连接BF．
（1）求证：△CBF≌△CDF；
（2）如图2，过点F作DE的垂线，交BC的延长线于点G，交OB于点N．
①求证：FB＝FG；
②若tan∠BDE＝，ON＝1，求CG的长．
【考点】四边形综合题．版权所有
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据正方形的性质可得CB＝CD，∠BCF＝∠DCF＝45°，利用SAS即可证明△CBF≌△CDF；
（2）①根据等角的余角相等得∠CDE＝∠G，由（1）知△CBF≌△CDF，得∠CBF＝∠CDF，等量代换即可解决问题；
②根据tan∠OFN＝tan∠BDE＝，得OF＝2ON＝2，OC＝OD＝2OF＝4，则CF＝OC﹣OF＝2，作FH⊥BG于H，则CH＝，而BC＝4，再运用①的结论即可解题．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCF＝∠DCF＝45°，
在△CBF和△CDF中，
，
∴△CBF≌△CDF（SAS）；
（2）①∵FG⊥DE，
∴∠DFG＝90°，
∴∠G+∠FEG＝90°，
∵∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠CDE＝∠G，
由（1）知△CBF≌△CDF，
∴∠CBF＝∠CDF，
∴∠CBF＝∠G，
∴FB＝FG；
②∵∠FDN+∠FND＝90°，∠OFN+∠FND＝90°，
∴∠FDN＝∠OFN，
∴tan∠OFN＝tan∠BDE＝，
∴OF＝2ON＝2，OC＝OD＝2OF＝4，
∴CF＝OC﹣OF＝2，
作FH⊥BG于H，则CH＝，
∵OC＝4，
∴BC＝OC＝4，
∴BH＝BC﹣CH＝3，
由①知BF＝FG，且FH⊥BC，
∴GH＝BH＝3，
∴CG＝GH﹣CH＝3﹣＝2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，运用前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．
26．（2021•宜宾）如图1，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA＝∠CBD．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若tan∠ADC＝，AC＝2，求⊙O的半径；
（3）如图2，在（2）的条件下，∠ADB的平分线DE交⊙O于点E，交AB于点F，连结BE．求sin∠DBE的值．
【考点】圆的综合题．版权所有
【专题】综合题；推理能力．
【分析】（1）CD与⊙O相切，理由：连接OD，先判断出∠CDA＝∠ODB，再根据∠ADB＝∠ADO+∠ODB＝90°，判断出∠CDO＝90°，即可得出结论；
（2）先判断出tan∠CBD＝，进而得出tan∠CBD＝＝，再判断出△CAD∽△CDB，得出，求出CD，CB，即可得出结论；
（3）连接OE，过点E作EG⊥BD于G，先判断出∠BOE＝2∠BDE＝90°，进而求出BE＝3，再利用勾股定理求出AD＝，BD＝，再判断出DG＝EG，设DG＝EG＝x，则BG＝﹣x，再用勾股定理求出x，即可得出结论．
【解答】解：（1）CD与⊙O相切，理由：
如图1，连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠CDA＝∠ODB，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ADO+∠ODB＝90°，
∴∠CDA+∠ADO＝90°，
∴∠CDO＝90°，
∴OD⊥CD，
∴CD与⊙O相切；
（2）由（1）知，∠CBD＝∠ADC，
∵tan∠ADC＝，
∴tan∠CBD＝，
在Rt△ADB中，tan∠CBD＝＝，
∵∠C＝∠C，∠ADC＝∠CBD，
∴△CAD∽△CDB，
∴，
∴CD＝2CA＝4，
∴CB＝2CD＝8，
∴AB＝CB﹣CA＝8﹣2＝6，
∴OA＝OB＝AB＝3，
∴⊙O的半径为3；
（3）如图2，连接OE，过点E作EG⊥BD于G，
∵DE平分∠ADB，
∴∠ADE＝∠BDE＝45°，
∴∠BOE＝2∠BDE＝90°，
∴BE＝＝3，
在Rt△ABD中，AD2+BD2＝AB2＝62，
∵，
∴AD＝，BD＝，
∵EG⊥BD，∠BDE＝45°，
∴∠DEG＝∠BDE＝45°，
∴DG＝EG，
设DG＝EG＝x，则BG＝BD﹣DG＝﹣x，
在Rt△BEG中，EG2+BG2＝BE2＝（3）2＝18，
∴x2+（﹣x）2＝18，
∴x＝或x＝（舍），
∴EG＝，
∴sin∠DBE＝＝．
【点评】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，作出辅助线构造出相似三角形是解本题的关键．
考点卡片
1．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．
2．平行线的性质
1、平行线性质定理
定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等． 简单说成：两直线平行，同位角相等．
定理2：两条平行线被地三条直线所截，同旁内角互补．．简单说成：两直线平行，同旁内角互补．
定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等． 简单说成：两直线平行，内错角相等．
2、两条平行线之间的距离处处相等．
3．三角形三边关系
（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．
（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．
（3）三角形的两边差小于第三边．
（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略．
4．三角形的外角性质
（1）三角形外角的定义：三角形的一边与另一边的延长线组成的角，叫做三角形的外角．
三角形共有六个外角，其中有公共顶点的两个相等，因此共有三对．
（2）三角形的外角性质：
①三角形的外角和为360°．
②三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
③三角形的一个外角大于和它不相邻的任何一个内角．
（3）若研究的角比较多，要设法利用三角形的外角性质②将它们转化到一个三角形中去．
（4）探究角度之间的不等关系，多用外角的性质③，先从最大角开始，观察它是哪个三角形的外角．
5．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
6．全等三角形的应用
（1）全等三角形的性质与判定综合应用
用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．
（2）作辅助线构造全等三角形
常见的辅助线做法：①把三角形一边的中线延长，把分散条件集中到同一个三角形中是解决中线问题的基本规律．②证明一条线段等于两条线段的和，可采用“截长法”或“补短法”，这些问题经常用到全等三角形来证明．
（3）全等三角形在实际问题中的应用
一般方法是把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出示意图，把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．
7．线段垂直平分线的性质
（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．
（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段． ②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等． ③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．
8．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
9．等腰三角形的判定与性质
1、等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．
2、在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的高、底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，有时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析．
3、等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖全等三角形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解决．
10．等边三角形的性质
（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；
②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．
（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．
等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．
11．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
12．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
13．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
14．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．
15．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．
16．平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形．
17．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
18．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
19．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．） （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
20．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
21．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
22．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
23．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
24．正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
25．中点四边形
中点四边形．
26．四边形综合题
四边形综合题．
27．垂径定理
（1）垂径定理
垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
（2）垂径定理的推论
推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．
推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．
推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．
28．圆周角定理
（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．
注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．
（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．
（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．
（4）注意：①圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形．利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化．②圆周角和圆周角的转化可利用其“桥梁”﹣﹣﹣圆心角转化．③定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
29．三角形的外接圆与外心
（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
（3）概念说明：
①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个．
30．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
31．相切两圆的性质
相切两圆的性质：如果两圆相切，那么连心线必经过切点．
这说明两圆的圆心和切点三点共线，为证明带来了很大方便．
32．扇形面积的计算
（1）圆面积公式：S＝πr2
（2）扇形：由组成圆心角的两条半径和圆心角所对的弧所围成的图形叫做扇形．
（3）扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则
S扇形＝πR2或S扇形＝lR（其中l为扇形的弧长）
（4）求阴影面积常用的方法：
①直接用公式法；
②和差法；
③割补法．
（5）求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．
33．圆的综合题
圆的综合题．
34．作图—基本作图
基本作图有：
（1）作一条线段等于已知线段．
（2）作一个角等于已知角．
（3）作已知线段的垂直平分线．
（4）作已知角的角平分线．
（5）过一点作已知直线的垂线．
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日期：2022/3/17 9:15:54；用户：组卷1；邮箱：zyb001@xyh.com；学号：41418964
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