2024中考复习——几何部分（1）
一、单选题
1．如图所示，这是一个正方体纸盒的展开图，若在其中的三个正方形A、B、C内分别填入适当的数，使得它们在折成正方体后相对的面上的两个数的和为0.则填入A、B、C的三个数依次是（ ）
A．1，－2，0 B．0，－2，1 C．－2，0，1 D．－2，1，0
2．将一块含有30°角的直角三角板和一把直尺按如图所示方式摆放，若∠1＝85°，则∠2的度数是（ ）
A．70° B．65° C．55° D．60°
3．若一个三角形的两条边的长为5和7，那么第三边的长可能是（ ）
A．2 B．10 C．12 D．13
4．如图，在中，平分，若，，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AB、AC于点D，E，再分别以点D、E为圆心，大于DE为半径画弧，两弧交于点F，作射线AF交边BC于点G，若BG＝1，AC＝4，则△ACG的面积是（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．如图，在矩形ABCD中，，，E是BC的中点，将沿直线AE翻折，点B落在点F处，连接CF，则CF的长为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在甲、乙两地之间要修一条笔直的公路，从甲地测得公路的走向是北偏东，甲、乙两地同时开工，要使若干天后公路准确接通，乙地所修的公路走向是（ ）
A．北偏东 B．南偏西 C．北偏东 D．南偏西
8．如图，直角三角形ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，BE是角平分线.下列结论中：①AE＝3；②AF＝3；③DF＝2；④DE//AB.正确结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
9．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）.，图 2 为小明同学根据弦图思路设计的.在正方形 ABCD 中，以点 B 为圆心，AB 为半径作 AC，再 以CD 为直径作半圆交 AC 于点E，若边长AB=10，则△CDE 的面积为（ ）
A．20 B． C．24 D．
10．如图，正方形ABCD，点F在边AB上，且 ，CE⊥DF，垂足为点M，且交AD于点E，AC与DF交于点N，延长CB至G，使BG＝ BC，连接CM.有如下结论：①AE＝BF；②AN＝ AD；③∠ADF＝∠GMF；④S△ANF＝ S△ABC，上述结论中，正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．①②③ D．②③④
二、填空题
11．如图，在⊙O中，点A在
上，∠BOC=100°，则∠BAC= .
12．将一副三角板按如图所示的方式放置，若，则的度数是 ．
13．如图，在中，，，是的角平分线，点在上，且，则 ．
14．如图，在中，E是上的一点，，点D是的中点，且，则 ．
15．已知等腰，，.现将以点B为旋转中心旋转45°，得到，延长交直线于点D.则的长度为 .
三、解答题
16． 已知在一个十边形中，其中九个内角的和是，求这个十边形另一个内角的度数．
17．如图，在菱形ABCD中，点E，F是对角线BD的三等分点，连接AE，EC，CF和FA．已知AB＝2 ，四边形AECF是正方形，求BD的长．
18．如图，在中，，的平分线交边于点．以上一点为圆心作，使经过点和点．
（1）判断直线与的位置关系，并说明理由．
（2）若，．
①求的半径；
②设与边的另一个交点为，求线段，与劣弧所围成的阴影部分的面积．（结果保留根号和）
19．为了积极响应国家新农村建设的号召，遂宁市某镇政府采用了移动宣讲的形式进行广播宣传．如图，笔直的公路的一侧点处有一村庄，村庄到公路的距离为，假使宣讲车周围以内能听到广播宣传，宣讲车在公路上沿方向行驶．
（1）村庄能否听到广播宣传请说明理由．
（2）已知宣讲车的速度是，如果村庄能听到广播宣传，那么总共能听多长时间
20．已知：△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的中线，如果D点把三角形ABC的周长分为12cm和15cm两部分，求此三角形各边的长．
21．如图1，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，CO⊥BE交AB于F．EF交CB延长线于G．
（1）当E为AD中点时，求证：BC＝2BG；
（2）如图2，当BG＝BC时，求证：；
（3）在（2）的条件下，连接OD，求tan∠EOD的值．
22．如图
（1）如图1，MN⊥PQ于N，△ABC是等腰直角三角形，，等腰直角△ABC的顶点C、B分别在射线MN，射线NQ上滑动（顶点C、B与点N不重合）在滑动过程中，点A到直线MN的距离AH CN（填“＞”、“＜”或“＝”）．
（2）如图2，在（1）的条件下，等腰直角△ECF中，，且△ECF的顶点C、F也分别在射线NM、射线NP上滑动（顶点C、F与点N不重合），连接AE交MN于点D，试探究AD与ED的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图2，，，在△ECF和△ABC保持原来滑动状态的过程中，△ACE的面积是否有最大值？若有，请求出△ACE的最大面积并求此时BF的长度；若△ACE的面积没有最大值，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：由图可知A对应-1，B对应2，C对应0.
∵-1的相反数为1，2的相反数为-2，0的相反数为0，
∴A是1，B是-2，C是0.
故答案为：A.
【分析】根据正方体展开图的特点“相对的面之间一定间隔一个正方形”可得：A对应-1，B对应2，C对应0，进而根据互为相反数的两个数和为0即可得出答案.
2．【答案】C
【解析】【解答】解：如图所示，
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠BAC＝85°，
又∵∠BAC是△ABE的外角，
∴∠2＝∠BAC﹣∠E＝85°-30°＝55°，
故答案为：C．
【分析】先利用平行线的性质可得∠1＝∠BAC＝85°，再利用三角形外角的性质可得∠2＝∠BAC﹣∠E＝85°-30°＝55°。
3．【答案】B
【解析】【解答】解：设第三边长为x，则7-5＜x＜7+5，即2＜x＜12.
只有选项B符合题意，
故答案为：B.
【分析】三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，据此解答.
4．【答案】B
【解析】【解答】解：∵AD平分，
∴点D到AB和AC的距离相等，
∵AB=10，AC=8，
∴=AB：AC=10：8=5：4.
故答案为：B
【分析】先根据角平分线的性质得到点D到AB和AC的距离相等的结论，然后结合三角形面积公式即可求解。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：由作法得平分，
点到的距离等于的长，即点到的距离为，
所以的面积．
故答案为：C.
【分析】依据基本作图得到AG平分∠BAC，根据角平分线的性质得到G点到AC的距离为1，然后根据三角形面积公式计算△ACG的面积．
6．【答案】D
【解析】【解答】解：连接BF交AE于点H，如图所示，
∵将沿直线AE翻折，点B落在点F处 ，
∴点B和点F关于AE对称
∴BH=FH，，
∵E是BC中点， ，
∴，
∴.
∴.
∴.
∵将沿直线AE翻折，点B落在点F处 ，
∴BE=FE=FC，
∴三角形BFC为直角三角形，
∴.
故答案为：D.
【分析】利用旋转的性质求出BH=FH，，BE=FE=FC，从而证明三角形BFC为直角三角形，根据已知条件利用勾股定理求出AE的长度，根据三角形面积法即可求出B长度以及BF长度，最后根据勾股定理即可求出CF长度.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：如图所示：
∵AC∥BD，∠1=36°，
∴∠2=∠1=36°，
∴乙地所修公路的走向是南偏西36°，
故答案为：B
【分析】先根据平行线的性质得到∠2=∠1=36°，进而结合方位角的定义即可求解。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：如图：过点E作EG⊥BC，垂足为点G，
∴∠EGB=∠EAB=90°，
∵BE是角平分线，∴∠ABE=∠GBE，
∴ ，
∴△ABE≌△GBE（AAS）
∴AE=GE，AB=BG=6，
∵AC=AE+CE=8，CG=BC-BG=4，
设AE=GE=x，
∴CE=8-x，
在Rt△CGE中，由勾股定理可得： ，
解得x=3，
∴AE=GE=3，故①正确；
由①中△ABE≌△GBE，得∠AEB=∠GEB，
∵EG⊥BC，AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴∠GEB=∠AFE，
∴∠AEB=∠AFE，
∴AF=AE=3，故②正确；
由△ABC的面积，得
，即
∴AD= ，
∴ ，故③不正确；
由①得AE=3，CE=5，
∴ ，
在Rt△ADC中， ，
∴ ，
∴ ，
∴DE不平行于AB，
故④错误；
故答案为：A.
【分析】过点E作EG⊥BC，垂足为点G，证明△ABE≌△GBE（AAS）可得AE=GE，AB=BG=6，设AE=GE=x，在Rt△CGE中，由勾股定理求出AE=3，据此判断①；先求出EG∥AD，可得∠AEB
=∠AFE，由等角对等边可得AF=AE=3，据此判断②；根据△ABC的面积可求出AD，由DF=AD-AF求出DF，即可判断③；由于，根据平行线分线段成比例即可判断④.
9．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，取CD的中点M，连接EM、BM，
则BE=BC，
∴MB是EC的中垂线，即∠BHC=90°，
又∵∠MCB=90°，∠MBC=∠ECD，
又∵DC为直径，∴∠DEC=90°，
∴△DEC∽△MCB，
∴，
令DE=x，EC=2x，DC=x=10，
∴x=2，
∴S△DEC=x·2x=x2=(2)2=20，
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质，结合余角的性质，证明△DEC∽△MCB，然后根据相似的性质得出MC和BC的比值，结合令DE=x，EC=2x，根据勾股定理得出DC=x=10，从而求出x，最后求 △CDE 的面积即可.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝CD＝BC，∠CDE＝∠DAF＝90°，
∵CE⊥DF，
∴∠DCE+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，
∴∠ADF＝∠DCE，
在△ADF与△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DE＝AF，
∴AD﹣DE＝BC﹣AF，即AE＝BF，
故①正确；
∵AB∥CD，
∴ ，
∵AF：FB＝1：2，
∴AF：AB＝AF：CD＝1：3，
∴ ，
∴ ，
∵AC＝ AD，
∴AN＝ AD；
故②正确；
作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC＝ a，
由△CMD∽△CDE，可得CM＝ a，
由△GHC∽△CDE，可得CH＝ a，
∴CH＝MH＝ CM，
∵GH⊥CM，
∴GM＝GC，
∴∠GMH＝∠GCH，
∵∠FMG+∠GMH＝90°，∠DCE+∠GCM＝90°，
∴∠FMG＝∠DCE，
∵∠ADF＝∠DCE，
∴∠ADF＝∠GMF；
故③正确，
设△ANF的面积为m，
∵AF∥CD，
∴ ，△AFN∽△CDN，
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，
∴△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，
∴S△ANF：S△ABC＝1：12，
故④错误，
故答案为：C.
【分析】①正确，证明△ADF≌△DCE（ASA），即可判断；②正确，利用平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质解决问题即可；③正确，作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC＝ a，通过计算证明MH＝CH即可解决问题；④错误，设△ANF的面积为m，由AF∥CD，推出 ，△AFN∽△CDN，推出△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，推出△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，由此即可判断.
11．【答案】130°
【解析】【解答】解：∵∠BOC=100°，
∴优弧∠BOC=260°，
∴∠BAC=
×260°=130°.
【分析】根据周角的定义得出优弧∠BOC=260°，再根据圆周角定理得出∠BAC=
×260°=130°，即可得出答案.
12．【答案】
【解析】【解答】解：∵， ∠BAC=60°，
∴∠EAC=∠BAC-∠1=60°-27°40'=32°20'，
∵∠DAE=90°，
∴∠2=∠DAE-∠EAC=90°-32°20'=57°40'，
故答案为：57°40'。
【分析】根据， ∠BAC=60°求出∠EAC的度数，再根据∠DAE=90°计算求解即可。
13．【答案】22°
【解析】【解答】解：∵∠A=62°，∠B=74°，
∴∠ACB=180°-∠A-∠B=44°.
∵CD是∠ACB的角平分线，
∴∠DCB=∠ACB=22°.
∵DE∥BC，
∴∠EDC=∠DCB=22°.
故答案为：22°.
【分析】根据内角和定理可得∠ACB=180°-∠A-∠B=44°，由角平分线的概念可得∠DCB=∠ACB=22°，根据平行线的性质可得∠EDC=∠DCB，据此解答.
14．【答案】
【解析】【解答】∵，D是AC的中点
∴
∵2EC＝5BE，
∴BE=BC
∴
∴
＝
==
故答案为：
【分析】根据高相同时，三角形面积比等于底边之比，分别求出，再根据用两式相减即得所求的值
15．【答案】或
【解析】【解答】解：①当△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A′BC′，过B作BE⊥A′D于点E，作BD的垂直平分线HF交DB于点H，交A′D于点F，连接BF，
∵△ABC为等腰三角形，∠A=120°，AB=2，
∴∠BA′C′=∠A=120°，A′B=AB=2，∠ABC=30°，
∴∠DA′B=60°.
由旋转可得∠A′BA=45°，
∴∠A′BC=∠A′BA+∠ABC=75°.
∵∠A′BC=∠DA′B+∠D，
∴60°+∠D=75°，
∴∠D=15°.
∵∠DA′B=60°，A′B=2，
∴∠A′BE=30°，
∴A′E=AB=1，
∴BE==.
∵HF为BD的垂直平分线，
∴DF=BF，
∴∠D=∠FBD=15°，
∴∠EFB=∠D+∠FBD=30°，
∴BF==2BE=，
∴DF=BF=，
∴EF==3，
∴A′D=AE+EF+DF=4+.
②当△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A′BC′，过D作DM⊥A′D于点。作AD的垂直平分线PQ交A′B于点Q，
由旋转可得∠ABA′=45°，∠BA′C′=∠A=120°，A′B=AB=2，
∴∠A′BD=∠ABA′-∠ABC=15°，∠BA′D=60°.
∵DM⊥A′D，
∴∠A′DM=30°.
设∠A′M=x，则A′D=2A′M=2x，DM=x.
∵PQ为BD的垂直平分线，
∴BQ=DQ，
∴∠A′BD=∠QDB=15°，
∴∠DQM=∠A′BD+∠QDB=30°，
∴DQ=BQ=2DM=x，
∴QM==3x.
∵A′M+QM+BQ=A′B，
∴x+3x+x=2，
∴x=2-，
∴A′D=2x=4-.
综上可得：A′D=4+或4-.
故答案为：4+或4-.
【分析】①当△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A′BC′，过B作BE⊥A′D于点E，作BD的垂直平分线HF交DB于点H，交A′D于点F，连接BF，由旋转的性质可得∠BA′C′=∠A=120°，A′B=AB=2，∠A′BA=45°，则∠A′BC=∠A′BA+∠ABC=75°，然后求出∠D的度数，根据含30°角的直角三角形的性质可得A′E，由勾股定理求出BE，根据垂直平分线的性质可得∠D=∠FBD=15°，则∠EFB=∠D+∠FBD=30°，BF==2BE=，由勾股定理求出EF，然后根据A′D=AE+EF+DF进行计算；②当△ABC绕点B顺时针旋转45°得到△A′BC′，过D作DM⊥A′D于点。作AD的垂直平分线PQ交A′B于点Q，由旋转可得∠ABA′=45°，∠BA′C′=∠A=120°，A′B=AB=2，设∠A′M=x，则A′D=2A′M=2x，DM=x，DQ=BQ=2DM=x，QM=3x，根据A′M+QM+BQ=A′B可得x的值，进而可得A′D.
16．【答案】解：由题意得，
，
答：这个十边形另一个内角的度数为．
【解析】【分析】根据在一个十边形中，其中九个内角的和是， 列式计算求解即可。
17．【答案】解：连接AC，与BD交于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD与AC互相垂直且平分，
∵四边形AECF是正方形，
∴ ，
∵点E，F是对角线BD的三等分点，
∴ ，
∴ ，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得 ，即 ，
∴ ，
∴ ．
【解析】【分析】先求出 ， 再求出 ， 最后计算求解即可。
18．【答案】（1）解：相切，理由如下：
如图，连接 ，
平分 ，
，
，
，
，
，
∵ ，
，
与 相切；
（2）解：①在 和 中，
， ，
， ，
∵ ，
，
，
解得 ，即 的半径是 ；
②在Rt△ACB中，∠B=30°，
∴∠BOD=60°，
∴S扇形ODE= ，
∵∠B=30°，OD⊥BC，
∴OB=2OD，
∴AB=3OD，
∵AB=2AC=6，
∴ ， ，
S△BOD= ，
S阴影=S△BOD-S扇形ODE .
【解析】【分析】（1）根据切线的判定定理即可求出答案；
（2）①根据含30°角的直角三角形性质即可求出答案；
②根据即可求出答案。
19．【答案】（1）解：村庄能听到广播宣传，理由如下：
村庄到公路的距离为米米，
村庄能听到广播宣传．
（2）解：如图：假设当宣传车行驶到点开始能听到广播，行驶到点刚好不能听到广播，
则米，米，
由勾股定理得：米，
米，
能听到广播的时间为：分钟，
村庄总共能听到的宣传．
【解析】【分析】（1）利用垂线段最短的性质分析求解即可；
（2）先利用勾股定理求出可得，再利用“时间=路程÷速度”求解即可.
20．【答案】解：如图，
∵AB＝AC，BD是AC边上的中线，
∴AB＝2AD＝2CD，
∴AB＋AD＝3AD.
①当AB与AD的和是12厘米时，
AD＝12÷3＝4（厘米），
所以AB＝AC＝2×4＝8（厘米），
BC＝12＋15－8×2＝12＋15－16＝11（厘米）；
②当AB与AD的和是15厘米时，
AD＝15÷3＝5（厘米），
所以AB＝AC＝2×5＝10（厘米），
BC＝12＋15－10×2＝12＋15－20＝7（厘米）.
所以三角形的三边可能是8厘米，8厘米，11厘米或10厘米，10厘米，7厘米
【解析】【分析】由D点把三角形ABC的周长分为12cm和15cm两部分，BD是AC边上的中线，得到AB、BC的差是15-12；再由AB＝AC，求出 三角形的三边的值.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠ABC=90°，AB=BC，
∵CF⊥BE，
∴∠FCB+∠EBC＝∠EBC+∠ABE=90°，
∴∠FCB＝∠ABE，
又AB＝BC，∠A＝∠FBC，
∴（ASA），
∴BF＝AE，
∵E为AD中点，
∴，
∴F为AB中点，
∴AE＝AF，
∴∠AFE＝45°，
∴∠GFB=∠AFE＝45°，
∴∠G＝90°-45°＝45°，
∴，
即BC＝2BG；
（2）证明：∵BG＝BC，BF⊥CG，
∴FG＝FC，
∴∠G＝∠FCG，
∵，
∴∠AEF＝∠G，
∴∠AEF＝∠FCG，
又∠A＝∠ABC=90°，
∴，
∴，
∴AE BF＝AF BC，
由（1）可知，，
∴AE＝BF，AB＝BC，
∴；
（3）解：如图，延长OE、CD交于P点，连接CE，
∵∠PDE＝∠POC=90°，
又∠P＝∠P，
∴，
∴，
又∠P＝∠P，
∴，
∴∠EOD＝∠ECD，
设AE＝x，AB＝1，则AF＝1-x，
由（2）可得，
∴，解得，（舍去），
∴，
∴，
即．
【解析】【分析】（1）先利用“ASA”证明可得BF＝AE，再求出∠G＝90°-45°＝45°，即可得到，从而可得BC=2BG；
（2）先证明可得，再结合可得AE＝BF，AB＝BC，从而可得；
（3）延长OE、CD交于P点，连接CE，先证明可得∠EOD＝∠ECD，设AE＝x，AB＝1，则AF＝1-x，根据，可得，求出x的值，再利用正弦的定义可得，所以。
22．【答案】（1）＝
（2）解：AD＝ED，
证明：过点A作AH⊥MN于点H，过点E作EI⊥MN于点I，
同（1）可证△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，
∴AH＝CN，EI＝CN，
∴AH＝EI，
又∵∠EDI＝∠ADH，∠EID＝∠AHD＝90°，
∴△EID≌△AHD（AAS），
∴AD＝ED；
（3）解：∵，，
∴由勾股定理可得BC＝，CF＝，
如图，∵△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，
∴，，
∵△EID≌△AHD，
∴，
∴，
过点F作FT⊥BC交BC延长线于T，则，
∵FC≥FT，
∴当FC＝FT＝，即FC与BC垂直时，最大，
此时，
∴△ACE的最大面积为6，此时．
【解析】【解答】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，，
∴AC=BC，∠ACH+∠BCN=90°，
∵MN⊥PQ于N，
∴∠MNQ=90°，∠BCN+∠CBN=90°，
∴∠ACH=∠CBN，
在△ACH和△CBN中，
，
∴△ACH≌△CBN（AAS），
∴AH＝CN.
故答案为：＝；
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得AC=BC，由同角的余角相等可得∠ACH=∠CBN，利用AAS证明△ACH≌△CBN，据此可得结论；
（2）过点A作AH⊥MN于点H，过点E作EI⊥MN于点I，同（1）可证△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，得到AH＝CN=EI，进而证明△EID≌△AHD，据此可得结论；
（3）易得BC、CF，由全等三角形性质得S△ACH=S△CBN，S△ECI=S△CFN，S△EID=S△AHD，推出S△ACE=S△CFB，过点F作FT⊥BC交BC延长线于T，根据三角形的面积公式可得S△CFB，然后利用勾股定理可得BF.
