广州执信中学2024-—2025学年9月九年级数学试题（答案解析）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_九上月考_初三上十月考

2024 学年度第一学期九年级数学学科九月限时训练 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1. 把题图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度不可能是（ ） 120 180 240 360 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 120 【分析】本题主要考查了旋转对称图形的特征，仔细观察图形求出旋转角是 的整数倍是解题的关键． 根据旋转对称图形的特征可得答案． 【详解】解：由图形知，该图形是旋转对称图形， 120 240 360 则旋转 ， ， 都可以与自身重合， 180 旋转 不能与自身重合． 故选：B． 2. 下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选 180 项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这 个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫 做轴对称图形． 【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意； B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； 第1页/共31页 学科网（北京）股份有限公司C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：A． C0,1 3,1 3. 如图， VABC与△ABC 关于点 成中心对称，若点A的坐标为 ，则点A的坐标为（ ） 3,1 3,2 3,3 3,4 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称的性质．根据中心对称的性质，C为A，A的中点，即可求解． 【详解】解： QVABC 与△ABC 关于点 C0,1 成中心对称，点A的坐标为 3,1 ， Am,n 设 ， m3 0   2  n1  1  2 依题意， ， m3,n3 解得： ， 3,3 点A的坐标为 ， 故选：C． 4. 若 eO 的直径为 4cm ，点A到圆心 O 的距离为 2cm ，则点A与 eO 的位置关系为（ ） A. 点A在圆内 B. 点A在圆上 C. 点A在圆外 D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系．根据题意得出d r，从而即可得出答案． 第2页/共31页 学科网（北京）股份有限公司【详解】解：∵ eO 的直径为 4cm ，所以半径为 2cm ，点A到圆心 O 的距离为 2cm ， ∴d r， eO ∴点A与 的位置关系为：点A在圆上， 故选：B． A1，3 B4，1 5. 如图，已知点 ， ，将线段AB绕点M 逆时针旋转到AB，点A与A是对应点，点B 与 B是对应点，则点M的坐标是（ ） 1，）2  1，0 1，3 A. B. C. (‒1,1) D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形，旋转变换，根据“对应点连线的垂直平分线的交点为旋转中心”作图即 可． 【详解】解：如图，连接AA、BB，作线段AA的垂直平分线，线段BB的垂直平分线，交点即为点 M，旋转中心M即为所求． 由图可得点M的坐标是(‒1,1)． 故选：C． 第3页/共31页 学科网（北京）股份有限公司6. 如图，AD为 eO 的切线，A为切点， DO 交 eO 于点C，点B在 eO 上，连接AB， CB ．若 ABC 的度数为 28 ，则D的度数是（ ）． 28 32 34 36 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 OA 【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，连接 ，根据圆周角定理得出 AOC 2ABC 22856，根据切线的性质得出 OAD90 ，最后求出结果即可． OA 【详解】解：连接 ，如图所示： ¼ ¼ AC  AC ∵ ， ∴AOC 2ABC 22856， ∵DA为 eO 的切线， OA AD ∴ ， OAD90 ∴ ， D905634 ∴ ，故C正确． 故选：C． 4cm 7. 如图，将半径为 的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为（ ） 第4页/共31页 学科网（北京）股份有限公司2 2 4 3 A B. 4 C. 6 D. . 【答案】D 【解析】 【分析】作 eO 的半径OC  AB于D，连接 OA 、 AC ，如图，利用折叠的性质得AB垂直平分OC，则 AC  AO，于是可判断△AOC 为等边三角形，所以AOC 60，利用含30度的直角三角形三边的关 系求出AD，然后利用垂径定理得到AD BD，从而得到AB的长．本题考查了相交两圆的性质：相交 两圆的连心线（经过两个圆心的直线），垂直平分两圆的公共弦．也考查了折叠的性质． 【详解】解：作 eO 的半径OC  AB于D，连接 OA 、 AC ，如图， Q圆折叠后，圆弧恰好经过圆心， AB垂直平分OC， AC  AO， OAOC 而 ， OA AC OC， VAOC 为等边三角形， AOC 60 OAD30 ， ， 1 OD OA2 2 ， AD OA2 OD2  3OD2 3， QOD AB ， AD  BD， AB2AD4 3(cm) ． 第5页/共31页 学科网（北京）股份有限公司故选：D． 8. 如图， VABC是 eO 的内接三角形， ACB67.5 ．点D是 AO 延长线上一点，且BD与 eO 相切 于点B，若 eO 的半径为1，则AD长为（ ） 2 1 3 1 2 1 3 3 A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握圆周角定理，切线的性质，互补的性质，勾股定理是解题 的关键． OB AOB2C 135 BOD45 如图所示，连接 ，根据圆周角定理可得 ，根据补角的性质可得 ， 结合题意，BD与 eO 相切于点B，可得 OBD90 ， OB BDOA1 ，运用勾股定理即可求解． OB 【详解】解：如图所示，连接 ， ACB67.5 ∵ ， AOB2C 135 ∴ ， BOD45 ∴ ， ∵BD与 eO 相切于点B， OBD90 ∴ ， VOBD ∴ 是等腰直角三角形， OB BDOA1 ∴ ， 第6页/共31页 学科网（北京）股份有限公司OD OB2 BD2  2 ∴ ， AD AOOD1 2 ∴ ， 故选：A． 9. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线AB经过点 A6,0 、 B0,6 ， eO 的半径为2（O为坐 标原点），点P是直线AB上的一动点，过点P作 eO 的一条切线 PQ ，Q为切点，则切线长 PQ 的最 小值为（ ） 3 2 14 A 7 B. 3 C. D. . 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查切线的性质定理，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，解题关键在于掌 握切线的性质定理和勾股定理运算． 连接 OP、OQ ，根据勾股定理知 PQ2 OP2 OQ2 ，当OP  AB时，线段 OP 最短，即线段 PQ 最短． OP、OQ 【详解】解：连接 ． PQ ∵ 是O的切线， OQ PQ ∴ ， PQ2 OP2 OQ2 根据勾股定理知 ， 第7页/共31页 学科网（北京）股份有限公司PO AB PQ ∵当 时，线段 最短， A6,0 B0,6 又∵ 、 ， ∴ OA= OB= 6， AB 6 2 OP △OAB ∴ ， 是 的中线， 1 OP AB3 2 ∴ 2 ， OQ= 2 ∵ ， PQ OP2 QO2  14 ∴ ， 故选：D． 10. 如图， O 是正 VABC内一点， OA3 ， OB 4 ， OC 5 ，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋 转 60 得到线段 BO ，下列结论，① △BOA 可以由 VBOC绕点B逆时针旋转 60 得到；②点 O 与O 的 9 S S 6 3 距离为5；③AOB150；④四边形AOBO¢面积 64 3 ；⑤ △△AOC AOB 4 ，其中正 确的结论是（ ） A. ①④⑤ B. ①③④ C. ①③④⑤ D. ①③⑤ 【答案】C 【解析】 【分析】根据正三角形性质，得 AB  BC  AC ，ABC 60；根据旋转的性质，得OBO60， BO BO ，根据等边三角形的性质，可判断②，通过证明△B≌O△A BOC，即可判断①；根据勾股定理 AOO90 △OBO 逆定理，得 ，结合等边三角形 ，可判断③；根据等腰三角形三线合一和勾股定理 S VAOB 60 VAMC 的性质，可计算得 VOBO，从而判断④； 绕点A逆时针旋转 得到 ，根据等腰三角形、 勾股定理及其逆定理的性质计算，可判断⑤，即可得到答案． 第8页/共31页 学科网（北京）股份有限公司【详解】解：连接OO ，如下图： ∵正 VABC ∴ AB  BC  AC ，ABC 60 BO 60 BO ∵线段 以点B为旋转中心逆时针旋转 得到线段 ， ∴OBO60， BO BO △OBO ∴ 为等边三角形 ∴OOOB4，即②错误； OBOABOABO60 ABC ABOOBC 60 ∵ ， ABOOBC ∴ △BOA 和 VBOC中  AB BC  ABOOBC  BO BO  ∴△B≌O△A BOC ∴OAOC 5， △BOA 可以由 VBOC绕点B逆时针旋转 60 得到，即①正确； ∵OOOB4， OA3 OA2 OO2 OA2 ∴ AOO90 ∴ △OBO ∵ 为等边三角形 ∴BOO60 AOBAOOBOO150 ∴ ，即③正确； AOO90 ∵ 第9页/共31页 学科网（北京）股份有限公司1 1 S  AOOO 346 ∴ VAOO 2 2 过点B做 BN OO ，交OO 于点N △OBO ∵ 为等边三角形 ∴BNO30 1 ON  OB2 ∴ 2 BN  OB2 ON2 2 3 ∴ 1 1 S  OOBN  42 3 4 3 ∴ VOBO 2 2 ∴四边形AOBO¢面积 S VAOO S VOBO 64 3 ，即④正确； ∵正 VABC VAOB 60 VAMC ∴ 绕点A逆时针旋转 得到 ，如下图： ∵OAM 60， AO AM 3 ， MC OB4 ， S VAOB S VAMC ∴ VAOM 为等边三角形 OM  AO AM 3 ∴ 过点A做 AG OM ，交OM 于点G，如下图： 第10页/共31页 学科网（北京）股份有限公司∵ VAOM 为等边三角形 OAG 30 ∴ 1 3 OG  OM  ∴ 2 2 3 3 AG  OA2 OG2  ∴ 2 1 1 3 3 9 3 S  AGOM   3 ∴ VAOM 2 2 2 4 ∵ MC 4 ，OM 3， OC 5 OC2 MC2 OM2 ∴ OMC 90 ∴ 1 1 S  OM MC  346 ∴ VOMC 2 2 9 3 S S S S  6 ∴ VAMC VAOC VAOM VOMC 4 9 3 S S S S  6 ∴ VAOB VAOC VAMC VAOC 4 ，即⑤正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了等边三角形、旋转、全等三角形、勾股定理逆定理的知识；解题的关键是熟练掌握旋 转、等边三角形、等腰三角形三线合一、勾股定理及其逆定理的性质，从而完成求解． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分．） 11. 如图， OA 是 eO 的半径，弦BC OA于点D，连接 OB ，若 eO 的半径为 5cm ，BC的长为8cm， 则AD的长是___________ cm ． 第11页/共31页 学科网（北京）股份有限公司【答案】2 【解析】 【分析】此题主要考查了垂径定理和勾股定理．垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分这条弦所对的两条 弧．根据垂径定理可得BD的长，根据勾股定理可得 OD ，再进一步可得答案． 【详解】解：∵ OA 是 eO 的半径，弦BC OA于点D， 1 1 BD BC  84cm ∴ 2 2 ， OD OB2 BD2  52 42 3cm ∴ ， ADOAOD532cm ∴ ； 故答案为：2． 12. 如图，AB是 eO 的直径，点D在AB的延长线上， DC 切 eO 于点C，若D34，则A的度数 为 __． 28 【答案】 ##28度 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，熟知切线的性质与圆周角定理是解题的关键．连接OC， 根据切线的性质得OCD90，求出 DOC 的度数，再根据圆周角定理计算A的度数． 【详解】解：如图，连接OC， 第12页/共31页 学科网（北京）股份有限公司DC eO ∵ 切 于点C， OC  DC ∴ ， ∴ OCD90， ∵D34， DOC 903456 ∴ ， 1 A DOC 28 ∴ 2 ， 28 故答案为： ． Px1,y1 3,2 x y  13. 若点 关于原点的对称的点Q的坐标为 ，则 _____． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查原点对称，关于原点的对称点，横、纵坐标都互为相反数，由此解答即可． Px1,y1 3,2 【详解】解：Q点 关于原点的对称的点Q的坐标为 ， x13 y12 ∴ ， ， x4 y3 解得： ， ， x y 431 ∴ ． 故答案为：1． 14. 在一个直角三角形中，两边长分别是5，12，那么这个三角形的外接圆的半径是_____． 13 2 【答案】6或 【解析】 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心、勾股定理．熟练掌握直角三角形的外接圆半径为斜边边长的 一半是解题的关键． 根据题意分两种情况讨论，然后由“直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆” 第13页/共31页 学科网（北京）股份有限公司来求该直角三角形外接圆半径即可． 【详解】解：Q在一个直角三角形中，两边长分别是5，12， 当5，12是直角三角形的两条直角边时， 根据勾股定理知，该直角三角的斜边长为 52 122 13 ， 13 此三角形的外接圆的半径是 2 ； 当12是直角三角形的斜边时， 此三角形的外接圆的半径是 6 ； 13 2 综上所述，这个三角形的外接圆的半径是6或 ． 13 2 故答案是：6或 ． 15. 如图，AB是 eO 的直径，弦AD平分 CAB ，连接 OD ，过点D作 eO 的切线交 AC 于点E，若 CAD 22.5 ， AB 2 2 ，则DE的长为______． 【答案】1 【解析】 【分析】过点O作OF  AC于点F，证明四边形DEFO是矩形，VAOF 是等腰直角三角形，特殊角的 函数值计算即可． 【详解】过点O作OF  AC于点F， ∵弦AD平分 CAB ， CAD 22.5 ， ∴BADCAD22.5， CAB 45 ∴ ， 第14页/共31页 学科网（北京）股份有限公司FOA45 ∴ ， ∴FO FA， AB 2 2 ∵ ， ∴ AO 2 ， 2 FO FA AOsin45 2 1 2 ∴ ； AO DO eO AC ∵ ，过点D作 的切线交 于点E， BAD ODA ODE 90 ∴ ， ， CADODA ∴ ， AE∥OD ∴ ， AEDODE 90 ∴ ， ∴四边形DEFO是矩形， DE  FO1 ∴ ， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，矩形的判定和性 质，平行线的判定和性质，熟练掌握切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值， 矩形的判定和性质是解题的关键． 16. 如图，将线段BC绕点B逆时针旋转 120 得到线段BA，点D是平面内一动点，且D、B两点之间的 距离为5，连接DA、 DC ，则 DADC 的最小值为__________． 第15页/共31页 学科网（北京）股份有限公司5 3 【答案】 【解析】 【分析】把𝐵𝐷绕点B顺时针旋转 120 ，交 DC 的延长线于点D`，过点B作BE  DD，则 DBD=ABC =120 ， DB DB5 ，利用等量代换可得ABDCBD ，从而证得 VABD≌VCBDSAS ，可得ADCD ，即 ADCD 的最小值为DD的值，再根据等腰三角形的性质 1 5 3 DE  DD DE  可得 BDE 30 ， 2 ，根据直角三角形的性质和勾股定理求得 2 ，即可求解． 【详解】解：如图，把BD绕点B顺时针旋转 120 ，交 DC 的延长线于点D`，过点B作BE  DD，则 DBD=ABC =120 DB = DB =5 ， ， ABDDBC =DBCCBD=120 ∵ ， ∴ABDCBD ， 又∵ AB CB ，DB DB， VABD≌VCBDSAS ∴ ， ∴ADCD ， ∴ ADCD 的最小值为DD的值， ∵BE  DD， 1 1 DBE = DBD=60 DE  DD ∴ 2 ， 2 ， BDE 30 ∴ ， BD5 ∵ ， 1 5 BE  BD  2 2 ∴ ， 第16页/共31页 学科网（北京）股份有限公司2 5 5 3 DE  52     2 2 ∴ ， 5 3 DD= 2 =5 3 2 ∴ ， 5 3 故答案为： ． 【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质及勾股 定理，根据旋转的性质构造全等三角形是解题的关键． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） » » 17. 如图，AD，BC是 eO 的两条弦，且 ABCD ，求证： ADCB ． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了圆心角、弦、弧之间的关系定理，在同圆或等圆中，两个圆心角、两条弧、两个弦中 有一组量相等，它们所对应的其余各组量也相等，据此求解即可． Q ABCD 【详解】 ， » »  ABCD ， » » » »  ABBDCDBD ， » »  ADCB ． A6,0 B2,3 C1,0 18. 如图，已知 VABC的三个顶点的坐标分别为 ， ， ，将 VABC绕坐标原 点O逆时针旋转 90 ，画出对应的 VABC 图形，直接写出点A的对应点A的坐标． 第17页/共31页 学科网（北京）股份有限公司A0,6 【答案】画图见解析， 【解析】 【分析】本题考查作图旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质作图即可，由图 可得答案． VABC 【详解】如图所示， 即为所求． A0,6 ∴ ． 19. 如图， eO 是VACD的外接圆， CD 是 eO 的直径，点B为圆外一点，且 BADC ．求证： AB是 eO 的切线． 第18页/共31页 学科网（北京）股份有限公司【答案】证明见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了切线的判定，直径所对的圆周角是直角，等边对等角，三角形内角和定理，先由 直径所对的圆周角是直角推出CD90，再由等边对等角得到OADD，结合已知条件证明 OAB 90 ，即可证明AB是 eO 的切线． OA 【详解】证明：如图，连接 ， QCD eO 是 的直径， CAD90 ， CD90 ， QOAOD， OADD ， QBADC ， OABOADBADDC 90 ， QOA是 eO 的半径， AB是 eO 的切线． 20. 如图，在平面内， VABC绕点A逆时针旋转 60 后得VADE，AB AE，连接 DC ．求证： △A≌B△C ADC． 第19页/共31页 学科网（北京）股份有限公司【答案】详见解析 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，由旋转的性质得AB AD， BADCAE 60 ，求出EADDAC BAC 30，然后根据 SAS 即可证明 △A≌B△C ADC． △≌AB△C ADE 【详解】证明：∵由旋转可得 ， ∴AB AD． DAE BAC ， 60 ∵旋转角为 ， BADCAE 60 ∴ ． ∵AB AE， BAE 90 ∴ ， EAD30 ∴ ， DAC 90DAEBAC 30 ∴ ， DAC BAC ∴ ． AB AD  BAC DAC  AC  AC 在 VABC和 VADC 中，  ， VABC≌VADCSAS ∴ ． 21. 如图，在 VABC中， ABC 90 ． （1）作 ACB 的平分线交AB边于点O，再以点O为圆心， OB 的长为半径作 eO ；（要求：不写作法， 第20页/共31页 学科网（北京）股份有限公司保留作图痕迹） AC eO （2）判断（1）中 与 的位置关系，并说明理由． AC eO 【答案】（1）见详解 （2） 与 相切，理由见详解 【解析】 CO OB eO 【分析】(1)首先利用角平分线的作法得出 ，进而以点O为圆心， 为半径作 即可； (2)利用角平分线的性质以及直线与圆的位置关系进而求出即可． 此题考查了复杂作图以及角平分线的性质与作法和直线与圆的位置关系，正确利用角平分线的性质求出 d r是解题关键. 【小问1详解】 解：如图所示： 【小问2详解】 OD AC 解：相切；过O点作 于D点； QCO ACB 平分 ， OBOD ，即d r， eO AC 与直线 相切． 22. 在等边三角形 ABC 的内部有一点D，连接BD， CD ，以点B为中心，把BD逆时针旋转 60 得到 BD，连接AD，DD．以点C为中心，把 CD 顺时针旋转 60 得到CD ，连接AD，DD ． （1）判断DBA和 DBC 的大小关系，并说明理由； （2）求证：DA DC； （3）求证：四边形ADDD 是平行四边形． 第21页/共31页 学科网（北京）股份有限公司DBADBC 【答案】（1） ，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质得 DBD60 ，BD BD，则可判断△BDD 为等边三角形，再利用 VABC为等边三角形得到ABC 60，则可得到 DBADBC ； （2）通过证明 VABD≌VCBD 得到DA DC； （3）根据旋转的性质得DCD60， DC  DC ，则可判断△DCD为等边三角形，于是得到 DDDC，再与（2）的证明方法一样证明 VACD≌VBCD 得到ADBD，于是AD DD，加上 DA DC  DD ，从而可判断四边形ADDD 是平行四边形． 【小问1详解】 DBADBC 解： ， 理由如下： Q以点B为中心，把BD逆时针旋转 60 得到BD， DBD60 ，BD BD， △BDD 为等边三角形， BD DD， QVABC 为等边三角形， ABC 60， BA BC ， QDBDABDDBA60 ， ABC ABDDBC 60， DBADBC； 【小问2详解】 证明：在△ABD和 △CBD 中， BA BC  DBADBC  BD BD  ， VABD≌VCBDSAS ， DADC； 第22页/共31页 学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】 证明：Q以点C为中心，把 CD 顺时针旋转 60 得到CD ， DCD60， DC  DC ， △DCD为等边三角形， DDDC， QVABC 为等边三角形， ∴ACB60， CACB ， QDCDACDDCA60 ， ACBACDDCB60 ， DCADCB， 在△ACD 和△BCD 中， CACB  DCADCB  DC  DC  ， VACD≌VBCDSAS ， ADBD， 由（1）可知：BDDD AD DD， 由（2）可知：DA DC， QDD DC 又 ， DA DD， 四边形ADDD 是平行四边形． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形 的判定等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 23. 如图， eO 的两条弦 AB CD ，垂足为E，点F 在 eO 上，DB平分CDF ，连接AF ，分别交 BD于 G,CD 于H ． 第23页/共31页 学科网（北京）股份有限公司（1）求证：DF  DH ； EG CDF 45,eO EG （2）连接 ，若 的半径为2，求 的长． 【答案】（1）见解析 （2） EG  2 【解析】 【分析】此题考查了圆周角定理、勾股定理、三角形中位线定理等知识，作出合理的辅助线并熟练运用圆 周角定理、三角形中位线定理是解题的关键． BAG BDE （1）根据圆周角定理求出 ，结合对顶角相等及三角形内角和定理求出 DGH AED90，根据直角三角形的性质求出DHGBF ，根据“等角对等边”即可得证； （2）连接 AC ，OC， OF ， CF ，结合圆周角定理、三角形内角和定理求出 AC  AH ，根据等腰三角 1 EG  CF 形的性质求出E为 CH 的中点， G 为FH 的中点，根据三角形中位线的判定与性质求 2 ．根据 圆周角定理求出COF 2CDF 90，进而推出 △ OCF 是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性 质求解即可． 【小问1详解】 证明：QABCD， AED90 ， QDB平分CDF ， BDE BDF ， 又BAG BDF ， BAG BDE ， 又QAHE DHG， DGH AED90， BBDE 90BDEDHG， 第24页/共31页 学科网（北京）股份有限公司DHGB， » » ∵AD  AD， ∴B F ， DHGF， DF  DH ； 【小问2详解】 解：如图，连接 AC ，OC， OF ， CF ， QACD AFD DHG，DHG AHC， ACH AHC， AC  AH ， 又QABCD， E 为 CH 的中点． 由（1）知DF  DH ， DGH 90 ， G 为FH 的中点， EG是 VCHF 的中位线， 1 EG  CF  2 ． QCDF 45 ， COF 2CDF 90 ， △OCF 是等腰直角三角形， CF  OC2 OF2  2OC ． QOC 2 ， CF 2 2 ， 第25页/共31页 学科网（北京）股份有限公司EG  2 ． 24. 问题发现： BAC 60 如图1，在△ABC中，AB＝AC， ，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕 点A逆时针旋转60°得到AE，则： （1）①∠ACE的度数是 ；②线段AC，CD，CE之间的数量关系是 ． 拓展探究： BAC 90， （2）如图2，在△ABC中，AB＝AC， D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD 绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，请写出∠ACE的度数及线段AD，BD，CD之间得数量关系， 并说明理由； 解决问题： （3）如图3，在Rt△DBC中，DB＝3，DC=5，∠BDC＝90°，若点A满足AB＝AC，∠BAC＝90°，请 直接写出线段AD的长度． 【答案】（1）60°，AC＝DC+EC （2）∠ACE＝45°，BD2+CD2＝2AD2，见解析 2 2 （3）AD＝ 或AD＝4 【解析】 【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答； （2）根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可； 32 25 34 （3）如图3，作AE⊥CD于E，连接AD，根据勾股定理得到BC= = ，推出点B，C，A，D 四点共圆，根据圆周角定理得到∠ADE=45°，求得△ADE是等腰直角三角形，得到AE=DE，根据勾股定理 即可得到结论． 【小问1详解】 解：∵在△ABC中，AB＝AC，∠BAC=60°， ∴AC=AB=BC，根据旋转性质得：∠B=∠BAC＝∠DAE＝60°，AD=AE， 第26页/共31页 学科网（北京）股份有限公司∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， AB AC  BADCAE  AD AE  在△BAD和△CAE中， ， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ACE＝∠B＝60°，BD＝CE， ∴BC＝BD+CD＝EC+CD， ∴AC＝BC＝EC+CD； 故答案为：60°，AC＝DC+EC； 【小问2详解】 解：BD2+CD2＝2AD2，理由如下： 由（1）得，△BAD≌△CAE， ∴BD＝CE，∠ACE＝∠B＝45°， ∴∠DCE＝90°， ∴CE2+CD2＝ED2， 在Rt△ADE中，AD2+AE2＝ED2，又AD＝AE， ∴BD2+CD2＝2AD2； 【小问3详解】 解：作AE⊥CD于E，连接AD， ∵在Rt△DBC中，DB＝3，DC＝5，∠BDC＝90°， 925  34 ∴BC＝ ， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， 17 ∴AB＝AC＝ ，∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵∠BDC＝∠BAC＝90°， ∴点B，C，A，D四点共圆， ∴∠ADE＝∠ABC=45°， ∴△ADE是等腰直角三角形， ∴AE＝DE， ∴CE＝5﹣DE， ∵AE2+CE2＝AC2， 第27页/共31页 学科网（北京）股份有限公司∴AE2+（5﹣AE）2＝17， ∴AE＝1，或AE＝4， 2 2 ∴AD＝ 或AD＝4 ． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判 定定理和性质定理是解题的关键． 25. 如图，AB为 eO 直径，P为AB延长线上一点，过点P作 eO 切线，切点为C，CD AB，垂足为 D，连接 AC 和BC． CB PCD （1）如图1，求证： 平分 ； eO ACE 2PCB （2）在 上取点E，使得 ； ①如图2，E为AB下方 eO 上一点，连接 BE，CE ，若 BD1，EB 4 ，求半径； » » » AC CE:AE 3:2 AC ②如图3，E为 上一点，且 ，若半径为2，则 的长为______． 6 2 【答案】（1）见解析 （2）①3；② 【解析】 【分析】（1）连接OC，一方面由AB为 eO 直径，得 ACOOCB90 ；另一方面由切线性质得 OCBBCP90 ，从而 ACO BCP ；由CD AB及 OC OA ，得 BCDACO ，从而 BCDBCP ，结论成立； （2）①延长EB交 PC 于点G，由已知可得 EG  PC ，由角平分线性质定理得 BG  BD1 ，从而可证 第28页/共31页 学科网（北京）股份有限公司VCBG≌VCBD CDCG VADC≌VEGC AD EG 5 明 ，得 ；再证明 ，得 ，则由 AB ADBD求得直径，进而求得半径； » » OB CE:AE 3:2 COE:AOE 3:2 ACE PCD OC  PC ②连接 ，由 得 ；由①知 ；由 ，可 PCDCOD ACE COD ACE COD AOE 2，COE 3 得 ，则 ；设 ，则 ； 由平角可求得30，从而求得 CD、OD ，进而得AD，由勾股定理即可求得 AC ． 【小问1详解】 证明：如图，连接OC， eO QAB为 直径， ACOOCBACB90 ； QPC eO 与 相切， OCPOCBBCP90 ， ACOBCP ； QCD AB， OC OA ， A90ACDBCD AACO ， ， BCDACO ， BCDBCP ， CB PCD 平分 ； 【小问2详解】 解：①如图，延长EB交 PC 于点G， CB PCD 由（1）知， 平分 ， DCP2PCB ； QACE2PCB， ACE PCD ， ACEECDPCDECD ， 第29页/共31页 学科网（北京）股份有限公司ACDECG 即 ； » » QCB CB ， AE， EGC ADC 90， EG  PC 即 ； QCB 平分 PCD ，CD AB， BG  BD1 ， QCB=CB ， RtVCBG≌RtVCBD(HL) ； CDCG； QAE，ADC EGC 90 ， VADC≌VEGC(AAS) ， ADBG； QEG  BEBG 5 ， AD EG 5， AB ADBD6 ， eO 故 半径为3； OE ②如图，连接 ， » » QCE:AE 3:2 ， COE:AOE 3:2 ； ACE PCD 由①知 ； 第30页/共31页 学科网（北京）股份有限公司QOC  PC ，CD AB， PCD90OCDCOD ， ACE COD ； ACE COD 设 ， AOE 2ACE 2，COE 3 则 ； QAOECOECOD180 ， 23180 即 ， 30 ； 1 CD OC 1、OD OC2 CD2  3 在RtVCOD中，OC 2，则 2 ， ADOAOD2 3 ； 在 Rt△ACD 中，由勾股定理得 AC  AD2 CD2  84 3  2( 31)2  6 2 ． 6 2 故答案为： ． 【点睛】本题是圆的综合，考查了直径对的圆周角是直角，切线的性质，同弧对的圆周角相等，圆周角定 理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理，含30度直角三角形的性质等知识，涉 及的知识点多，灵活运用它们是解题的关键． 第31页/共31页 学科网（北京）股份有限公司