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第五章 四边形
第一节 平行四边形
1.
C 【解析】∵点O 是AC 的中点,
点E
是AD 的中点, ∴OE 是
△ACD 的中位线,∴OE = 1
2 CD,
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AB=CD,∴OE= 1
2 AB.
2. B
【解析】∵四边形ABCD 是平
行四边形,∴OC = AO = 8,BC = AD
= 15,OB = OD = 1
2 BD,∵BD = 20,
∴OB= 10,∴△OBC 的周长= BC+
OC+OB= 15+8+10= 33.
3. D
【解析】根据作图可知AB =
AE,∵∠ABC = 60°,∴△ABE 是等
边三角形,∴BE = AB = 3,∴CE =
BC-BE= 5-3= 2.
4. B 【解析】由作图知,BC = AD,CD
=AB,∴四边形ABCD 为平行四边
形,故判定四边形ABCD 为平行四
边形的条件是两组对边分别相等.
5. B
【解析】如解图,取DE 的中点
H,连接AH,FH,∵四边形ABCD
为平行四边形, ∴AB∥DC, AB =
DC,∵E 为AB 的中点, ∴AE =
1
2 DC,∵F 为CE 的中点,∴HF 为
△DEC 的中位线,∴HF∥DC,HF =
1
2 DC,∴AE∥HF,AE = HF,∴四边
形AEFH 为平行四边形, ∴EG =
HG= 1
4 DE,∴DG= 3
4 DE= 3
4 ×4=3.
第5 题解图
6. 12
【解析】∵△CDE 为等边三角
形,∴∠DEC=∠D = 60°,DE = CD,
∵四边形ABCD 为平行四边形,
∴∠B=∠D= 60°,CD = AB = 6
cm,
由折叠可得,∠B = ∠B′ = 60°,AB
= AB′ = 6
cm,又∵∠AEB′ = ∠CED
= 60°, ∴△AEB′ 为等边三角形,
∴AE=AB′= 6
cm,∴AD=AE+DE=
12
cm.
7. 60 【解析】如解图,连接DO,∵O
为平行四边形的中心,PQ 为过中
心O 的线段,∴AP = CQ,DQ = BP,
∵AP
BP = 1
4 ,∴CQ
DQ = 1
4 ,∴S△ODQ =
4S△OCQ = 12,∴S△OCD = S△ODQ +S△OCQ
= 15,∵四边形ABCD 为平行四边
形,∴OB = OD,B,D,O 三点在同
一直线上, ∴S△OBC = S△OCD = 15,
∴S△BCD = S△OCD + S△OBC = 30,
∴S四边形ABCD = 2S△BCD = 60.
第7 题解图
8. 24
5
【解析】如解图,设PQ 与AB
的交点为O,∵四边形PAQB 是平
行四边形,∴PQ = 2OP,OA = OB,
要使线段PQ 取最小值,只需线段
OP 取得最小值. 根据垂线段最短
可知, 当OP ⊥AC 时, OP 最小.
∵AB = 6, BC = 8, ∠ABC = 90°.
∴AC = 10, OA =
1
2 AB = 3, 在
Rt△ABC 和Rt△AOP 中,sin∠CAB
=BC
AC = OP
OA,∴8
10 = OP
3 ,∴OP = 12
5 ,
∴PQ = 2OP = 24
5 ,即线段PQ 的最
小值为24
5 .
第8 题解图
第二节 矩 形
1. D 【解析】A. ∵平行四边形本身
就有AB∥CD 的性质,∴此条件不
能使平行四边形ABCD 变为矩形,
该选项错误;B. ∵AB = BC,平行四
边形中邻边相等时是菱形,不是矩
形的判定条件,∴此条件不能使平
行四边形ABCD 变为矩形,该选项
错误;C. ∵平行四边形本身就有
∠B= ∠D 的性质,∴此条件不能
使平行四边形ABCD 变为矩形,该
选项错误;D. ∵矩形的判定定理
之一是“ 对角线相等的平行四边
形是矩形”,平行四边形ABCD 中
AC = BD,∴平行四边形ABCD 是
矩形,该选项正确. 故选D.
2. D
【解析】∵四边形ABCD 是矩
形,∴∠A=∠D = 90°,AB = CD = 3,
AD= BC,∵AB = 3,AE = 4,∴BE =
AB
2+AE
2 = 5,∴AD = BC = BE =
5,∴DE = AD - AE = 1, ∴CE =
CD
2+DE
2 =
10.
3. D
【解析】∵四边形ABCD 是矩
形,∴O 是AC 的中点. 又∵E 是
AD 的中点,∴OE 是△ACD 的中位
线,∴CD= 2OE = 6. ∵sin
∠ACD =
AD
AC = 4
5 ,∴设AD = 4x,则AC = 5x,
∴CD =
AC
2-AD
2 = 3x,∴3x = 6,
解得x= 2,∴AD= 8.
4. D
【解析】如解图,连接AP,DE,
∵AB = 3, BC = 4, ∴
BD =
BC
2+CD
2 =
16+9 = 5,∵BP =
2,∴DP= 3,∴DP = CD = 3,∵点E
是PC 的中点,∴点E 在∠BDC 的
平分线上,故①正确;∵PF⊥AB,
PG⊥AD,∠BAD = 90°,∴四边形
AFPG 是矩形,∴AP = FG,∴当AP
⊥BD 时,AP 有最小值,∵S△ABD =
1
2 AB·AD = 1
2 BD·AP,∴3× 4 =
5×AP,∴FG=AP= 12
5 ,故②错误.
第4 题解图
5. A 【解析】如解图,连接DF. ∵四
边形ABCD 是矩形,∴∠B = ∠C =
90°,CD=AB= 2,BC = AD = 3,∵BF
= 2CF,∴BF = 2,CF = 1,∴CD =
BF,∵E 是AB 的中点, ∴BE =
1
2 AB = 1,∴BE = CF,∴△EBF≌
△FCD(SAS),∴∠BFE = ∠CDF,
EF = DF,∵∠CDF+∠CFD = 90°,
∴∠BFE+∠CFD = 90°,∴∠EFD
= 180° - 90° = 90°,∴△EFD 是等
腰直角三角形, ∴∠DEF = 45°,
∴cos∠DEF=cos
45° =
2
2 .
1
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第5 题解图
6.
13 -3 【解析】如解图,延长AG
交BD 于点H,∵E,F 分别是AB,
AD 的中点,∴EF 是△ABD 的中位
线,∴EF∥BD,∵E 是AB 的中点,
∴EG 是△ABH 的中位线,∴EG =
1
2 BH,AG=GH,∵DG 平分∠ADB,
∴△ADH 是等腰三角形,∴AD =
DH= 6,∵AB = 4,AD = 6,∴BD =
AB
2+AD
2 = 2
13,∴BH = BD-
DH = 2
13 - 6, ∴EG = 1
2 BH =
13 -3.
第6 题解图
7. 65
6 【解析】如解图,过点F 作FH
⊥AD 于点H,设AG 与EF 交于点
O,由折叠的性质得∠AOE = 90°,
∵∠EAO + ∠AEO = 90°, ∠EAO +
∠AGD= 90°,∴∠AEO = ∠AGD,即
∠FEH = ∠AGD, 又∵∠ADG =
∠FHE = 90°,∴△FHE ∽△ADG,
∴EF
GA = HF
DA = AB
AD = 5
6 ,在Rt△ADG
中,AG =
AD
2+DG
2 ,而G 为线段
CD 的中点,∴DG= 1
2 CD = 5,∴AG
=
12
2+5
2 = 13, ∴EF = 5
6 AG =
65
6 .
第7 题解图
第三节 菱 形
1. C
【解析】∵E,F 分别是AB,OB
的中点,EF = 1,∴AO = 2EF = 2,
∵四边形ABCD 是菱形, ∴AC =
2AO = 4,∵菱形ABCD 的面积为
12,∴1
2 AC·BD = 12,∴1
2 × 4·
BD= 12,∴BD= 6.
2. D
【解析】由尺规作图可知AB =
AD = BC = DC,∴四边形ABCD 是
菱形,∴AB∥CD,∠BDC = ∠ADB =
1
2 ∠ADC,∴∠A + ∠ADC = 180°,
∵∠A= 40°,∴∠ADC = 180° -∠A
= 140°, ∴∠BDC = 1
2 ∠ADC =
70°.
3. D
【解析】∵AC⊥BD,OB = OD,
∴AC 垂直平分BD,∴AB = AD,CB
= CD,∴结论①,②正确,故A,B
选项不符合题意,∵由AB = AD,
CB=CD 不能证明四边形ABCD 是
菱形,∴上述证明四边形ABCD 是
菱形的过程是不严谨的,∴该题目
需要补充条件,才能完成证明,故
C 选项不符合题意,D 选项符合题
意.
4. C 【解析】如解图,连接BD 交AC
于点O,∵四边形ABCD 为菱形,
∴AB∥CD,AC⊥BD,AO = CO = 12,
∴DO = 5, ∵AB∥CD, DE ⊥AB,
∴DE ⊥DC, ∴∠DFC + ∠DCF =
∠CDB + ∠DCA, ∴
∠BDC
=
∠DFC,∴cos∠DFC = cos∠BDC =
OD
CD = 5
13.
第4 题解图
5. D
【解析】由折叠的性质可知,
∠AEB = ∠AEF = 90°, BE = EF,
∵四边形ABCD 是菱形, ∠B =
45°,AB = 6,∴∠BAE = ∠B = 45°,
BC = AB = 6, ∴AE = BE, ∵AB =
AE
2+BE
2 =
2 BE = 6, ∴BE =
3 2,∴BF = 2BE = 6 2,∴CF = BF
-BC= 6 2 -6.
6. 1
【解析】∵四边形ABCD 是菱
形, ∴DO = BO = 1, CD ∥AB,
∴∠ODF
=
∠OBE, ∠OFD
=
∠OEB,
∴
△DOF
≌
△BOE
(AAS),∴S△DOF = S△BOE,∴S△AOE +
S△DOF = S△AOE +S△BOE = S△AOB = 1
2 ×
2×1= 1.
7. 5 【解析】如解图,连接OE,∵四
边形ABCD 是菱形,且AC = 12,BD
= 16,∴AC⊥BD,OC = 1
2 AC = 6,
OD = 1
2 BD = 8, ∠COD = 90°, 在
Rt△COD 中,由勾股定理得CD =
OC
2+OD
2 =
6
2+8
2 = 10, ∵E
是边CD 的中点, ∴
OE 是
Rt△OCD 斜边上的中线,∴OE =
1
2 CD = 5, ∵EF ⊥BD, EG ⊥AC,
∴∠OGE = ∠OFE = ∠COD = 90°,
∴四边形OGEF 是矩形,∴FG =
OE= 5.
第7 题解图
第四节 正方形
1. D 【解析】A. ∵有一个角是直角的
平行四边形是矩形,∴(1)处填∠A
= 90°是正确的,故该选项不符合
题意;B. ∵一组邻边相等的矩形
是正方形,∴(2) 处填AD = AB 是
正确的,故该选项不符合题意;C.
∵一组邻边相等的平行四边形是
菱形,∴(3) 处填DC = CB 是正确
的,故该选项不符合题意;D. ∵有
一个角是直角的菱形是正方形,
∴(4)处填∠B = ∠D 无法判定两
角是不是直角, 故该选项符合
题意.
2. C
【解析】∵四边形ABCD 是正
方形, ∴AB = AD, ∠BAD = 90°,
∵△AOB 是等边三角形, ∴AB =
AO, ∠BAO = 60°, ∴AO = AD,
∠OAD = ∠BAD - ∠BAO = 30°,
∴∠ADO = ∠AOD, 在△ADO 中,
∠ADO + ∠AOD + ∠OAD = 180°,
∴2∠ADO+30° = 180°,∴∠ADO =
75°.
3. B
【解析】如解图,由①③可得
GH= 300+100 = 400 米,∴GF = 400
-200 = 200 米,DE = 200+300-400
2
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= 100 米,设CD = a 米,则IH = 300
+200-a=(500-a)米,∴AB = 500-
a-300 = (200-a) 米,EF = 500-a-
300=(200-a)米,∴S1 = 100×(200
-a),S2 = 200 × ( 200 - a),∴S1 =
1
2 S2.
第3 题解图
4. B 【解析】如解图,由七巧板的特
征得:AP = PH = HG = GC,四边形
PMEH 是正方形,△HEG 是等腰直
角三角形,四边形EFCG 是平行四
边形, ∵用七巧板拼成正方形
ABCD 的对角线AC = 4,∴AP = PH
=HG=GC= 1,∴PM=ME=HE=EF
= 1, ∴PC = 3, MF = 2, ∴EG =
HE
2+HG
2 = 2,∴CF = EG = 2,
∴四边形PCFM 的周长为: PC +
PM+MF+CF= 3+1+2+ 2 = 6+ 2,
∴图中④⑤⑥组成的四边形的周
长为6+
2.
第4 题解图
5. B
【解析】∵四边形ABCD 是正
方形, ∴∠BCD = 90°, ∠BDC =
45°,AC ⊥BD,由折叠的性质,得
CE = EF, ∠BFE = ∠BCE = 90° =
∠DFE,∠FEB = ∠CEG, ∴EF ⊥
BD,∠DEF = ∠FDE = 45°,∴EF =
2
2 DE= 2,∴CE= 2,∵AC⊥BD,EF
⊥BD, ∴AC ∥EF, ∴∠FEB =
∠CGE,∴∠CGE = ∠CEG,∴CG =
CE= 2.
6. B
【解析】∵四边形ABCD 为平
行四边形,对角线AC 与BD 交于
点O,∴AB∥DC,AB=DC,OA=OC,
OB = OD, ∴∠OAE = ∠OCF,
∵∠AOE = ∠COF, ∴△AOE ≌
△COF(ASA),∴AE = CF,又∵AE
∥CF,∴四边形AECF 为平行四边
形,即E 在AB 上任意位置( 不与
A,B 重合) 时,四边形AECF 恒为
平行四边形,故甲正确;如图①,当
CE ⊥AB, AF ⊥CD 时, 四边形
AECF 是矩形,故乙正确;如解图
②,当EF ⊥AC 时, 四边形AECF
为菱形,故丙正确;由丙知,若AB>
AD, 则存在点E, 使得四边形
AECF 是菱形,∵∠BAC = 45°,∴
∠FAC = ∠BAC = 45°, ∴∠FAB =
90°,∴若AB>AD,∠BAC = 45°,则
存在点E,使得四边形AECF 是正
方形,故丁正确.
第6 题解图
第五节 多边形
(含正多边形与圆)
1. A
【解析】多边形内角和公式为
(n-2) × 180°,∴( n - 2) × 180° =
1
620°,解得n= 11,按图示的剪法
剪去一个内角后,新多边形边数会
增加一条,即11+1= 12.
2. C
【解析】n 边形的内角和是
(n-2)·180°,(n+x) 边形的内角
和是(n+x-2)·180°,则(n+x-2)·
180°-( n- 2) ·180° = 540°,解得
x= 3.
3. D
【解析】∵八边形ABCDEFGH
是正八边形, ∴
∠CDE
=
(8-2)×180°
8
= 135°, ∴由对称性
可知∠HDE = ∠HDC = 1
2 ∠CDE =
67. 5°.
4. B 【解析】如解图,正六边形的每
个内角为(6-2)×180°
6
= 120°, 正
方形的每个内角为90°,∵四边形
的内角和是(4- 2) × 180° = 360°,
∴∠1 + ∠2 = 360° - 120° - 90° =
150°,∵α = ∠1,β = ∠2,∴α+β =
150°.
第4 题解图
5. C 【解析】如解图,过点P 作PM
⊥OQ 于点M,在Rt△POM 中,OP
= 2,∠POM = 360°
12 = 30°,∴PM =
1
2 OP = 1,∴S△POQ = 1
2 OQ·PM =
1
2 ×2×1= 1,∴十二边形的面积为
12S△POQ = 12,即平行四边形ABCD
的面积为12,∴S△ADE = 1
4 S四边形ABCD
= 1
4 ×12= 3.
第5 题解图
6. C 【解析】如解图,连接OB,OC,
由题意可得:OP⊥BC,OA=OB,
∴∠ABC = (6-2)×180°
6
= 120°,
∠AOB = 1
6 × 360° = 60°,∴∠BAO
= 60°, ∴∠BAO + ∠ABC = 180°,
∴AO∥BC,∴OP⊥AO,∴∠AOP =
90°,设正六边形的面积为S,则S1
= 90
360S= 1
4 S,∴
S2
S1
=
S- 1
4 S
1
4 S
= 3.
第6 题解图
7. C 【解析】如解图,设正方形及正
八边形的中心为点O,正八边形落
在CD 上的顶点为点H,OH 交AB
于点L,∵点C,D 及点A,B 分别为
两个正方形的顶点,∴OC = OD,
OA= OB,∠COD = 1
4 × 360° = 90°,
∴∠OCD = ∠ODC = ∠OAB =
∠OBA= 45°,∴CD∥AB,∴△COD
∽△AOB,∵点A,H,B 为正八边
形的顶点, ∴OA = OH, ∠AOH =
∠BOH = 1
8 × 360° = 45°,∴OH ⊥
3
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CD,OL⊥AB,∠OAL=∠AOL= 45°,
∴∠OLA = 90°, OL = AL, ∴OA =
OL
2+AL
2 =
2 OL,∴CD
AB = OH
OL =
OA
OL = 2.
第7 题解图
8. 45
【解析】如解图,设正八边形
的中心为O, 连接AO, BO, CO,
DO,以点O 为圆心,OA 长为半径
作圆,∵八边形ABCDEFGH 是正
八边形,∴∠AOB = ∠COD = 360°
8
= 45°,∴∠AMB=∠ACB+∠CBD=
1
2 ∠AOB+ 1
2 ∠COD= 45°.
第8 题解图
9. 5
【解析】∵正多边形的两边延
长交于点P, 且∠P = 36°, ∠P +
∠PAB+ ∠PBA = 180°,∴∠PAB +
∠PBA = 180° - 36° = 144°,∵图形
是正多边形花坛, ∴∠PAB =
∠PBA= 144°
2
= 72°,∴n= 360°
72° = 5.
10. 3 或4 或5
【解析】∵正五边形
的一个内角为108°,∴x+y = 360
-108-108 = 144,∴180( n- 2) =
yn,∴n = 360
180-y,∵x≥30,∴y≤
114,∴当n= 3 时,y = 60,当n = 4
时,y= 90,当n = 5 时,y = 108,∴
符合条件的n 的值为3 或4 或5.
11. 6
【解析】设正六边形有x 个,
∵正方形和正六边形相间围成一
圈,∴正方形也有x 个. 一个正方
形内角与一个正六边形内角和为
90°+ 120° = 210°,在一个拼接点
处剩余角度为360°-90°-120° =
150°. 即围成的多边形的每一个
内角为150°,则该多边形的每个
外角都为30°,∴360°÷30° = 12,
∴正六边形个数是12÷2= 6 个.
12. 2
13
【解析】如解图,设两个
正六边形的中心为O,点S,T 为
小六边形的两个顶点,连接OP,
OB,OT,SP, 过点O 作OG ⊥AB
交AB 于点G,OH⊥PQ 交PQ 于
点H,由题意知AP = BN = CQ = 4,
CN = BP = 10, ∴BC = BN + CN =
14,∴在正六边形ABCDEF 中,
OB= BC = 14,∠OBG = 60°,∵OG
⊥AB, ∴在Rt△OGB 中OG =
sin
60° · OB = 7 3, AG = BG =
1
2 OB = 7, ∴PG = AG - AP = 3,
∴OP =
OG
2+PG
2 =
(7
3)
2+3
2
=2
39,由小正六边形得△SPT
是正三角形,∴PT = ST,∴PQ =
3ST,∵OH ⊥PQ,∴PH= 1
2 PQ,
PT= ST = 2TH,∴PH = PT + TH =
3TH, ∴在Rt△OHT 中, OH =
3TH,∴在Rt△OHP 中,由勾股
定理得(2
39)
2 = ( 3 TH)
2 +
(3TH)
2,解得TH =
13,∴ST =
2TH= 2
13,即小正六边形的边
长为2
13.
第12 题解图
13. 5
2
【解析】如解图,由题意可
知,点F′在射线FC 上,过点B 作
BF′⊥FC 于点F′,此时BF′最小,
直线l 与FC 相交于点N,过点A
作AM⊥FC 于点M,则FM=F′C,
在Rt △AFM 中, FA = AB = 6,
∠AFM= 60°,∴FM = 1
2 FA = 3 =
F′C,由正六边形的性质可得FC
= 2AB = 12,∵点F 与点F′关于
直线l 对称,∴FN = F′N = 12-3
2
=
9
2 ,∴MN = AP = 9
2 -3 = 3
2 ,此时
点P 移动的距离为FA+AP = 6+
3
2 = 15
2 ,点P 移动的时间t = 15
2 ÷
3
= 5
2 .
第13 题解图
14. (1)120;(2)2 7 【解析】(1)∵正
六边形的内角和为(6- 2) × 180°
= 720°,∴正六边形的每一个内
角都为720° ÷ 6 = 120°,∴∠α =
120°;( 2) 如解图①, 连接AC,
BC,过点D 作DE⊥BC,垂足为
E,如解图②,正六边形的中心到
每个顶点的距离相等, 即OF =
OG = OH = OI = OJ = OK,∵∠FOG
= ∠GOH = ∠HOI = ∠IOJ = ∠JOK
=∠KOF = 360°
6
= 60°,∴△FOG,
△GOH, △HOI, △IOJ, △JOK,
△KOF 都是等边三角形,∵正六
边形的边长为1
cm,∴OF = OG =
OH= OI = OJ = OK = 1
cm,∴由正
六边形的性质得AC= 5
cm,∵BD
=CD,∠BDC = 360° - 120° - 120°
= 120°,∴∠DBC = ∠DCB = 30°,
易知∠ACD = 60°, ∴∠ACB =
∠ACD+∠DCB= 90°,∴AC⊥BC,
∵DE ⊥BC, ∴
BE = BD ·
cos
∠DBC =
3
2
cm, ∴BC =
3
cm,∴AB=
BC
2+AC
2 =2 7
cm.
第14 题解图
第六章 圆
第一节 圆的基本性质
(含外心)
1. B 【解析】如解图,连接OC,∵AB
是☉O 的直径,AC
(
= BC
(
,∴∠AOC
4
参考答案
分
层
作
业
本
= 90°,∴∠D= 1
2 ∠AOC= 45°.
第1 题解图
2. B 【解析】∵四边形ABCD 为☉O
的内接四边形, ∴∠B + ∠D =
180°,∵∠B= 120°,∴∠D = 180°-
120° = 60°, ∴∠AOC = 2 ∠D =
120°.
3. C
【解析】若P 点为圆心,
∵∠FEG = 50°, ∴
∠FPG =
2∠FEG= 100°.
4. C
【解析】∵∠D = 45°,∴∠B =
45°,∵AB 是☉O 的直径,∴∠ACB
= 90°,∴△ABC 是等腰直角三角
形,∴AC= 2
2 AB= 2 2.
5. D
【解析】如解图,连接AB,BC,
∵AC 为☉O 的直径, ∴∠ABC =
90°,∵∠CBD = ∠CAD, ∠ABE =
∠ACE,∴∠CAD + ∠EBD + ∠ACE
= ∠CBD+∠EBD+∠ABE = ∠ABC
= 90°.
第5 题解图
6. B
【解析】∵AB = AC, ∠ACB =
70°, ∴∠ABC = ∠ACB = 70°,
∴∠BAC= 180°-70°×2= 40°,由圆
周角定理得∠BDC = ∠BAC = 40°,
∵BD 为☉O 的直径,∴∠BCD =
90°,∴∠CBD= 90°-40° = 50°.
7. D
【解析】如解图, 连接BE,
∵OD⊥AB,∴AC = BC = 1
2 AB =
1
2 ×8 = 4,设AO = x,则OC = OD-
CD = x - 2,在Rt△ACO 中,AO
2 =
AC
2+OC
2,∴x
2 = 4
2+(x-2)
2,解得
x= 5,∴OC = 3,∵AE 是☉O 的直
径,∴∠ABE= 90°,∵OC 是△ABE
的中位线, ∴BE = 2OC = 6,
∴tan∠ECB=EB
CB = 6
4 = 3
2 .
第7 题解图
8. C
【解析】由图可知, FA =
2
2+1
2 =
5, FC =
2
2+1
2 =
5,FB=
2
2+1
2 =
5,∴FA = FB
=FC,∴F 点在AB,AC,BC 三边
的垂直平分线上, ∴点F 是
△ABC 外心.
9. C
【解析】在Rt△ABC 中,∠C =
90°,BC= 6,AB= 12,∴cos
B=BC
AB =
6
12 = 1
2 ,∴∠B = 60°,分两种情况
讨论: 当P 在AC
(
上时, ∠APC =
180°-∠B = 120°,当P 在ABC
(
上
时,∠APC=∠B= 60°,故甲和乙的
合在一起正确.
10. C 【解析】如解图,连接AC,AD,
取AD 的中点O,连接OC,由正十
二边形及圆的对称性可知,AD 是
☉O 的直径,AB = AC,∴∠ACD =
90°, ∠COD = 360°
12
× 2 = 60°,
∴∠CAD= 1
2 ∠COD = 30°,∵CD
= 4-1= 3,∴在Rt△ACD 中,AC=
3CD= 3 3,∴AB=AC= 3 3.
第10 题解图
11. 1. 5
【解析】如解图,过点O 作
OC⊥AB 于点C,延长CO 交圆O
于点D,连接OA,∴AC = 1
2 AB =
0. 9
m,CD = 2. 7
m,设圆的半径
为x
m,则OC = ( 2. 7 - x) m,在
Rt△AOC 中, AC
2 + OC
2 = OA
2,
∴0. 9
2+(2. 7-x)
2 =x
2,解得x=1. 5.
第11 题解图
12. 4
5
【解析】设☉O 的半径为r,
则OD=r-10,∵C 是AB
(
的中点,
∴OC⊥AB,∴AD = BD = 1
2 AB =
20,在Rt△ODB 中,由勾股定理,
得OB
2 = OD
2 + BD
2, 即r
2 = ( r -
10 )
2 + 20
2, 解得
r = 25,
∴sin∠BOD=BD
OB = 20
25 = 4
5 .
13. 2
14
【解析】如解图, 连接
AE,AC,记AC 与BE 交于点L,
∵四边形ABCD 是矩形,且矩形
ABCD 内接于☉O, ∴∠D =
∠BAD= 90°, ∴AC 是☉O 的直
径, ∵AF = 1, EG = FG = 3,
∴∠BEC = ∠GFE = ∠AFB,
∵∠BEC = ∠BAC, ∴∠AFB =
∠BAC,∴∠ALB= ∠GAC+∠AFB
= ∠GAC+∠BAC = ∠BAD = 90°,
∴∠GAC = ∠ABE = 90° -∠BAC,
∵∠ABE = ∠ACG, ∴∠GAC =
∠ACG,∴CG=AG= AF+FG = 1+3
= 4, ∵∠CDG = ∠AEG = 90°,
∠CGD = ∠AGE, ∴△CDG ∽
△AEG,∴DG
EG =CG
AG = 1,∴DG = EG
= 3,∴AD = AG+DG = 4+3 = 7,CD
=
CG
2-DG
2 =
4
2-3
2 =
7,
∴AC=
AD
2+CD
2 =
7
2+( 7)
2
=2
14,∴☉O 的直径为2
14.
第13 题解图
14. (1) 证明:∵AP,BP 分别切☉O
于A 点,B 点,
∴OP 平分∠AOB,
∴∠AOP= 1
2 ∠AOB,
又∵AB
(
=AB
(
,
∴∠ADB= 1
2 ∠AOB,
∴∠ADB=∠AOP;
(2) 解:如解图,延长AO 交☉O
于点F,连接DF,则∠ADF= 90°,
5
中考试题研究·数学(河北)
分
层
作
业
本
第14 题解图
∵AP,BP 分别切☉O 于点A,点B,
∴PA⊥OA,
∵C 为OP 的中点,
∴PC=OC,
∴AC=OC= 1
2 OP,
又∵AP= 10,tan∠AOP= 1
2 ,
∴AO =
AP
tan∠AOP = 20, OP =
AO
2+AP
2 = 10 5, AC = OC =
1
2 OP= 5 5,AF= 2AO= 40,
∵AC=OC,
∴∠CAO=∠AOC,
又∵∠PAO=∠FDA= 90°,
∴△PAO∽△FDA,
∴PO
AO = FA
DA,
∴DA= 20
10 5
×40 = 16 5,CD = DA
-AC= 11 5,
∵
∠AOC = ∠EDA, ∠ACO =
∠ECD,
∴△ACO∽△ECD,
∴AO
ED =CO
CD,
∴DE= 11 5
5 5
×20= 44.
第二节 与切线有关的证明
与计算(含内心)
1. D
【解析】如解图, 连接OC,
∵∠D= 15°,∴∠AOC = 30°,∵OA
⊥OB,AC 是☉O 的切线,∴∠AOB
= ∠OCB = 90°,∴∠AOC + ∠COB
= ∠COB + ∠B = 90°, ∴∠B =
∠AOC= 30°.
第1 题解图
2. B 【解析】如解图,设钟表的中心
为点O,连接BC,OD,由题意得,
点O 在BC 上,∠DOC = 2× 30° =
60°,∴∠DBC = 1
2 ∠DOC = 30°,
∵PC 与☉O 相切于点C,∴∠BCP
= 90°,∵BC = 2 3,∴PC = tan
30°
·BC= 3
3 ×2 3 = 2.
第2 题解图
3. C
【解析】∵点I 是△ABC 的内
心,∴∠ABD=∠CBD,∵AB 是☉O
的直径, ∴∠C = 90°, ∵∠BAC =
40°,∴∠ABC = 180° - 90° - 40° =
50°,∴∠ABD = ∠CBD = 1
2 ∠ABC
= 25°,∴∠CAD=∠CBD= 25°.
4. D 【解析】如解图,连接OA,OB,
∵PA,PB 分别与☉O 相切于A,B
两点, ∴∠PAO = ∠PBO = 90°,
∵∠P= 80°,∴∠AOB = 360° - 2×
90°-80° = 100°,∴∠C = 1
2 ∠AOB
= 50°,或∠C′= 180°-50° = 130°.
第4 题解图
5. C 【解析】如解图,连接AO 并延
长,交☉O 于点E,连接EC. ∵AD
为☉O 的切线,∴AE⊥AD,∠EAD
= 90°, ∴∠EAC + ∠CAD = 90°.
∵AE 为☉O 的直径, ∴∠ACE =
90°,∴∠E+∠EAC = 90°,∴∠E =
∠CAD. 又∵∠E = ∠B, ∠BAC =
∠CAD, ∴∠BAC = ∠B, ∴AC =
BC. ∵∠E = ∠B,∴sin
E = sin
B,
∴AC
AE = 3
5 ,即AC
4 = 3
5 ,解得AC =
12
5 ,∴BC= 12
5 .
第5 题解图
6. D 【解析】如解图,连接OC,∵点
O 是△ABC 的外心, ∴OC = OB,
∴∠OCB = ∠OBC = 20°,∴∠BOC
= 180° - ∠OCB - ∠OBC = 140°,
∴∠BAC= 1
2 ∠BOC = 70°,∵点I
是△ABC 的内心,∴AI 平分∠BAC,
∴∠IAB=∠IAC= 1
2 ∠BAC=35°.
第6 题解图
7. B
【解析】如解图,连接OA,OB,
∵PA,PB 分别与☉O 相切于点A,
B,∴OA⊥PA,OB⊥PB,∠APO =
∠BPO,
∴
∠AOP
=
∠BOP,
∴∠AOP= 1
2 ∠AOB,由圆周角定
理,得∠ADB = 1
2 ∠AOB,∴∠ADB
=∠AOP,在Rt△AOP 中,OA = 8,
PA = 6, ∴OP =
OA
2+PA
2 =
8
2+6
2 = 10,∴sin∠AOP = PA
OP =
6
10 = 3
5 ,∴sin∠ADB= 3
5 .
第7 题解图
8. D 【解析】如解图,过点I 作PQ∥
BC,分别交AB,AC 于点P,Q,连接
AI,BI, CI, ∵I 为△ABC 的内心,
∴∠MAI = ∠PAI, ∠PBI = ∠CBI,
∠QCI = ∠BCI,
∵PQ ∥BC,
∴∠PIB = ∠CBI, ∠QIC = ∠BCI,
∴∠PBI = ∠PIB,∠QCI = ∠QIC,
∴PI = PB,QI = QC,又∵AB = 10,
AC= 12,∴AP+PQ+AQ = AP+PI+QI
+AQ= AP+PB+QC+AQ = AB+AC =
22, ∵∠AMN = ∠ABC, ∠APQ =
∠ABC, ∴
∠AMN = ∠APQ, 在
△MAI 和△PAI 中,
∠AMI=∠API
∠MAI=∠PAI
AI=AI
{
,
∴△MAI ≌△PAI (AAS), ∴AM =
6
参考答案
分
层
作
业
本
AP, 在△AMN
和△APQ
中,
∠AMN=∠APQ
AM=AP
∠MAN=∠PAQ
{
, ∴
△AMN ≌
△APQ( ASA), ∴MN = PQ, AN =
AQ,∴AM+MN+AN = AP+PQ+AQ =
22,∴△AMN 的周长为22.
第8 题解图
9. (1)证明:∵DF 经过圆心O,GF 是
☉O 的切线,
∴DF⊥GF,
∵DF⊥AB,
∴AB∥GF,
∴∠G=∠BAC= 45°,
∴∠FDG= 90°-45° = 45°,
∴△DFG 是等腰直角三角形,
∴FD=FG;
(2)解:∵DF⊥AB,
∴AE=BE= 1
2 AB= 6,
由(1)得∠ADE=∠BAC= 45°,
∴△ADE 是等腰直角三角形,
∴DE=AE= 6,
由(1)得FD=FG= 10,
∴EF=DF-DE= 10-6= 4,
如解图,连接OA,设OE=x,
则OF=OE+EF=x+4=OA,
第9 题解图
在Rt△AOE 中,OA
2 =AE
2+OE
2,
即(x+4)
2 = 6
2+x
2,解得x= 5
2 ,
∴OA=x+4= 5
2 +4= 13
2 ,
∴☉O 的半径为13
2 .
10. 解:(1)点O 在AB 上,CD=BD;
【解法提示】∵∠ACB 是直角,
∴AB 是☉O 的直径,∴点O 是
AB 的中点. ∵点D 是BC
(
的中
点,∴CD=BD.
(2) 补全图形如解图①,△DEF
是等腰三角形,理由如下:
如解图①,连接OD,
∵D 是BC
(
的中点,OD 是☉O 的
半径,
∴∠CAD=∠OAD,OD⊥BC.
∵∠CAD=∠CBD,
∴∠OAD=∠CBD.
∵AE⊥EF,
∴∠OAD+∠F= 90°,
∴∠CBD+∠F= 90°.
∵DE 是☉O 的切线,OD 是☉O
的半径,
∴OD⊥DE,
∴BC∥DE,
∴∠CBD=∠BDE,
∴∠BDE+∠F= 90°.
∵AB 是☉O 的直径,
∴∠ADB= 90°,
∴∠BDE+∠EDF= 90°,
∴∠F=∠EDF,
∴DE=EF,
∴△DEF 是等腰三角形;
第10 题解图①
(3)如解图①,
∵☉O 的半径为3,
∴OA=OB=OD= 3,
∴AB= 6.
∵DE= 4,
∴在Rt△ODE 中,由勾股定理,
得OE=
OD
2+DE
2 = 5,
∴AE=OA+OE= 3+5= 8.
由(2)得EF=DE= 4,
在Rt△AEF 中,tan∠EAF = EF
AE =
4
8 = 1
2 ,
在Rt△ABD 中,tan∠BAD=BD
AD= 1
2 ,
∴AD= 2BD.
在Rt△ABD 中,由勾股定理,得
AB
2 =BD
2+AD
2,
即6
2 = BD
2 +(2BD)
2,解得BD =
6 5
5 (负值已舍去),
∴CD=BD= 6 5
5 .
一题多解法
如解图②,连接OD,BF,
∵☉O 的半径为3,
∴OA=OB=OD= 3.
在Rt△ODE 中,由勾股定理,得
OE=
OD
2+DE
2 = 5,
∴AE=OA+OE = 3+5 = 8,BE = OE
-OB= 2.
由(2) 得,EF = DE = 4,EF⊥AE,
∠ADB= 90°,
在Rt△AEF 中,由勾股定理,得
AF=
AE
2+EF
2 = 4 5,
∵S△AEF =S△ABF+S△BEF,
∴1
2 AE·EF = 1
2 AF·BD+ 1
2 BE
·EF,
∴
BD
=
AE·EF-BE·EF
AF
=
8×4-2×4
4 5
= 6 5
5 ,
∴CD=BD= 6 5
5 .
第10 题解图②
第三节 弧长、扇形面积
的相关计算
1. A
【解析】由题意,扇形的半径
AD =
1
2+3
2 =
10, ∠EAF =
45°, ∴
扇形EAF 的面积为
45π×(
10)
2
360
= 5π
4 .
2. D 【解析】如解图,连接BD,∵AB
为半圆O 的直径, ∴∠ADB =
∠CDB = 90°, ∵∠BAC = 70°,
∴∠ABD = 90° - ∠BAC = 20°,
∵D 是AE
(
的中点, ∴∠CBD =
∠ABD= 20°,∴∠ABE = 40°,∵BD
= BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB =
BC = 6, ∴OB = 3, ∵OB = OE,
∴∠OBE=∠OEB= 40°,∴∠BOE=
180°-∠OBE-∠OEB=180°-2∠OBE=
100°,∴S阴影=100π×3
2
360
=5π
2 .
7
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层
作
业
本
第2 题解图
3. D
【解析】如解图, 设正方形
ABCD 的内切圆与正方形ABCD
的其中两个切点分别为E,F,连接
OE,OF,OD,根据切线的性质,得
OE⊥AD,OF⊥CD,且OE = OF,易
得四边形OEDF 是正方形. ∵内切
圆的半径为2,∴OE = 2,∴OD =
2 OE = 2 2,∴S阴影部分=π×OD
2-π
×OE
2 =π×(2 2)
2-π×2
2 = 4π.
第3 题解图
4. D 【解析】如解图,连接OB,OC,根
据题意可知,四边形ABCD 内接于
☉O,∴∠ABC+∠D = 180°,∵AB =
AC,∴∠ABC = ∠ACB, ∴∠ACB +
∠D = 180°. ∵∠ACB =
3
5 ∠D,
∴3
5 ∠D + ∠D = 180°, 解得∠D =
112. 5°, ∴∠ABC = ∠ACB = 3
5 ×
112. 5° = 67. 5°, ∴∠BAC = 180° -
∠ABC - ∠ACB = 45°, ∴∠BOC =
2∠BAC=90°,∴BC
(
的长为90π×3
180
=
3π
2 ,∵CD∥AB,∴∠ACD = ∠BAC,
∴AD
(
=BC
(
,∴AD
(
的长为3π
2 .
第4 题解图
5. B
【解析】如解图,设AC 与BA′
相交于点D,由旋转的性质可知,
∠ABA′= 45°,BA′ = BA = 6,△ABC
≌△A′ BC′, ∴S△ABC = S△A′BC′,
∵S四边形AA′C′B = S△ABC + S阴影部分=
S△A′BC′ + S△ABA′, ∴S阴影部分= S△ABA′,
∵∠ABA′= ∠CAB = 45°,∴∠ADB
= 90°,△ADB 为等腰直角三角形,
∴AD=BD= 2
2 AB= 3 2,∴S△ABA′ =
1
2 AD·BA′ = 1
2 × 3 2 × 6 = 9 2,
∴S阴影= 9 2
cm
2.
第5 题解图
6. 60°
【解析】圆心角的度数为n,
∵EM = 6
cm, ∴
6π×180°
πn
-
4π×180°
πn
= 6,解得n= 60°.
7. 2π
3
【解析】如解图, 连接ON,
AN,由折叠的性质可得AN = ON,
ON
(
= AN
(
,又∵OA = ON,∴△AON
为等边三角形,∴∠MON = 60°,∵
OA= 2,∴ON
(
=AN
(
= 60π×2
180
= 2π
3 .
第7 题解图
8. 4π
3 -2 3
【解析】∵AB
(
所在圆的
圆心为点O,边CD 与☉O 相切于
点E,∴OA = OB = OE,OE⊥CD,∵
四边形ABCD 为矩形,∴AB∥CD,
∴OE⊥AB,∵AB = 4,∴AF = BF =
1
2 AB= 2,∵∠ABE = 15°,∴∠AOE
= 2∠ABE = 30°,∴OA = 2AF = 4,
OF= 3AF= 2 3,∴阴影部分的面
积=S扇形AOE-S△AOF = 30π×4
2
360
- 1
2 ×2
3 ×2= 4π
3 -2 3.
9. 16π
3 - 8 3
【解析】如解图,连接
OA,OE,OF,过点O 作OM⊥AF 于
点M,设扇形分别交AB,EF 于点
G,H,∵六边形ABCDEF 是正六边
形,中心为点O,∴OA = OE = OF,
∠AOF = ∠EOF = 360°
6
= 60°,
∠BAF = 120°,∴△OAF 和△OEF
都是等边三角形, ∠AOE = 60° +
60° = 120°,∴OA= AF = 4,∠OEF =
∠OAF = 60°, ∴∠OAG = 120° -
∠OAF = 60°, ∴∠OAG = ∠OEH,
∵OM⊥AF,∴AM=FM= 1
2 AF = 2,
∴OM =
4
2-2
2 = 2 3,∴S△OAF =
1
2 AF·OM = 1
2 × 4 × 2 3 = 4 3,
∵∠GOA+∠AOH = ∠AOH+∠EOH
= 120°, ∴
∠GOA = ∠EOH,
∴△GOA≌△HOE, ∴
S△GOA
=
S△HOE,∴S△GOA +S四边形AOHF = S△HOE +
S四边形AOHF,∴S五边形AGOHF = S四边形AOEF =
2S△OAF = 8 3, ∴S阴影部分= S扇形-
S五边形AGOHF = 120π×4
2
360
- 8 3 = 16π
3 -
8 3.
第9 题解图
第七章 图形的变化
第一节 视图与投影、
立体图形的展开与折叠
1. A 2. D 3. A
4. C 【解析】A. 在某一时刻三根木
杆在太阳光下的影子的方向应该
一致,故本选项错误;B. 在某一时
刻三根等高木杆在太阳光下的影
子的长度应该相同,故本选项错
误;C. 在某一时刻三根木杆在太
阳光下的影子合理,故本选项正
确;D. 在某一时刻三根木杆在太
阳光下的影子的方向应该互相平
行,故本选项错误.
5. D 6. D 7. B 8. D 9. C 10. C
11. C 【解析】拿走其中的n 个小正
方体后,发现该几何体的左视图
没有发生变化,可以拿走最左侧
的一个和最右侧的两个,则n 的
最大值为3.
12. D
【解析】单独移开①或②或
③,得到的几何体的左视图与原
来的几何体的左视图相同,均为
底层是两个小正方形,上层的左
8
参考答案
分
层
作
业
本
边是一个小正方形;移走④,则
得到的几何体的左视图为一列
两个小正方形. 所以若移走一块
小正方体,几何体的左视图发生
了改变,则移走的小正方体是④.
13. B 【解析】观察图形可知,该几
何体的主视图有3 列,从左到右
正方形的个数分别为2、2、1,即
.
14. B 【解析】观察该几何体的三视
图发现其为半个圆柱,半圆柱的
直径为4,高为4,故其表面积为
π×2
2+4×4+4×2π= 12π+16.
15. B
【解析】∵相对两面的点数之
和为7,∴1 的对面为6,3 的对面为
4,2 的对面为5,∴第一次滚动之
后,3 朝下,4 朝上,第二次滚动之
后,1 朝下,6 朝上,第三次滚动之
后,2 朝下,5 朝上. ∴滚动到最后
一格时,骰子朝上一面的点数5.
16. C 【解析】如解图,将展开图折叠
成正方体,设正方体的棱长为1,则
PA=PD = 1,PB =
PA
2+AB
2 = 2,
PC =
PB
2+BC
2 = 3,∵1 < 2 <
3,∴点C 到顶点P 距离最大,一
个正方体的表面展开图,将其折叠
成正方体后,下面各点中到顶点P
距离最大的是点C.
第16 题解图
第二节 尺规作图
1. C
2. C 【解析】小明的方法:∵∠COD
= ∠D = 90°, ∴∠COD + ∠D =
180°,∴BC∥DE,∴小明的方法正
确;小亮的方法:由作图知∠ADE
=∠B,∴BC∥DE,∴小亮的方法
正确.
3. C
【解析】甲:由作图痕迹可知,
OC = OD, OA = OB, 在△ADO 和
△BCO 中,
OD=OC
∠AOD=∠BOC
OA=OB
{
,
∴△ADO≌△BCO(SAS),同理可
得△ACP≌△BDP( AAS),△APO
≌△BPO ( SSS ), ∴
∠AOP =
∠BOP,∴射线OP 为∠AOB 的平
分线;乙:由作图痕迹可知,OC =
OD,△OCD 是等腰三角形,∴射线
OP 是CD 的垂直平分线, OP 为
∠AOB 的平分线.
4. B 【解析】∵三角形的外心是三
角形各边的垂直平分线的交点,故
选项B 中,利用直尺可以作出三
角形的外心.
5. C
6. C 【解析】由嘉嘉的作图可知,BQ
⊥平分EF,即∠APB= 90°,∴嘉嘉
的作法是正确的;由琪琪的作图可
知,AB 是☉O 的直径,点P 在☉O
上,∴∠APB = 90°,∴琪琪的作法
是正确的;∴两人都正确.
7. D 【解析】A. 根据作图痕迹可知,
BE 为∠ABC 的平分线,故∠ABE =
∠EBC, ∵AD ∥BC, ∴∠EBC =
∠AEB, 即∠ABE = ∠AEB, ∴
△ABE 为等腰三角形,选项不符合
题意;B. 根据作图痕迹可知,点B,
E 在以点A 为圆心,AB 的长为半
径的圆上,故AB = AE,即△ABE 为
等腰三角形,选项不符合题意;C.
如解图, 根据作图痕迹可知,
∠BAD 的平分线与BC 交于点F,
则∠EAF=∠FAB,由作图可知,BE
⊥AF,设AF 与BE 相交于点M,则
∠AME = ∠AMB = 90°,又∵AM =
AM, 则△AME ≌△AMB ( ASA ),
∴AB = AE,∴△ABE 为等腰三角
形,选项不符合题意;D. 作图痕迹
是作的AD 的垂直平分线,没法证
明△ABE 是等腰三角形,选项符合
题意.
第7 题解图
8. D 【解析】A. 如解图①,连接OA,
∵OP 为☉D 的直径,∴∠PAO =
90°,∵OA 是☉O 的半径,∴PA 为
☉O 的切线;B. 如解图②,过点O
作OE ⊥AP 于点E, ∴∠PEO =
90°,PD 为☉O 的直径,∴∠PAD =
90°,∴∠PEO=∠PAD = 90°,∴OE
∥AD, ∴OE = 1
2 AD, ∵AD = BC,
∴OE = 1
2 BC, ∴OE 为☉O 的半
径,∴PA 为☉O 的切线;C. 由作图
可知∠BDO = 90°,OP = OB,AP =
BD,∵OA = OD,∴△APO≌△DBO
(SSS), ∴∠BDO = ∠PAO = 90°,
∵OA 为☉O 的半径,∴PA 为☉O
的切线; D. 由作图知OP = OD =
PD,∴△DOP 是等边三角形,∴只
有A 为OD 的中点时,则OA⊥AP,
此时PA 为☉O 的切线,∵
点A 的
位置不确定,∴不能判断PA 一定
为☉O 的切线.
第8 题解图
9. (1) 解:如解图①所示,点O 即为
所求;
第9 题解图
【解法提示】∵BC 是圆的直径,
∴运用尺规作直径BC 的垂直平
分线交BC 于点O,∴点O 即为所
求点的位置.
(2)证明:如解图②,
∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC,
∵点O,E 分别是BC,AD 的中点,
∴AE∥OC,AE = 1
2 AD,OC = 1
2 BC,
∴AE=OC,
∴四边形AOCE 是平行四边形.
第三节 图形的对称
1. C
2. C 【解析】A. 图形有2 条对称轴;
B. 图形有4 条对称轴;C. 图形有5
条对称轴;D. 图形有3 条对称轴;
∴对称轴最多的是C 选项中的
图形.
3. D 4. A
5. A 【解析】①和③拼成一个圆,圆
既是轴对称又是中心对称的图形,
故选项A 符合题意;②和⑤拼成
9
中考试题研究·数学(河北)
分
层
作
业
本
五角星,五角星是轴对称图形,不
是中心对称图形,故选项C 不符
合题意;④和⑥拼成一个三角形,
该三角形不是轴对称和中心对称
图形,故选项D 不符合题意.
6. C 【解析】由题意可知,四个涂色
的小正方形组成的图形的对称轴
有4 条,即m= 4,A. 涂色的正方形
是①, 组成的图形的对称轴有1
条,不符合题意;B. 涂色的正方形
是②, 组成的图形的对称轴有1
条,不符合题意;C. 涂色的正方形
是③, 组成的图形的对称轴有4
条,符合题意;D. 涂色的正方形是
④,组成的图形的对称轴有1 条,
不符合题意.
7. B 【解析】根据网格的特点和勾
股定理可得△ABP1, △ABP4,
△ABP3 都是等腰三角形,即这三
个三角形都是轴对称图形,
△ABP2 不是轴对称图形.
8. C 【解析】如解图,共有3 种不同
的拼法.
第8 题解图
9. A
【解析】由题意知等边△MNP
的位置如解图(点M,N 可互换),
连接OM,设MP 与AB 交于点K,
MN 与CD 于点L,∵AB,CD 是等
边△MNP 的两条对称轴,∴MK =
1
2 MP,ML= 1
2 MN,AB⊥PM,CD⊥
MN,∵MN=MP,∴MK = ML,∵OM
= OM, ∴Rt△OMK ≌Rt △OML
(HL), ∴∠MOK = ∠MOL, ∴OM
平分∠AOC.
第9 题解图
第四节 图形的平移与旋转
1. B
【解析】∵点A 的坐标为(3,
0),点A 的对应点C 的坐标为(3,
5),∴将点A 向上平移5 个单位长
度的到点C,∴点B(2,-2)的对应
点D 的坐标为(2,3).
2. B 【解析】∵将△ABC 绕点B 逆
时针旋转得到△A′ BC′, ∴AB =
A′B,∠ABC = ∠A′BC′ = 66°,∠C =
∠A′C′B = 90°,∴∠BAA′ = ∠BA′A
= 1
2 ( 180° - ∠A′ BC′) = 57°,
∴∠AA′C′= 90°-∠BAA′= 33°.
3. C 【解析】由平移的性质可知DF
=AC,AD = CF = 2,∴四边形ABFD
的周长=AB+BF+DF+AD = AB+BC
+CF+AC+AD = △ABC 的周长+AD
+CF= 20+2+2= 24.
4. A
【解析】∵正方形ABCD 的边
长为5,AB 边在y 轴上,将正方形
ABCD 绕点O 逆时针旋转90°,得
到正方形A′B′C′D′,B ( 0, - 2),
∴AB=BC= A′B′ = B′C′ = C′D′ = 5,
OB= OB′ = 2,A′B′在x 轴上,A′B′∥
C′D′,∴B′(2,0),C′(2,5),∴D′(-3,5).
5. D
【解析】由旋转的性质得,
∠BAD= 90°,AE = AC = 2 2,BC =
DE = 1,AB = AD,∵∠ACB = 90°,
∴AB=
AD
=
AC
2+BC
2
=
(2
2)
2+1
2 = 3, 在Rt △BAD
中,根据勾股定理得BD=
3
2+3
2
= 3 2.
6. B
【解析】∵将△DCE 沿DC 方
向平移得到△D′C′E′,∴C′E′ = CE
= 3. ∵∠B = ∠D = 30°,∠ACB =
∠ECD= 90°,且A,C,D 三点共线,
∴∠E′ C′ A = 90°, ∠A = 60°,
∴∠AE′C′= 30°,设AC′ = x,则AE′
= 2x. ∵在Rt △AC′ E′ 中, AE′
2 =
AC′
2+C′E′
2,∴(2x)
2 = x
2 +( 3 )
2,
∴x= 1(负值已舍去),∴平移的距
离CC′=AC-AC′= 3 -1.
7. A 【解析】如解图,由旋转性质可
知点A 与点E 为对应点,点B 和
点F 为对应点,∴旋转中心在AE
的垂直平分线上,也在BF 的垂直
平分线上,分别作AE 的垂直平分
线和BF 的垂直平分线,两条垂直
平分线的交点为M 点,即旋转中
心为M 点.
第7 题解图
8. C 【解析】由平移的性质可知,BC
∥B′C′,B′C′ = BC = 6,∴∠CBC′ =
∠BC′ B′. 又∵BC′ 平分∠CBB′,
∴∠CBC′= ∠B′BC′,∴∠B′BC′ =
∠BC′B′,∴BB′ = B′C′ = 6. ∵AB =
2BC= 6
2,∴AB′= 6 2 -6,∴AE
= 2
2 AB′= 6-3 2,∴CE = AC-AE =
6-(6-3 2)= 3 2.
9. C
【解析】∵△ACN 是由△ABM
绕点A 逆时针旋转得到的,
∴△ACN≌△ABM,∴AN = AM,而
AM 与AB 不一定相等,∴AB 与AN
不一定相等,故选项A 错误;AB,
NC 平行的理由不充分,故选项B
错误; 由△ABM ≌△ACN, 得
∠BAM = ∠CAN,∠ABM = ∠ACN,
∴
∠BAM + ∠MAC = ∠CAN +
∠MAC,即∠BAC=∠MAN,∵AM=
AN,
∴
∠AMN
=
∠ANM
=
180°-∠MAN
2
,∵AC = AB,∴∠ABC
= ∠ACB = 180°-∠BAC
2
,∴∠AMN
= ∠ABC,∴∠AMN = ∠ACN,故选
项C 正确;MN,AC 垂直的理由不
充分,故选项D 错误.
10. A
【解析】由平移的性质, 得
S菱形A′B′C′D′ = S菱形ABCD,∵AD = CD =
AB= 4,∠D = 60°,如解图,过点A
作CD 的垂线,垂足为点H,∴AH
=AD·sin
D = 4×sin
60° = 2 3,
DH=AD·cos
D = 4×cos
60° = 2,
∵点F 是CD 的中点,∴DF = CF
= 2,∴DH=DF,∴点H 和点F 重
合,∴S菱形ABCD =AH·CD = 8 3,∴
S四边形A′ECF = 2 3,过点A′作A′G⊥
CD 于点G,由平移的性质知A′F∥
AD,A′E∥CD,∴四边形A′ECF 是
平行四边形,∴S四边形A′ECF =CF·A′G
=2A′G= 2 3,∴A′G = 3,∴点A′
到CD 边的距离是3.
第10 题解图
11. D
【解析】如解图,连接AD 与
CC′ 交于点O, 由题意得AD =
0
1
参考答案
分
层
作
业
本
AC
2+CD
2 = 5, 由旋转可知,
△ACB≌△AC′ B′,
∴AC = AC′,
∠ACD=∠AC′B′ = ∠AC′D = 90°,
又∵AD = AD, ∴Rt△AC′D ≌Rt
△ACD(HL),∴AD⊥CC′,C′O =
CO,CC′ = 2CO = 2×CD·AC
AD
= 2×
3×4
5 = 24
5 .
第11 题解图
12. (1) 2; 【解析】如解图①,连接
AC,根据题意得AC⊥l,点O 在
AC 上,在正方形ABCD 中,AB =
BC = 2, ∠ABC = 90°, OA = OC,
∴AC=
AB
2+BC
2 = 2 2,∴OC =
1
2 AC= 2,∴点O 到直线l 的距
离为2.
第12 题解图①
(2)2 2 + 1
【解析】如解图②,
连接AC 并延长交直线l 于点H,
连接EF 交AC 于点G,同理得:
A,O,C,H 共线,且EF⊥AH,EC =
FC, ∴∠EGC = ∠FGC = 90°,
∵∠GCE=∠GCF= 45°,∴∠GEC
=∠GFC = 45°,∴GE = GF = GC,
由题意得EF = GH = 2,∴GE = GF
=GC = 1,∴CH = GH - GC = 1,由
(1)知AC= 2 2,∴AH = AC+CH =
2 2 + 1,∴点A 到直线l 的距离
为2 2 +1.
第12 题解图②
13. A
【解析】当CE⊥AB 时,∵将
一副三角板中的两个直角叠放在
一起, 其中∠A = 30°, ∠EDC =
45°,∴∠ABC = 60°,∴∠BCE =
30°,∴∠BCD = ∠BCE+∠ECD =
120°,∠ACE = ∠ACB - ∠BCE =
60°,∴∠BCD = 2∠ACE,∴k = 2,
故甲的说法正确; ∵∠ACB =
∠ECD= 90°,∴∠BCD+∠ACE =
∠ACB + ACD + ∠ACE = ∠ACB +
∠ECD = 180°,分两种情况讨论:
如解图①,当三角板DCE 旋转角
度小于90 度时, 当k = 3 时,
∠BCD = 3 ∠ACE, ∴3 ∠ACE +
∠ACE = 180°, ∴∠ACE = 45°,
∴∠BCE = 90° - ∠ACE = 45°,
∴∠BCE= ∠CED,∴DE∥BC;如
解图②,当三角板DCE 旋转角大
于90°时,同理可得∠ACE = 45°,
∴∠ACE = ∠CED, ∴DE∥AC,
∵AC⊥BC,∴DE⊥BC,故乙的说
法错误;∴只有甲正确.
第13 题解图
14. 8
5 或32
5 【解析】分两种情况:①
当点A′在BC 下方时,如解图①,
∵AE⊥BC,AB = 5,AE = 4,∴在
Rt△AEB 中,由勾股定理得,BE =
AB
2-AE
2 =
5
2-4
2 = 3, 由旋
转得△AEB≌△A′EB′,∴A′E =
AE = 4, EB′ = EB = 3, ∵四边形
ABCD 是平行四边形,∴AD = BC
= 7,∴CE = BC-BE = 4,∵A′B′⊥
BC,∴1
2 EB′· A′E = 1
2 A′ B′ ·
EF,解得EF = 12
5 ,∴CF = CE-EF
= 8
5 ;②当点A′在BC 上方时,如
解图②,同理①可知EF = 12
5 ,CE
= 4, ∴CF= EF+CE = 32
5 . 综上所
述,CF 的长为8
5 或32
5 .
第14 题解图
第八章 统计与概率
第一节 统 计
1. A 【解析】A. 了解某班同学的跳
远成绩,适合采用全面调查,故本
选项符合题意;B. 了解夏季冷饮
市场上冰激凌的质量情况,适合采
用抽样调查,故本选项不符合题
意;C. 了解全国中学生的身高状
况,适合采用抽样调查,故本选项
不符合题意;D. 了解某批次汽车
的抗撞击能力,适合采用抽样调
查,故本选项不符合题意.
2. A
3. A 【解析】∵共有13 名学生参加
竞赛,取前6 名,∴小梅需要知道
自己的成绩是否进入前六,我们把
所有同学的成绩按快慢顺序排列,
第7 名学生的成绩是这组数据的
中位数,∴小梅知道这组数据的中
位数才能知道自己是否进入决赛.
4. D
【解析】A. 400 名学生的测试
成绩是总体,故本选项不符合题
意;B. 100 是样本容量,故本选项
不符合题意;C. 被抽取的100 名学
生的测试成绩是总体的一个样本,
故本选项不符合题意;D. 该校七
年级每名学生的天宫空间站测试
的成绩是个体,故本选项符合题
意.
5. C 【解析】∵加入学生的平均数
比原来数据的平均数大,∴平均数
变大,∵加入一名新同学,他的成
绩为85 分,∴成绩排列为:76,78,
79,82,85,85,85,87,88,90,92. ∴
中位数还是85,即中位数不变.
6. D 【解析】∵由图中数据可知小
于14 的4 人, 大于14 的也是4
人,∴这组数据的中位数为14,
∵队员年龄的唯一的众数与中位
数相等,∴众数是14,即年龄为14
的人最多,∴14 岁的队员最少有4
人.
7. C 【解析】∵这组数据为6,6,7,
8,8,∴n 的值是5,故选项A 说法
正确,不符合题意;该组数据的平
均数是6×2+7+8×2
5
= 7,故选项B
说法正确,不符合题意;众数为6,
8,故选项C 说法错误,符合题意;
若该组数据加入两个数7,7,则这
1
1
中考试题研究·数学(河北)
分
层
作
业
本
组新数据的方差变小,故选项D
说法正确,不符合题意.
8. C 【解析】∵这40 名学生的具体
成绩不确定,∴平均数、众数、方差
都不确定,将这组数据按照从大到
小的顺序排序,第20 个和第21 个
的数据的平均数为中位数,∵
5+
10= 15,5+10+15= 30,∴中位数在
160 ~ 180 范围内( 含160, 不含
180).
9. C 【解析】∵5 个数据的中位数是
5,唯一众数是6,∴最大的三个数
的和是:5+ 6+ 6 = 17,则两个较小
的数一定是小于5 的非负整数,且
不相等,即两个较小的数最大为3
和4,最小为0 和1,故总和一定大
于等于18 且小于等于24. ∴他们
投中次数的总和可能是24.
10. 280 【解析】∵抽取的部分学生
中,竞赛成绩不低于90 分的人数
为7 人,∴优秀率为7÷(5+8+20
+10+7) ×100% = 14%,∴估计该
校2
000 名学生中成绩为优秀的
人数为2
000×14% = 280(人).
11. > 【解析】由题意得(4A+70×3+
80×2+90×1) ÷(4+3+2+1)= 82,
解得A= 90,(4B+90×3+80×2+70
×1)÷(4+3+2+1)= 82,解得B =
80,∵90>80,∴A>B.
12. 解:(1)由乙组两统计图可得,成
绩为10 分的圆心角度数为90°,
所以占比为90
360 = 1
4 ,
∴乙组人数为5÷ 1
4 = 20,则成绩
为8 分的人数为20-8-4-5= 3,
∵甲、乙两组人数相同,
∴甲组人数也为20,
∴m= 20-10-1-2= 7,
∴m 的值为7,
补全乙组成绩条形统计图如解
图;
第12 题解图
(2) 甲组学生成绩的平均数为
1
20×(7×10+8×1+ 9× 2+ 10× 7) =
8. 3(分),
∵甲组的中位数为将成绩按从小
到大排列后第10 位和第11 位的
平均数为7+8
2 = 7. 5(分),
∴甲组学生成绩的平均数为8. 3
(分),甲组学生成绩的中位数为将
成绩按从小到大排列后7. 5(分);
(3)2.
【解法提示】∵乙组的中位数为
第10 位和第11 位的平均数为
8+8
2 = 8(分),∵甲组的中位数要
超过乙组的中位数,∴这名学生
的成绩至少提高2 分,即成绩为
7 分的有9 人,成绩为8 分的有1
人,成绩为9 分的有3 人,成绩为
10 分的有7 人,此时甲组的中位
数为8+9
2 = 8. 5,∴这名学生至少
增加2 分.
第二节 概 率
1. D 【解析】A 选项是随机事件,故
不符合题意;B 选项是随机事件,
故不符合题意;C 选项是随机事
件,故不符合题意;D 选项是必然
事件,故符合题意.
2. D 【解析】∵硬币只有正反两面,
∴抛掷时正面朝上的概率为
1
2 .
根据频率与概率的关系可知随着
抛掷次数逐渐增加,P 稳定在1
2 附
近,故选D.
3. C
【解析】∵数字1,2,3,4,5 分
别写在5 张相同的纸条上,∴嘉淇
抽到数字5 的可能性为1
5 ,嘉淇抽
到数字大于3 的可能性为2
5 ,嘉淇
抽到数字为奇数的可能性为3
5 ,
嘉淇抽到数字为2 的倍数的可能
性为2
5 ,∵3
5 > 2
5 > 1
5 ,∴嘉淇抽
到数字为奇数的可能性最大.
4. B 【解析】由图可知总共有3 个
空格,当掷到中间空格或右上方空
格时嘉嘉获胜,∴P(掷本次棋子
嘉嘉获胜)= 2
3 .
5. B 【解析】设红球的个数为x 个,
由题意,得3
3+x = 3
5 ,解得x = 2,经
检验,x= 2 是原方程的解,且符合
题意,即红球的个数为2 个.
6. B 【解析】观察树状图可得:袋子
中共有红、黄、蓝三个小球,此次摸
球的游戏规则为:随机摸出一个球
后不放回,再随机摸出1 个球.
7. A 【解析】同时掷两枚色子,其点
数之和的结果如下表所示:由表格
可知,共有36 种等可能结果,其中
点数之和正好能被3 整除的有12
种,点数之和除以3 后余数是1 的
有12 种,点数之和除以3 后余数
是2 的有12 种,哥哥获得电影票
的概率是12
36 = 1
3 ,姐姐获得电影票
的概率是12
36 = 1
3 ,妹妹获得电影票
的概率是12
36 = 1
3 ,∴这个游戏是公
平的.
第二枚
第一枚
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
8. D
【解析】P ( 绿灯开启) =
30
27+30+3 = 30
60 = 1
2 ,故选D.
9. B
【解析】设扇形AOB 的半径为
r,∴OA = OB = OE = r,∵CE⊥AO,
∴∠OCE= 90°,∵点C 是AO 的中
点, ∴OC =
1
2 OA =
1
2 OE, 在
Rt△OCE 中, ∵cos ∠COE = OC
OE =
1
2 , ∴∠COE = 60°, ∴∠BOE =
∠AOB-∠COE = 30°,∵ED⊥OB,
∴∠ODE= 90°,∵∠COD = ∠OCE
= 90°, ∴四边形OCED 为矩形,
2
1
参考答案
分
层
作
业
本
∴S△OCE = S△ODE,∴阴影部分的面
积= S扇形BOE = 30×π×r
2
360
,∴点P 落
在阴影部分的概率=
S扇形BOE
S扇形AOB
=
30×π×r
2
360
90×π×r
2
360
= 1
3 .
10. 1
2 【解析】当“
”位于格子A
时,小明连续点击两次按钮,则有
四种等可能结果,①两次都向左
移动,则“
”落在E 处;②先向
左再向右,则“
” 回到格子A;
③先向右再向左,则“
” 回到
格子A;④两次都向右移动, 则
“
”落在C 处,∵其中连续点
击两次按扭,“
” 回到格子A
的结果有两种,∴当“
” 位于
格子A 时,小明连续点击两次按
钮,“
” 回到格子A 的概率是
1
2 .
11. 解:(1) 1
2 ;
(2)第一关使用“ 提示” 功能后,
剩余两个闯关成功按钮,一个闯
关失败按钮,
设“√”表示闯关成功,“
”表示
闯关失败,画树状图如解图①,
第11 题解图①
由树状图可知,共有15 种等可能
的结果,两关均闯关成功的有4
种结果,
∴P(第一关使用“提示” 功能游
戏获胜)= 4
15;
第二关使用“提示” 功能后,剩余
两个闯关成功按钮,两个闯关失
败按钮,
设“√”表示闯关成功,“
”表示
闯关失败,画树状图如解图②;
第11 题解图②
由树状图可知,共有16 种等可能
的结果,两关均闯关成功的有4
种结果,
∴P(第二关使用“提示” 功能游
戏获胜)= 4
16 = 1
4 .
∵4
15 = 16
60, 1
4 = 15
60,16
60>15
60,
∴P(第一关使用“提示” 功能游
戏获胜)>P(第二关使用“提示”
功能游戏获胜),
故建议小强在第一关使用“ 提
示”功能.
3
1
