（浙教版）九年级数学下册期末真题汇编——填空题（100题）（含解析）
文档属性
| 名称 | （浙教版）九年级数学下册期末真题汇编——填空题（100题）（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 21.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-05 07:58:25 | ||
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文档简介
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（浙教版）九年级数学下册期末真题汇编——填空题（100题）
1．（23-24九年级下·江苏南京·期末）若圆锥的底面半径为4cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积为 ．（结果保留π）．
2．（23-24九年级下·山东济宁·期末）已知圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的侧面积为 （结果保留）．
3．（2024·江苏南通·中考真题）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积为 ．
4．（2024·浙江·中考真题）如图，是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为
5．（2024·江苏南通·中考真题）社团活动课上，九年级学习小组测量学校旗杆的高度．如图，他们在B处测得旗杆顶部A的仰角为，，则旗杆的高度为 m．
6．（23-24九年级下·广东江门·期末）如图，是一张三角形纸片，，是它的内切圆，小陈准备用剪刀在的左侧沿着与相切的任意一条直线剪下，若剪下的的周长为，则的周长为 ．
7．（23-24九年级下·黑龙江绥化·期末）如图，切于A、B两点，，切于点E，交于点C、D，则的周长是 ．
8．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在中，，过点A、C，与交于点D，与相切于点C，若，则的度数为 ．
9．（2023·四川成都·三模）如图，五边形是的内接正五边形，直线与相切于点，则 °．
10．（23-24九年级下·吉林长春·期末）在某一时刻，测得高为的竹竿的影长为，同时同地测得一栋楼的影长为，则这栋楼的高度为 m．
11．（23-24九年级下·辽宁沈阳·期末）旗杆的影子长，同时测得旗杆顶端到其影子顶端的距离是，如果此时附近一座纪念塔的影子长，那么这座纪念塔的高度是 ．
12．（23-24九年级下·辽宁抚顺·期末）2025年元旦即将来临，小聪同学用一张半径为的扇形纸板做一个如图所示的圆锥形“小丑”帽子侧面（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形“小丑”帽子的底面半径为．那么这张扇形纸板的面积是 ．
13．（23-24九年级下·宁夏银川·期末）如图是某几何体的三视图，根据图中数据，求该几何体的侧面积为 ．
14．（23-24九年级下·山东烟台·期末）如图所示是某一天不同时刻同一棵树的影子，则它们按时间先后顺序排列序号应为 ．
15．（23-24九年级下·江苏南京·期末）一个圆锥的主视图是边长为6的等边三角形，则该圆锥侧面展开图的面积是 ．
16．（23-24九年级下·山东烟台·期末）一个圆锥的母线长为10，其侧面展开图的圆心角为，则这个圆锥的底面半径是 ．
17．（23-24九年级下·江苏南京·期末）一个圆锥的侧面积是，其侧面展开图的扇形的圆心角是，则这个圆锥底面圆的半径是 ．
18．（23-24九年级下·贵州毕节·期末）台灯下数学书的影子是 投影．（填“平行”或“中心”）
19．（23-24七年级上·山东青岛·期末）一个几何体由几个大小相同的小立方块搭成，从左面和上面看到的这个几何体形状如图所示，则构成这个几何体的小立方块的个数为 个．
20．（2024·江苏扬州·中考真题）若用半径为的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面圆的半径为 ．
21．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）若圆锥的底面半径是1cm，它的侧面展开图的圆心角是直角，则该圆锥的高为 cm．
22．（2024·黑龙江绥化·中考真题）用一个圆心角为，半径为的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为 ．
23．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，为便于研究圆锥与扇形的关系，小方同学利用扇形纸片恰好围成一个底面半径为，母线长为的圆雉的侧面，那么这个扇形纸片的面积是 （结果用含的式子表示）．
24．（2024·江苏徐州·中考真题）将圆锥的侧面沿一条母线剪开后展平，所得扇形的面积为，圆心角θ为，圆锥的底面圆的半径为 ．
25．（2024·江苏盐城·中考真题）若圆锥的底面圆半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为 ．
26．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则 °．
27．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，用热气球的探测器测一栋楼的高度，从热气球上的点测得该楼顶部点的仰角为，测得底部点的俯角为，点与楼的水平距离，则这栋楼的高度为 m（结果保留根号）．
28．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为 ．
29．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）综合实践课上，航模小组用无人机测量古树的高度．如图，点C处与古树底部A处在同一水平面上，且米，无人机从C处竖直上升到达D处，测得古树顶部B的俯角为，古树底部A的俯角为，则古树AB的高度约为 米（结果精确到0.1米；参考数据：，，）．
30．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ．
31．（2024·山东青岛·中考真题）计算： ．
32．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四边形是的内接四边形，点O在四边形内部，过点C作的切线交的延长线于点P，连接，，若，，则的度数为 ．
33．（23-24九年级下·山东青岛·期末）如图，在平面直角坐标系中，的半径为3，点P的坐标为，若将沿x轴向右平移，使得与y轴相切，则向右平移的距离为 ．
34．（23-24九年级下·湖北十堰·期末）如图，是的切线，点是切点，，点是优弧上一点，则 ．
35．（23-24九年级下·江苏南京·期末）如图，在中，，，，以边上一点为圆心，作与边相切，若与边只有一个公共点，则的取值范围是 ．
36．（2024·河南许昌·二模）如图，在扇形中，半径，的长为，点在上，连接，将沿折叠得到．若与所在的圆相切于点，则的长为 ．
37．（23-24九年级下·河北唐山·期末）如图，是的内切圆，，则的大小为 ．
38．（23-24九年级下·河南郑州·期末）如图，正三角形和的边长分别是、，点是中点，将正三角形绕点旋转，在旋转过程中，的面积的取值范围是 ．
39．（23-24九年级下·河南周口·期末）如图是的两条切线，切点分别为A，B，，，图中阴影部分的周长为 （结果保留π）．
40．（23-24九年级下·甘肃陇南·期末）如图， 经过A，B，C三点，分别与相切于A，B两点，，则的度数为 ．
41．（23-24九年级下·河南三门峡·期末）如图，与相切于点A，B，若的半径为6，，则弦与弧所围成的图形的面积是 ．
42．（23-24九年级下·山东威海·期末）如图，点P在第二象限内，与y轴相切于点C，与x轴相交于点，，则点P坐标 ．
43．（20-21九年级下·陕西西安·期末）如图，树在路灯O的照射下形成投影，已知树高，树影，树与路灯O的水平距离，则路灯的高度长是 米．
44．（23-24九年级下·山东烟台·期末）如图，将半径为的圆形纸片剪掉4分之一，余下部分围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高是 ．
45．（23-24九年级下·广东惠州·期末）如图，将一个含的三角板绕着斜边旋转一周，得到一个由两个底面重合的圆锥组成的几何体，如果三角板的斜边长为，则这个几何体的表面积是 ．（结果保留π）
46．（23-24九年级下·云南昭通·期末）已知某圆锥的主视图是一个边长为的等边三角形，则这个圆锥侧面展开图的圆心角度数为 ．
47．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ．
48．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）若圆锥的底面半径为3，侧面积为，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是 ．
49．（2024·江苏宿迁·中考真题）已知圆锥的底面半径为3，母线长为12，则其侧面展开扇形的圆心角的度数为 °．
50．（2024·内蒙古·中考真题）如图是平行四边形纸片，，点M为的中点，若以M为圆心，为半径画弧交对角线于点N，则 度；将扇形纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为 ．
51．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是 ．
52．（2024·重庆·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为切点．连接交于点，点是上一点，连接，，过点作交的延长线于点．若，，，则的长度是 ；的长度是 ．
53．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为
54．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知两条平行线、，点A是上的定点，于点B，点C、D分别是、上的动点，且满足，连接交线段于点E，于点H，则当最大时，的值为 ．
55．（2024·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，，均在格点上．
（1）线段的长为 ；
（2）点在水平网格线上，过点，，作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与，的延长线相交于点，，中，点在边上，点在边上，点在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，，使的周长最短，并简要说明点，，的位置是如何找到的（不要求证明） ．
56．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，点在四边形内部，过点作的切线交的延长线于点，连接．若，，则的度数为 ．
57．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为 ．
58．（2024·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，，．以点为圆心，长为半径作弧交于点，再以为直径作半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为 ．
59．（2024·山东青岛·中考真题）如图，中，，以为直径的半圆O分别交于点D，E，过点E作半圆O的切线，交于点M，交的延长线于点N．若，，则半径的长为 ．
60．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在反比例函数的图像上，轴于点C，，将沿翻折，若点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，则k的值为 ．
61．（2024·江苏苏州·中考真题）直线与x轴交于点A，将直线绕点A逆时针旋转，得到直线，则直线对应的函数表达式是 ．
62．（2024·江苏苏州·中考真题）铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心C恰好是的内心，若，则花窗的周长（图中实线部分的长度） ．（结果保留）
63．（2024·四川眉山·中考真题）如图，斜坡的坡度，在斜坡上有一棵垂直于水平面的大树，当太阳光与水平面的夹角为时，大树在斜坡上的影子长为10米，则大树的高为 米．
64．（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．根据物理知识，可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力仪可以分解为两个力与与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：，则 ．（单位：）（参考数据：）
65．（2024·湖南·中考真题）如图，左图为《天工开物》记载的用于春（chōng）捣谷物的工具——“碓（duì）”的结构简图，右图为其平面示意图，已知于点B，与水平线l相交于点O，．若分米，分米．，则点C到水平线l的距离为 分米（结果用含根号的式子表示）．
66．（2024·北京·中考真题）如图，在正方形中，点在上，于点，于点．若，，则的面积为 ．
67．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为 （结果保留）．
68．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ．
69．（2024·湖北武汉·中考真题）黄鹤楼是武汉市著名的旅游景点，享有“天下江山第一楼”的美誉．在一次综合实践活动中，某数学小组用无人机测量黄鹤楼的高度，具体过程如下：如图，将无人机垂直上升至距水平地面的C处，测得黄鹤楼顶端A的俯角为，底端B的俯角为，则测得黄鹤楼的高度是 m．（参考数据：）
70．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为，点B的坐标为，点C在第一象限，．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为，点C的对应点为，与的交点为，称点为第一个“花朵”的花心，点为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 ．
71．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，且点A落在反比例函数上，点B落在反比例函数上，则 ．
72．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在中，，，，，线段绕点旋转，点为的中点，则的最大值是 ．
73．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）矩形中，，，将沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线于点（点P不与点B重合），点的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则长为 ．
74．（2024·四川广元·中考真题）已知与的图象交于点，点B为y轴上一点，将沿翻折，使点B恰好落在上点C处，则B点坐标为 ．
75．（2024·山东泰安·中考真题）在综合实践课上，数学兴趣小组用所学数学知识测量大汶河某河段的宽度，他们在河岸一侧的瞭望台上放飞一只无人机，如图，无人机在河上方距水面高60米的点处测得瞭望台正对岸A处的俯角为，测得瞭望台顶端处的俯角为，已知瞭望台高12米（图中点，，，在同一平面内），那么大汶河此河段的宽为 米．（参考数据：，，）
76．（2024·山东济宁·中考真题）如图，中，，是的角平分线．
（1）以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，．
（2）以点为圆心，长为半径画弧，交于点．
（3）以点为圆心，长为半径画弧，与（2）中所画的弧相交于点．
（4）画射线．
（5）以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点．
（6）连接，，分别交，于点，．
根据以上信息，下面五个结论中正确的是 ．（只填序号）
①；②；③；④；⑤．
77．（2024·四川资阳·中考真题）在中，，．若是锐角三角形，则边长的取值范围是 ．
78．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图所示的曲边三角形也称作“莱洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等边三角形；分别以点，，为圆心，以的长为半径作，，．三段弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若该“莱洛三角形”的周长为，则它的面积是 ．
79．（2024·四川雅安·中考真题）如图，把矩形纸片沿对角线折叠，使点C落在点E处，与交于点F，若，，则的值是 ．
80．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ．
81．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交边于点E、F．若，，则 ．
82．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ．
83．（2024·宁夏·中考真题）如图1是三星堆遗址出土的陶盉（hè），图2是其示意图．已知管状短流，四边形是器身，．器身底部距地面的高度为，则该陶盉管状短流口距地面的高度约为 （结果精确到）（参考数据：）
84．（23-24九年级下·山东烟台·期末）如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则的周长的最小值是 ．
85．（23-24九年级下·江西宜春·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，的圆心为，半径为3，B是直线在第二象限内的一个动点，过点B作的切线，切点为C，当的长为正整数时，的的长为 ．
86．（23-24九年级下·山东淄博·期末）如图，已知直线，点A，B分别是直线a，b上的定点，，动点C从点A出发沿直线a向左运动，同时，动点D从点B出发沿直线b向右运动，连接交于点E，过点B作的垂线，垂足为点P，连接．若点C的速度是点D的速度的两倍，则当最大时，的值为 ．
87．（2024·重庆·中考真题）如图，以为直径的与相切于点，以为边作平行四边形，点D、E均在上，与交于点，连接，与交于点，连接．若，则 ． ．
88．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为 ．
89．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为 ．
90．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为 cm．
91．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为 ，最小值为 .
92．（2024·贵州·中考真题）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为 ．
93．（2024·黑龙江绥化·中考真题）在矩形中，，，点在直线上，且，则点到矩形对角线所在直线的距离是 ．
94．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，，D为上一点，且满足，过D作交延长线于点E，则 ．
95．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在正方形中，E是延长线上一点，分别交于点F、M，过点F作，分别交、于点N、P，连接．下列四个结论：①；②；③若P是中点，，则；④；⑤若，则．其中正确的结论是 ．
96．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在直线上，且点A的横坐标为4，直角三角板的直角顶点C落在x轴上，一条直角边经过点A，另一条直角边与直线交于点B，当点C在x轴上移动时，线段的最小值为 ．
97．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(，，)与中间的小等边三角形拼成一个大等边三角形．连接并延长交于点G，若，则：
（1）的度数是 ；
（2）的长是 ．
98．（2024·四川广元·中考真题）如图，在中，，，则的最大值为 ．
99．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论：
①；
②；
③当，时，；
④当，时，的面积是．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
100．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 ．
参考答案
1．
【分析】本题考查圆锥侧面积的求法，掌握相应公式是解题的关键．圆锥的侧面积底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
【解析】解：∵圆锥的底面半径长为，母线长为，
∴圆锥的侧面积，
故答案为：．
2．
【分析】本题考查了扇形面积的计算，理解圆锥侧面展开图，掌握扇形面积的计算是解题的关键．
根据题意可得底面圆的周长即为扇形弧长，运用勾股定理得到母线长，运用扇形面积公式“弧长与母线长的乘积的一半”即可求解．
【解析】解：圆锥的底面半径为，高为，
∴底面圆的周长为，母线长为，
∴侧面扇形的面积为，
故答案为： ．
3．
【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据圆锥的侧面积公式进行计算即可．
【解析】解：圆锥的侧面积为；
故答案为：．
4．/40度
【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
【解析】解：∵与相切，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
5．
【分析】本题考查解直角三角形的应用，直接利用锐角三角函数，求出的值即可．
【解析】解：由题意：，
∴；
故答案为：．
6．21
【分析】此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线长定理、三角形的周长等知识．设与分别相切于点F、G、L、H，则，，所以，而，，则，所以，于是得到问题的答案．
【解析】解：根据题意设与分别相切于点F、G、L、H，
则，，且，
∴，
∵，，且的周长为，
∴，
∴，
∴的周长为，
故答案为：21．
7．
【分析】本题考查了切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
根据切线长定理可得，，，据此即可作答．
【解析】解：∵、切于点A、B，切于点E，
∴，，，
∴的周长．
故答案为：．
8．
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的性质和判定，
先连接，根据切线的性质得，进而得出，再根据平行线的性质得，然后根据圆周角定理求出，即可得出答案．
【解析】解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
9．/度
【分析】本题主要考查了正多边形和圆、圆周角定理、切线的性质定理等知识点；连接，多边形是正五边形，可求出的度数，再根据三角形内角和即可求出的度数，利用切线的性质求出即可，作出适当的辅助线是解答此题的关键．
【解析】解：连接，
∵多边形是正五边形，
∴，
∵，
∴，
∵直线与相切于点，
∴，
∴．
故答案为：．
10．60
【分析】本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成比例是解答此题的关键．根据同一时刻物高与影长成比例即可得出结论．
【解析】解：设这栋楼的高度为，
在某一时刻，测得高为的竹竿的影长为，同时同地测得一栋楼的影长为，
解得．
答：这栋楼的高度为，
故答案为：60
11．40
【分析】本题主要考查平行投影，熟练掌握平行投影是解题的关键；由题意可知旗杆的高度为，然后根据平行投影可进行求解．
【解析】解：设这座纪念塔的高度为，由题意得：旗杆的高度为，
∴，
解得：；
故答案为：40．
12．/平方厘米
【分析】本题考查了圆锥的计算，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【解析】解：这张扇形纸板的面积是．
故答案为：．
13．540
【分析】本题考查了由三视图判断几何体，由几何体的三视图可得出原几何体为三棱柱是解题的关键．由几何体的三视图可得出原几何体为三棱柱，然后根据侧面积公式求解即可．
【解析】解：由三视图可知，原几何体为三棱柱，
∴该几何体的侧面积为．
故答案为：540．
14．
【分析】本题考查了平行投影，熟练掌握平行投影的变化规律是解题的关键：①太阳光下物体影子的长短不仅与物体的高度有关，而且与时间有关：同一时刻，高物体的影子较长，所有物体的影子长度与其高度成正比；②太阳光下物体影子的方向和长度变化规律（北半球）如下：一天之中，由于太阳东升西落，所以早晨物体的影子向西，傍晚物体的影子向东．一天之中，物体影子的方向变化为：正西—西北—正北—东北—正东，影子的长度变化为：长—短—长．
根据不同时刻物体在太阳光下的影子的方向、大小的变化规律进行判断即可：就北半球而言，从早晨到傍晚，物体影子的指向是：正西—西北—正北—东北—正东，物体影子的长短为：长—短—长．
【解析】解：西为④，西北为②，东北为①，东为③，
故其按时间的先后顺序为：，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．根据视图的意义得到圆锥的母线长为6，底面圆的半径为3，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
【解析】解：根据题意得圆锥的母线长为6，底面圆的半径为3，
所以这个圆锥的侧面积．
故答案为：．
16．7
【分析】本题主要考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．据此解答即可．
【解析】解：设这个圆锥的底面半径为：r，
由题意可得：，
解得：，
故答案为：7．
17．1
【分析】本题考查圆锥的计算，弧长公式，扇形的面积等知识．设扇形的半径为r，圆锥的底面半径为R．利用扇形的面积公式求出r，再根据扇形的弧长=圆锥底面圆的周长，构建方程求出R即可．
【解析】解：设扇形的半径为r，圆锥的底面半径为R．
由题意，，
解得：或（舍弃），
∵扇形的弧长=圆锥底面圆的周长，
∴，
∴，
故答案为：1．
18．中心
【分析】本题考查投影，投影分为平行投影和中心投影，区别的关键是看光线是由一点发出的，还是平行的．熟练掌握由一点发出的光线，形成的投影是中心投影；由平行发出的光线，形成的投影是平行投影是解题的关键．
根据光线发出的形式，由一点发出的光线，形成的投影是中心投影．
【解析】解：由于光源是由一点发出的，因此台灯下数学书的影子是中心投影，
故答案为：中心．
19．
【分析】本题考查对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．结合左视图和俯视图判断即可得结论．
【解析】解：由左视图可知，该几何图形共有层，第一层有个小正方体；由俯视图可知，该几何体第二层有个小正方体，
构成这个几何体的小立方块的个数为个，
故答案为：．
20．5
【分析】本题考查了圆锥的计算．用到的知识点为：圆锥的侧面展开图弧长等于底面周长．
根据题意得圆锥的母线长为，以及圆锥的侧面展开图的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以即为圆锥的底面半径．
【解析】解：圆锥的侧面展开图的弧长为，
∴圆锥的底面半径为，
故答案为：5．
21．
【分析】本题考查了圆锥的计算．设圆锥的母线长为R，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，然后解方程即可得母线长，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【解析】解：设圆锥的母线长为R，
根据题意得，
解得：．
即圆锥的母线长为，
∴圆锥的高cm，
故答案是：．
22．
【分析】本题考查了弧长公式，根据圆锥的底面圆的周长等于侧面的弧长，代入数据计算，即可求解．
【解析】解：设这个圆锥的底面圆的半径为，由题意得，
解得：
故答案为：．
23．
【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，圆锥的底面圆的周长等于侧面展开扇形的弧长，再利用扇形的面积公式计算即可．
【解析】解：∵底面半径为，
∴圆锥底面圆的周长为，
即扇形纸片的弧长为，
∵母线长为，
∴圆锥的侧面积．
故答案为：
24．
【分析】本题考查的是圆锥的计算、扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解题的关键．先根据扇形面积公式求出扇形的半径，再根据扇形面积公式求出弧长，最后根据圆的周长公式计算即可．
【解析】解：设扇形的半径为，弧长为，
由题意得：，
解得：（负值舍去），
则，
解得：，
∴圆锥的底面圆的半径为：，
故答案为：．
25．
【分析】本题考查了圆锥的侧面积，熟练掌握圆锥的侧面积公式是解题的关键．根据圆锥的侧面积公式即可求解．
【解析】解：该圆锥的侧面积为．
故答案为：．
26．35
【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接，构造直角三角形，利用，从而得出的度数．
【解析】解：连接，
与相切于点，
，
，
；
，
，
故答案为：35
27．/
【分析】本题考查解直角三角形—仰角俯角问题．注意准确构造直角三角形是解答此题的关键．根据题意得，然后利用三角函数求解即可．
【解析】解：依题意，．
在中，，
在中，，
∴．
故答案为：．
28．
【分析】本题考查了扇形的面积公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得，，得到，再利用扇形的面积公式即可求解．
【解析】解：∵，，
∴，
∵O为中点，
∴，
∵，
在中，，
∴，
同理，
∴，
∴扇形的面积为，
故答案为：．
29．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用．过点D作，由题意知：米，，，推出是等腰直角三角形，在中，利用正切函数求出的值，根据计算求解可得的值．
【解析】解：如图，过点D作，交的延长线于点M，
∴四边形是矩形，
∴米，
∵，，，
∴是等腰直角三角形，
∴米，
在中，（米），
∴（米），
∴古树的高度约为米．
故答案为：．
30．
【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解，过作于，结合可得答案．
【解析】解：如图，菱形的周长为，
∴，
过作于，而，
∴，
故答案为：
31．/
【分析】本题主要考查了二次根式的加减计算，负整数指数幂和求特殊角三角函数值，先计算特殊角三角函数值，负整数指数幂和化简二次根式，再根据二次根式的加减计算法则求解即可．
【解析】解：
，
故答案为：．
32．/85度
【分析】本题考查了切线的性质，圆内接四边形的性质．连接，如图，先根据切线的性质得到，则利用互余计算出，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到，，则，然后根据圆内接四边形的性质计算出的度数．
【解析】解：连接，如图，
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴．
故答案为：．
33．2或8
【分析】本题考查圆的切线性质、平移性质，分类讨论是解答的关键．分圆在y轴左侧相切和y轴右侧相切求解即可．
【解析】解：∵点的坐标为，
∴，
如图，当圆在y轴左侧相切时，，则；
当圆在y轴右侧相切时，，则；
故向右平移的距离为2或8，
故答案为：2或8．
34．
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，连接，由切线的性质推出，求出，再根据由圆周角定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【解析】解：连接，
∵是的切线，点是切点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
35．或
【分析】分两种情况讨论，一是与相切于点，此时与边只有一个公共点，由，，，求得，设与相切于点，连接、，可证明，，则，求得，则，求得；二是经过点，设此时与相切于点，连接，则，由，得，则，当时，与边只有一个公共点，所以，求得，于是得到问题的答案．
【解析】解∶如图，当与相切于点，此时与边只有一个公共点
∵，，，
∴
设与相切于点，连接、，则，．
∴
∴，．
∴，，
∴
∴，
∵，
∴，
解得；
如图，经过点，设此时与相切于点，连接，则，
∴，
解得
∴
当时，与边只有一个公共点，
∴
∴，
综上所述，的取值范围是或，
故答案为∶或．
【点睛】此题重点考查勾股定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．
36．
【分析】连接，交于点，求得，利用求得圆心角，利用三角函数，解答即可．
【解析】解：连接，交于点，
沿折叠得到．
，，
与所在的圆相切于点，
，
，
，
，
半径，的长为，
，
解得，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线性质，折叠的性质，弧长，三角函数，熟练掌握切线性质，三角函数，弧长公式是解题的关键．
37．115°
【分析】本题主要考查了三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，由三角形的内切圆与内心及三角形内角和定理求出的度数是解决问题的关键．
先由三角形内角和定理求出的度数，再由是的内接圆得到，最后根据三角形内角和定理即可求出．
【解析】解：∵，
∵是的内切圆，
故答案为：．
38．
【分析】本题考查等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，二次根式，圆的定义，直线和圆的位置关系，熟练掌握利用定点定长确定轨迹圆是解题的关键．连接，先利用等边三角形的性质和含角的直角三角形的性质求出长，可确定点的轨迹为以点为圆心，半径长为的圆，过点作于点，利用直线到圆上一点的距离可知，当、、依次共线时，最小，此时点为如图的点；当、、依次共线时，最大，此时点为如图的点，再计算最大值和最小值即可．
【解析】解：如图，连接，
∵是等边三角形，点是中点，
∴，，
∴，，
∵在绕点的旋转过程中，，
∴点的轨迹为以点为圆心，半径长为的圆，
过点作于点，
利用直线到圆上一点的距离可知，
当、、依次共线时，最小，此时点为如图的点；
当、、依次共线时，最大，此时点为如图的点；
∵是等边三角形，，
∴，
∴，，
∴，
，
∴点到的距离的取值范围，
∵的面积，
∴，
故答案为：．
39．
【分析】可得，，，，则，继而可利用弧长公式求解．
【解析】解：连接，
∵，是的两条切线，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴阴影部分周长为：
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线长定理，解直角三角形，弧长公式，切线的性质，熟练掌握切线长定理和切线的性质是解题的关键．
40．/度
【分析】本题主要考查圆周角定理、圆的切线的性质、多边形内角和，牢记圆周角定理（一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）是解题的关键．
连接，，根据多边形内角和可求得的度数，根据圆周角定理即可求得答案．
【解析】解：如图所示，连接，．
∵，分别与相切于，点，
∴．
∴．
∴．
故答案为：．
41．
【分析】本题考查计算不规则图形的面积，切线的定义，等腰三角形的性质，勾股定理等，掌握扇形面积公式是解题的关键．连接，过O作于H，计算出的度数，根据阴影部分的面积计算即可．
【解析】解：如图，
连接，过O作于H，
，
与相切于点A，B，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
阴影部分的面积，
故答案为：．
42．
【分析】本题考查切线的性质，垂径定理，勾股定理；如图，连接，，过点P作，则四边形是矩形，根据垂径定理，得，，在中，由勾股定理求得的长，从而得到．
【解析】解：如图，连接，，过点P作，
∵与y轴相切于点C，
∴轴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵点，，
∴．
∵，
∴，，
∴
中，．
∴．
故答案为：．
43．5
【分析】本题考查了三角形相似．解题的关键与重点是找出判定三角形相似的条件以及计算三角形的相似比．利用中心投影的性质得到，则可判断，然后利用相似三角形的性质求OP的长即可．
【解析】解：∵在路灯O的照射下形成投影，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
解得，
即路灯的高度长是5米．
故答案为：5．
44．
【分析】本题考查了圆锥的计算，勾股定理，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
算出围成圆锥的扇形的弧长，除以即为圆锥的底面半径，利用勾股定理即可求得圆锥的高．
【解析】解：∵将半径为4的圆形纸片剪掉4分之一，余下部分围成一个圆锥的侧面，
∴围成圆锥的弧长所对圆心角度数是
围成圆锥的弧长为，
∴圆锥的底面半径为，
∴圆锥的高为．
故答案为：．
45．
【分析】本题考查了圆锥的计算，点、线、面、体，熟练掌握圆锥的侧面积公式是解题的关键．先求直角三角形斜边上的高，再根据圆锥的侧面积公式求解．
【解析】解：如图：
过作，
则，
此几何体的表面积是：．
故答案为：．
46．/度
【分析】本题考查了等边三角形的性质、圆锥的侧面积公式、扇形的面积公式，掌握理解圆锥的侧面展开图为扇形是解题关键．先根据等边三角形的性质可得圆锥的底面半径和母线长，再根据圆锥的侧面积公式和扇形的面积公式即可得答案．
【解析】解：设这个圆锥侧面展开图的圆心角为度，
圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，
圆锥的底面直径和母线长均为2，
由圆锥的侧面积公式得：，
又圆锥的侧面展开图是扇形，
，
解得，
即这个圆锥侧面展开图的圆心角为180度，
故答案为：．
47．
【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可．
【解析】解：∵正六边形，
∴，，
∴，，
∴，
过点作于点，则：，
设圆锥的底面圆的半径为，则：，
∴；
故答案为：．
48．
【分析】此题主要考查了圆锥的侧面积公式以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥的母线长是解决问题的关键．根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的母线长，再结合扇形面积公式即可求出圆心角的度数．
【解析】根据圆锥侧面积公式：，可得
解得：，
，
解得，
侧面展开图的圆心角是．
故答案为：．
49．
【分析】本题考查圆锥的侧面积，以及扇形面积，解决本题的关键是掌握圆锥的侧面积公式，以及扇形面积公式．设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，根据“圆锥的侧面积扇形面积”建立等式求解，即可解题．
【解析】解：设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，
侧面展开扇形的面积为：，
解得，
故答案为：．
50． 40 2
【分析】本题考查了平行四边形的性质、弧长公式、圆锥等知识，熟练掌握弧长公式是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据三角形的外角性质可得的度数；先利用弧长公式求出扇形的弧长，再根据圆锥的底面圆的周长等于扇形的弧长求解即可得．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
由圆的性质可知，，
∴，
∴，
∴扇形的弧长为，
∴圆锥的底面圆半径为，
故答案为：40；2．
51．60°
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【解析】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
52． / /
【分析】由直径所对的圆周角是直角得到，根据勾股定理求出，则，由切线的性质得到，则可证明，解直角三角形即可求出；连接，由平行线的性质得到，再由，，推出，得到，则．
【解析】解：∵是的直径，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
在中，；
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的判定等等，证明是解题的关键．
53．
【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果．
【解析】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接，
当，，当，即，
解得：，
即；
而，
∴，
∴均是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∵，
∴当最小时即最小，
∴当时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时最小值为，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴最小值为．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键．
54．
【分析】证明，得出，根据，得出，说明点H在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，利用，即可求出结果．
【解析】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B，
∴点B为定点，的长度为定值，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点H在以为直径的圆上运动，
如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，
则点在上运动，
∴当与相切时最大，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是确定点H的运动轨迹．
55． 图见解析，说明见解析
【分析】此题考查了勾股定理、切线的性质等知识，根据题意正确作图是解题的关键．
（1）利用勾股定理即可求解；
（2）作点关于、的对称点、，连接、，分别与、相交于点、，的周长等于的长，等腰三角形的腰长为，当的值最小时，的值最小，此时是切点，由此作图即可．
【解析】（1）由勾股定理可知，，
故答案为：
（2）如图，根据题意，切点为；连接并延长，与网格线相交于点；取圆与网格线的交点和格点，连接并延长，与网格线相交于点；连接，分别与，相交于点，，则点，，即为所求．
56．/105度
【分析】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质等知识，连接，利用等边对等角得出，，利用切线的性质可求出，然后利用圆内接四边形的性质求解即可．
【解析】解∶连接，
∵，，
∴，，
∵是切线，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故答案为：．
57．
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
先证可得从而得到，求得，再运用勾股定理可得，再根据圆周角定理以及角的和差可得，最后根据等角对等边即可解答．
【解析】解：∵是的直径，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
故答案为：．
58．
【分析】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质和判定，扇形的面积，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．
设弓形，连接，，由题意知，即为等边三角形，，即可得出阴影部分面积为，代入数值即可求出结果．
【解析】解：∵以点为圆心，长为半径作弧交于点，，，
∴，
∴以为直径作半圆时，圆心为点，
设弓形，连接，，即，如图：
∴为等边三角形，
∴，
故阴影部分面积为，
代入数值可得，
故答案为．
59．6
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于证明，根据等边对等角推出，则可证明得到，再由切线的性质得到，则解求出的长即可．
【解析】解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴在中，，
∴，
∴半径的长为6，
故答案为：．
60．
【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，掌握求解的方法是解题的关键．
如图，过点作轴于点．根据，，设，则，由对称可知，，即可得，，解得，根据点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，即可列方程求解；
【解析】解：如图，过点作轴于点．
∵点A的坐标为，
∴，
∵，轴，
设，则，
由对称可知，，
∴，
∴，，
∴，
∵点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，
∴，
解得：，
∵反比例函数图象在第一象限，
∴，
故答案为：．
61．
【分析】根据题意可求得与坐标轴的交点A和点B，可得，结合旋转得到，则，求得，即得点C坐标，利用待定系数法即可求得直线的解析式．
【解析】解：依题意画出旋转前的函数图象和旋转后的函数图象，如图所示∶
设与y轴的交点为点B，
令，得；令，即，
∴， ，
∴，，
即
∵直线绕点A逆时针旋转，得到直线，
∴，，
∴，
则点，
设直线的解析式为，则
，解得，
那么，直线的解析式为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查一次函数与坐标轴的交点、直线的旋转、解直角三角形以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是找到旋转后对应的直角边长．
62．
【分析】题目主要考查正多边形与圆，解三角形，求弧长，过点C作，根据正多边形的性质得出为等边三角形，再由内心的性质确定，得出，利用余弦得出，再求弧长即可求解，熟练掌握这些基础知识点是解题关键．
【解析】解：如图所示：过点C作，
∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形，
∴，
∴为等边三角形，
∵圆心C恰好是的内心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为：，
∴花窗的周长为：，
故答案为：．
63．/
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，解题的关键是正确构造直角三角形．
如图，过点作水平地面的平行线，交的延长线于点，设米，米，勾股定理求出，解直角三角形求出，进而求解即可．
【解析】解：如图，过点作水平地面的平行线，交的延长线于点，
则，
在中，，
设米，米，
，
，
米，米，
，
（米），
（米），
答：大树的高度为米．
故答案为：．
64．128
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出，，由得到，求出，求出在中，根据即可求出答案．
【解析】解：如图，
∵帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
由题意可知， ，
∴，
∴
在中，，
∴，
故答案为：
65．/
【分析】题目主要考查解三角形及利用三角形等面积法求解，延长交l于点H，连接，根据题意及解三角形确定，，再由等面积法即可求解，作出辅助线是解题关键．
【解析】解：延长交l于点H，连接，如图所示：
在中，，
，
即，
解得：．
故答案为：．
66．
【分析】根据正方形的性质，得，，得到，结合，得到,，，求得的长，解答即可.
本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握解直角三角形的相关计算是解题的关键.
【解析】解：根据正方形的性质，得，，
∴，
∵，
∴,
，
，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
故答案为：．
67．/
【分析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
由对折可知，，过点E作的垂线，进而可求出的度数，则可得出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【解析】解：∵折叠，且四边形是正方形
四边形是矩形，，
则，．
过点E作于P，
则，
，
在中，，
，
则，
的长度为：，
故答案为：
68．
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键．
【解析】解：过点作于，于，则，
∵两张纸条的对边平行，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵两张纸条的宽度相等，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
在中，，，
∴，
∴四边形的周长为，
故答案为：．
69．51
【分析】本题主要考查解直角三角形的应用，理解题意，作出辅助线是解题关键．延长交距水平地面的水平线于点D，根据，求出，即可求解．
【解析】解：延长交距水平地面的水平线于点D，如图，
由题可知，，
设，
∵
∴
∴
∴
∴
故答案为：51．
70．
【分析】本题考查了解直角三角形，等腰直角的性质，点的坐标规律探索．连接，求得，，，分别得到，， ，，推导得到，滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，由此得到滚动2024次后停止滚动，则，据此求解即可．
【解析】解：连接，
由题意得，，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
，
同理，
，
，
滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，
∴滚动2024次后停止滚动，则时，，
故答案为：．
71．8
【分析】本题主要考查反比例函数与几何的综合及三角函数；过点作轴的垂线，垂足分别为，然后根据特殊三角函数值结合勾股定理求得，，再求得点，利用待定系数法求解即可．
【解析】解：过点作轴的垂线，垂足分别为，如图，
∵，
∴，
∴设，则，
∴点，
∵点A在反比例函数上，
∴，
∴（负值已舍），则点，
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴点，
∵点B落在反比例函数上，
∴，
故答案为：8．
72．
【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出取最大值时B、P、M三点的位置关系．
取的中点M，连接、，利用解三角形求出，利用三角形中位线定理推出，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值．
【解析】解：取的中点M，连接、．
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵P、M分别是的中点，
∴．
如图，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值，
最大值为，
故答案为：．
73．或或10
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，解直角三角形，先根据点的对称点落在矩形对角线所在的直线上的不同位置分三种情况，画出对应的图形，再根据矩形性质，利用解直角三角形求出即可．
【解析】解：①点的对称点落在矩形对角线上，如图1，
∵在矩形中，，，
由折叠性质可知：，
∴
∴
∴，
∴
∴；
②点的对称点落在矩形对角线上，如图2，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
③点的对称点落在矩形对角线延长线上，如图3，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
综上所述：则长为或或10．
故答案为：或或10．
74．
【分析】本题考查了反比例函数的几何综合，折叠性质，解直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出以及，根据解直角三角形得，根据折叠性质，，然后根据勾股定理进行列式，即．
【解析】解：如图所示：过点A作轴，过点C作轴，
∵与的图象交于点，
∴把代入，得出，
∴，
把代入，
解得，
∴，
设，
在，
∴，
∵点B为y轴上一点，将沿翻折，
∴，，
∴，
则，
解得（负值已舍去），
∴，
∴，
∴点的坐标为，
故答案为：．
75．74
【分析】本题主要考查解直角三角形的应用—仰角、俯角问题等知识点，熟练掌握解直角三角形是解题关键．
根据题意可得，则，再通过解直角三角形求得和，最后根据线段的和差即可解答．
【解析】解：由题知,
∴,
在，
∴,
∴,
在中，,
∴,
∴．
故答案为：74．
76．①②⑤
【分析】本题为尺规作图几何综合题，涉及到了等腰三角形的性质即判定，矩形的判定，含角的直角三角形的定义，锐角三角函数的比值关系，相似三角形的判定及性质等知识点，灵活运用角的等量代换是解题的关键．
根据等腰三角形的性质即可判断出①；过作于点，证出四边形为矩形，即可通过边的比值关系求出，即可求出判断②；利用三角形外角和分别求出两个角的值进行比较即可判断③；设，则，用含的式子分别表达出和的长度后即可判断④；判定出即可判断⑤．
【解析】解：∵，，
∴三角形为等腰直角三角形，，
又∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，故①正确；
根据题意作图可得：，，
过作于点，则，如图所示：
∵是的角平分线，由三线合一可得：，即，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，，
∴，故③错误；
设，则，
∵，
∴，
∴，即，，即，
∴，故④错误；
∵，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故⑤正确；
综上所述，正确的有：①②⑤；
故答案为：①②⑤．
77．
【分析】本题考查了锐角三角函数，解题的关键是正确作出辅助线．作的高，，根据题意可得，，在中，根据三角函数可得，即，再根据，即可求解．
【解析】解：如图，作的高，，
是锐角三角形，
，在的内部，
，，
在中，，，
，
，
又，
，
故答案为：．
78．
【分析】本题考查了弧长的计算，扇形面积的计算，三角函数的应用，曲边三角形是由三段弧组成，如果周长为，则其中的一段弧长就是，所以根据弧长公式可得，即正三角形的边长为．那么曲边三角形的面积=三角形的面积+三个弓形的面积，从而可得答案．
【解析】解： 曲边三角形的周长为，为等边三角形，
曲边三角形的面积为：
故答案为：．
79．
【分析】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题关键．
折叠问题优先考虑利用勾股定理列方程，证，再利用求出边长，从而求解即可．
【解析】解：∵折叠，
，
∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
在中，，
，
解得，
，
故答案为：．
80．
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作，垂足为H，利用勾股定理求出的长，利用角的余弦值求出的长，再利用勾股定理求出，从而得出，利用三角形面积求出即可．
【解析】解：如图，过点F作，垂足为H，
四边形为矩形，
，，
，，
，
，即，
解得：，
，即，
解得：，
，
，
，即，
解得：，
故答案为：．
81．
【分析】本题主要考查三角形相似的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握三角形的判定和性质是解题的关键．设与相交于点，证明，根据相似的性质进行计算即可；
【解析】解：的垂直平分线分别交边于点E、F．
，，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
令，
，
解得或（舍去），
．
故答案为：．
82．
【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作，求出，的值即可得到答案．
【解析】解：作，交y轴于点F，
由题可得：，
是等边三角形，，
∴是的角平分线，
，
，
在中，，
即，
解得，
，
，
，
，
故答案为：．
83．
【分析】本题考查解直角三角形的知识，解题的关键是过点作交于点，过点作交的延长线于点，根据，求出，根据，求出，根据，，求出，根据该陶盉管状短流口距地面的高度为：，即可．
【解析】解：过点作交于点，过点作交的延长线于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴该陶盉管状短流口距地面的高度为：．
故答案为：．
84．6
【分析】本题考查了圆的性质、点的对称性、平行四边形的性质等，确定点M、N的位置是本题解题的关键．
由正方形的性质，知点C是点A关于的对称点，过点C作，且使，连接交于点N，取，连接，则点M、N为所求点，进而求解．
【解析】解：连接，
的面积为，则圆的半径为，则，
由正方形的性质，知点C是点A关于的对称点，，
过点C作，且使，
∴，
连接交于点N，取，连接，则点M、N为所求点，
∵，且，则四边形为平行四边形，
则，
故的周长为最小，
则，
则的周长的最小值为5+1＝6，
故答案为：6．
85．或或
【分析】本题考查切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点等知识，先求出直线与x轴、y轴的交点坐标，然后求出的取值范围，结合的长为正整数可求正整数，根据切线的性质得出，然后根据勾股定理求解即可．
【解析】解：如图，设直线与x轴、y轴相交于E、F，
当时，，解得；当时，，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵B是直线在第二象限内的一个动点，
∴，即，
∵的长为正整数，
∴的长为9、10、11，
∵是的切线，
∴，
∴或或
故答案为：或或．
86．/
【分析】由“动点与动点同时出发，且点的速度是点的速度的两倍”可得，即，由直线可证得，于是可得，则，，进而可得点为上的定点，由可得，由度的圆周角所对的弦是直径可得点在以为直径的圆上运动，取线段的中点，以点为圆心，的长为半径画圆，则点在上运动，当与相切时，最大，连接，由切线的性质可得，即，由线段之间的和差关系可得，，然后根据即可求出的值．
【解析】解：动点与动点同时出发，且点的速度是点的速度的两倍，
，
即：，
直线，
，
，
，，
点为上的定点，
，
，
点在以为直径的圆上运动，
如图，取线段的中点，以点为圆心，的长为半径画圆，则点在上运动，
当与相切时，最大，连接，则，即，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求角的正弦值，相似三角形的判定与性质，度的圆周角所对的弦是直径，切线的性质等知识点，推出点为上的定点以及点在以为直径的圆上运动是解题的关键．
87． 8 /
【分析】连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，根据四边形为平行四边形，得出，，证明，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，求出；证明，得出，求出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出．
【解析】解：连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，如图所示：
∵以为直径的与相切于点A，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：．
故答案为：8；．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，切线的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
88．
【分析】在取点F，使，连接，，过点F作于H，利用三角形内心的定义可得出，利用证明，得出，则，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，即可．
【解析】解：在取点F，使，连接，，过点F作于H，
∵I是的内心，
∴平分，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含的直角三角形是解题的关键．
89．/
【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解．
【解析】解：∵在中，，，
∴，，则，
∵E为边的中点，
∴，
∵沿翻折得，
∴，
∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小，
过C作于N，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴面积的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键．
90．
【分析】连接，作的平分线交于点 ，作于 ，如图求得 ，则 ， ，所以平分 和 ，加上平分 ，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则得到是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，接着证明为等腰直角三角形得到，设，则，，然后证明 ，利用相似比可计算出．
【解析】解：连接，作的平分线，交于点O，作 于，
在和 中，
，
∴，
∴ ，
平分 和 ，
平分 ，
点到四边形的各边的距离相等，
∴是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，
，
，
∴为等腰直角三角形，
，
设，则，，
∵，，
∴，
，
即 ，
．
即的半径为，
∴圆形纸片的半径为．
故答案为：
【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆是所求的面积最大的圆是解题的关键．
91． / /
【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．
【解析】解：∵，，
∴，
∵线段绕点C在平面内旋转，，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵，
∴，
∴点E在以为直径的圆上，
在中，，
∵为定值，
∴当最大时，最大，最小时，最小，
∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最大值为；
当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最小值为；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．
92．/
【分析】延长，交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明，，过E点作交N点，根据三角函数求出，，，，在中利用勾股定理求出，根据菱形的性质即可得出答案．
【解析】延长，交于点M，
在菱形中，点E，F分别是，的中点，
，，，，
在和中
，
，
，
在和中
，
，
，，
，
，
过E点作于N点，
，，
，，
，
，
在中
，
即，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键．
93．或或
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
【解析】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴
∴，，
如图所示，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为
∵
∴
当在线段上时，
∴
在中，
∵
在中，；
当E在射线上时，
在中，
∴
∴
∴
∴，
在中，
综上所述，点到对角线所在直线的距离为：或或
故答案为：或或．
94．
【分析】本题考查了解直角三角形、勾股定理，平行线分线段成比例，先设，根据，，得出再分别用勾股定理求出，故，再运用解直角三角形得出，，代入，化简即可作答．
【解析】解：如图，过点A作垂足为H,
∵，，
设，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
解得
∴，，
∴，，
∴，
过点C作垂足为M，
∴，，
∵,，
∴，
∴，
故答案为：．
95．①②③⑤
【分析】如图1，作于，则四边形是矩形，证明，则，可判断①的正误；如图2，作交于，连接，证明，则，，由，，可得，，，证明，则，由勾股定理得，，由，可得，可判断②的正误；如图3，连接，由勾股定理得，，，可求，设，则，，由勾股定理得，，由，可得，整理得，，可求满足要求的解为，则，，由，可得，可求，可判断③的正误；由题意知，，不相似，，可判断④的正误；由设，，，则，，，，证明，则，证明，则，即，可求，同理，，则，即，同理，，则，即，可得，将代入得，，整理得，，可得，，则，可判断⑤的正误．
【解析】解：∵正方形，
∴，，，
如图1，作于，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，①正确，故符合要求；
如图2，作交于，连接，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∵，
∴，②正确，故符合要求；
∵P是中点，，
∴，
如图3，连接，
由勾股定理得，，，
解得，，
设，则，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，整理得，，
解得，或（舍去），
∴，，
∵，
∴，
解得，，③正确，故符合要求；
由题意知，，
∴不相似，，④错误，故不符合要求；
∵，
∴，，
设，，，则，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
同理，，
∴，即，
同理，，
∴，即，
∴，
将代入得，，整理得，，
解得，，
∴，⑤正确，故符合要求；
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
96．
【分析】利用一次函数求出点A的坐标，利用勾股定理求出，当点C在x轴上移动时，作与关于对称，且交x轴于点，由对称性质可知，，，当 轴于点时，最短，记此时点C所在位置为，作于点，有，设，则，利用锐角三角函数建立等式求出，证明，再利用相似三角形性质求出，最后根据求解，即可解题．
【解析】解：点A在直线上，且点A的横坐标为4，
点A的坐标为，
，
当点C在x轴上移动时，作与关于对称，且交x轴于点，
由对称性质可知，，
当 轴于点时，最短，记此时点C所在位置为，
由对称性质可知，，
作于点，有，
设，则，
，
，
解得，
经检验是方程的解，
，，
，
，
，
，
，
解得，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称性质，勾股定理，锐角三角函数，相似三角形性质和判定，角平分线性质，垂线段最短，一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据轴对称性质和垂线段最短找出最短的情况．
97．
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）利用三角形相似及可得，再利用三角形的外角性质结合可求得；
（2）作交的延长线于点，利用直角三角形的性质求得，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【解析】解：(已知)，
，，
，
，
为等边三角形，
，，
，
，，
如图，过点作的延长线于点，
，
，
，
，，
，
，
．
故答案为：，．
98．
【分析】过点作，垂足为，如图所示，利用三角函数定义得到，延长到，使，连接，如图所示，从而确定，，再由辅助圆-定弦定角模型得到点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，即是直径时，取到最大值，由圆周角定理及勾股定理求解即可得到答案．
【解析】解：过点作，垂足为，如图所示：
，
在中，设，则，由勾股定理可得，
，即，
，
延长到，使，连接，如图所示：
，
，，
是等腰直角三角形，则，
在中，，，由辅助圆-定弦定角模型，作的外接圆，如图所示：
由圆周角定理可知，点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，根据圆的性质可知，当弦过圆心，即是直径时，弦最大，如图所示：
是的直径，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，则由勾股定理可得，即的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查动点最值问题，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质、圆周角定理、动点最值问题-定弦定角模型等知识，熟练掌握动点最值问题-定弦定角模型的解法是解决问题的关键．
99．①②③
【分析】如图：连接，由圆周角定理可判定①；先说明、可得、，即可判定②；先证明可得,即,代入数据可得，然后运用勾股定理可得，再结合即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，连接，易得，从而证明是等边三角形，即是菱形，然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④．
【解析】解：如图：连接，
∵是的中点，
∴,
∴，即①正确；
∵是直径，
∴，
∴，
∵
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,即②正确；
在和,
，
∴，
∴,即,
∴，即,
∴,
∵，
∴，即③正确；
如图：假设半圆的圆心为O，连接，
∵，，是的中点，
∴
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，即是菱形，
∴，
∵，
∴，即，解得：,
∴，
∵
∴，即④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
100．/
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键．
如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，由得，进而得，则，再由得，则，由，得，在中由勾股定理得，则，证明得，则，再证明得，由此可得BG的长．
【解析】解：如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
又∵，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得： ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：．
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（浙教版）九年级数学下册期末真题汇编——填空题（100题）
1．（23-24九年级下·江苏南京·期末）若圆锥的底面半径为4cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积为 ．（结果保留π）．
2．（23-24九年级下·山东济宁·期末）已知圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的侧面积为 （结果保留）．
3．（2024·江苏南通·中考真题）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积为 ．
4．（2024·浙江·中考真题）如图，是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为
5．（2024·江苏南通·中考真题）社团活动课上，九年级学习小组测量学校旗杆的高度．如图，他们在B处测得旗杆顶部A的仰角为，，则旗杆的高度为 m．
6．（23-24九年级下·广东江门·期末）如图，是一张三角形纸片，，是它的内切圆，小陈准备用剪刀在的左侧沿着与相切的任意一条直线剪下，若剪下的的周长为，则的周长为 ．
7．（23-24九年级下·黑龙江绥化·期末）如图，切于A、B两点，，切于点E，交于点C、D，则的周长是 ．
8．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在中，，过点A、C，与交于点D，与相切于点C，若，则的度数为 ．
9．（2023·四川成都·三模）如图，五边形是的内接正五边形，直线与相切于点，则 °．
10．（23-24九年级下·吉林长春·期末）在某一时刻，测得高为的竹竿的影长为，同时同地测得一栋楼的影长为，则这栋楼的高度为 m．
11．（23-24九年级下·辽宁沈阳·期末）旗杆的影子长，同时测得旗杆顶端到其影子顶端的距离是，如果此时附近一座纪念塔的影子长，那么这座纪念塔的高度是 ．
12．（23-24九年级下·辽宁抚顺·期末）2025年元旦即将来临，小聪同学用一张半径为的扇形纸板做一个如图所示的圆锥形“小丑”帽子侧面（接缝忽略不计），如果做成的圆锥形“小丑”帽子的底面半径为．那么这张扇形纸板的面积是 ．
13．（23-24九年级下·宁夏银川·期末）如图是某几何体的三视图，根据图中数据，求该几何体的侧面积为 ．
14．（23-24九年级下·山东烟台·期末）如图所示是某一天不同时刻同一棵树的影子，则它们按时间先后顺序排列序号应为 ．
15．（23-24九年级下·江苏南京·期末）一个圆锥的主视图是边长为6的等边三角形，则该圆锥侧面展开图的面积是 ．
16．（23-24九年级下·山东烟台·期末）一个圆锥的母线长为10，其侧面展开图的圆心角为，则这个圆锥的底面半径是 ．
17．（23-24九年级下·江苏南京·期末）一个圆锥的侧面积是，其侧面展开图的扇形的圆心角是，则这个圆锥底面圆的半径是 ．
18．（23-24九年级下·贵州毕节·期末）台灯下数学书的影子是 投影．（填“平行”或“中心”）
19．（23-24七年级上·山东青岛·期末）一个几何体由几个大小相同的小立方块搭成，从左面和上面看到的这个几何体形状如图所示，则构成这个几何体的小立方块的个数为 个．
20．（2024·江苏扬州·中考真题）若用半径为的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥底面圆的半径为 ．
21．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）若圆锥的底面半径是1cm，它的侧面展开图的圆心角是直角，则该圆锥的高为 cm．
22．（2024·黑龙江绥化·中考真题）用一个圆心角为，半径为的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆的半径为 ．
23．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，为便于研究圆锥与扇形的关系，小方同学利用扇形纸片恰好围成一个底面半径为，母线长为的圆雉的侧面，那么这个扇形纸片的面积是 （结果用含的式子表示）．
24．（2024·江苏徐州·中考真题）将圆锥的侧面沿一条母线剪开后展平，所得扇形的面积为，圆心角θ为，圆锥的底面圆的半径为 ．
25．（2024·江苏盐城·中考真题）若圆锥的底面圆半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为 ．
26．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则 °．
27．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，用热气球的探测器测一栋楼的高度，从热气球上的点测得该楼顶部点的仰角为，测得底部点的俯角为，点与楼的水平距离，则这栋楼的高度为 m（结果保留根号）．
28．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在矩形中，，O为中点，，则扇形的面积为 ．
29．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）综合实践课上，航模小组用无人机测量古树的高度．如图，点C处与古树底部A处在同一水平面上，且米，无人机从C处竖直上升到达D处，测得古树顶部B的俯角为，古树底部A的俯角为，则古树AB的高度约为 米（结果精确到0.1米；参考数据：，，）．
30．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ．
31．（2024·山东青岛·中考真题）计算： ．
32．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四边形是的内接四边形，点O在四边形内部，过点C作的切线交的延长线于点P，连接，，若，，则的度数为 ．
33．（23-24九年级下·山东青岛·期末）如图，在平面直角坐标系中，的半径为3，点P的坐标为，若将沿x轴向右平移，使得与y轴相切，则向右平移的距离为 ．
34．（23-24九年级下·湖北十堰·期末）如图，是的切线，点是切点，，点是优弧上一点，则 ．
35．（23-24九年级下·江苏南京·期末）如图，在中，，，，以边上一点为圆心，作与边相切，若与边只有一个公共点，则的取值范围是 ．
36．（2024·河南许昌·二模）如图，在扇形中，半径，的长为，点在上，连接，将沿折叠得到．若与所在的圆相切于点，则的长为 ．
37．（23-24九年级下·河北唐山·期末）如图，是的内切圆，，则的大小为 ．
38．（23-24九年级下·河南郑州·期末）如图，正三角形和的边长分别是、，点是中点，将正三角形绕点旋转，在旋转过程中，的面积的取值范围是 ．
39．（23-24九年级下·河南周口·期末）如图是的两条切线，切点分别为A，B，，，图中阴影部分的周长为 （结果保留π）．
40．（23-24九年级下·甘肃陇南·期末）如图， 经过A，B，C三点，分别与相切于A，B两点，，则的度数为 ．
41．（23-24九年级下·河南三门峡·期末）如图，与相切于点A，B，若的半径为6，，则弦与弧所围成的图形的面积是 ．
42．（23-24九年级下·山东威海·期末）如图，点P在第二象限内，与y轴相切于点C，与x轴相交于点，，则点P坐标 ．
43．（20-21九年级下·陕西西安·期末）如图，树在路灯O的照射下形成投影，已知树高，树影，树与路灯O的水平距离，则路灯的高度长是 米．
44．（23-24九年级下·山东烟台·期末）如图，将半径为的圆形纸片剪掉4分之一，余下部分围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的高是 ．
45．（23-24九年级下·广东惠州·期末）如图，将一个含的三角板绕着斜边旋转一周，得到一个由两个底面重合的圆锥组成的几何体，如果三角板的斜边长为，则这个几何体的表面积是 ．（结果保留π）
46．（23-24九年级下·云南昭通·期末）已知某圆锥的主视图是一个边长为的等边三角形，则这个圆锥侧面展开图的圆心角度数为 ．
47．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形中，以点F为圆心，以的长为半径作，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ．
48．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）若圆锥的底面半径为3，侧面积为，则这个圆锥侧面展开图的圆心角是 ．
49．（2024·江苏宿迁·中考真题）已知圆锥的底面半径为3，母线长为12，则其侧面展开扇形的圆心角的度数为 °．
50．（2024·内蒙古·中考真题）如图是平行四边形纸片，，点M为的中点，若以M为圆心，为半径画弧交对角线于点N，则 度；将扇形纸片剪下来围成一个无底盖的圆锥（接缝处忽略不计），则这个圆锥的底面圆半径为 ．
51．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是 ．
52．（2024·重庆·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为切点．连接交于点，点是上一点，连接，，过点作交的延长线于点．若，，，则的长度是 ；的长度是 ．
53．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为
54．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，已知两条平行线、，点A是上的定点，于点B，点C、D分别是、上的动点，且满足，连接交线段于点E，于点H，则当最大时，的值为 ．
55．（2024·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，，均在格点上．
（1）线段的长为 ；
（2）点在水平网格线上，过点，，作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与，的延长线相交于点，，中，点在边上，点在边上，点在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，，使的周长最短，并简要说明点，，的位置是如何找到的（不要求证明） ．
56．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，点在四边形内部，过点作的切线交的延长线于点，连接．若，，则的度数为 ．
57．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为 ．
58．（2024·四川资阳·中考真题）如图，在矩形中，，．以点为圆心，长为半径作弧交于点，再以为直径作半圆，与交于点，则图中阴影部分的面积为 ．
59．（2024·山东青岛·中考真题）如图，中，，以为直径的半圆O分别交于点D，E，过点E作半圆O的切线，交于点M，交的延长线于点N．若，，则半径的长为 ．
60．（2024·江苏扬州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在反比例函数的图像上，轴于点C，，将沿翻折，若点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，则k的值为 ．
61．（2024·江苏苏州·中考真题）直线与x轴交于点A，将直线绕点A逆时针旋转，得到直线，则直线对应的函数表达式是 ．
62．（2024·江苏苏州·中考真题）铁艺花窗是园林设计中常见的装饰元素．如图是一个花瓣造型的花窗示意图，由六条等弧连接而成，六条弧所对应的弦构成一个正六边形，中心为点O，所在圆的圆心C恰好是的内心，若，则花窗的周长（图中实线部分的长度） ．（结果保留）
63．（2024·四川眉山·中考真题）如图，斜坡的坡度，在斜坡上有一棵垂直于水平面的大树，当太阳光与水平面的夹角为时，大树在斜坡上的影子长为10米，则大树的高为 米．
64．（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．根据物理知识，可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力仪可以分解为两个力与与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：，则 ．（单位：）（参考数据：）
65．（2024·湖南·中考真题）如图，左图为《天工开物》记载的用于春（chōng）捣谷物的工具——“碓（duì）”的结构简图，右图为其平面示意图，已知于点B，与水平线l相交于点O，．若分米，分米．，则点C到水平线l的距离为 分米（结果用含根号的式子表示）．
66．（2024·北京·中考真题）如图，在正方形中，点在上，于点，于点．若，，则的面积为 ．
67．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为 （结果保留）．
68．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ．
69．（2024·湖北武汉·中考真题）黄鹤楼是武汉市著名的旅游景点，享有“天下江山第一楼”的美誉．在一次综合实践活动中，某数学小组用无人机测量黄鹤楼的高度，具体过程如下：如图，将无人机垂直上升至距水平地面的C处，测得黄鹤楼顶端A的俯角为，底端B的俯角为，则测得黄鹤楼的高度是 m．（参考数据：）
70．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为，点B的坐标为，点C在第一象限，．将沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为，点C的对应点为，与的交点为，称点为第一个“花朵”的花心，点为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 ．
71．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，且点A落在反比例函数上，点B落在反比例函数上，则 ．
72．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在中，，，，，线段绕点旋转，点为的中点，则的最大值是 ．
73．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）矩形中，，，将沿过点A的一条直线折叠，折痕交直线于点（点P不与点B重合），点的对称点落在矩形对角线所在的直线上，则长为 ．
74．（2024·四川广元·中考真题）已知与的图象交于点，点B为y轴上一点，将沿翻折，使点B恰好落在上点C处，则B点坐标为 ．
75．（2024·山东泰安·中考真题）在综合实践课上，数学兴趣小组用所学数学知识测量大汶河某河段的宽度，他们在河岸一侧的瞭望台上放飞一只无人机，如图，无人机在河上方距水面高60米的点处测得瞭望台正对岸A处的俯角为，测得瞭望台顶端处的俯角为，已知瞭望台高12米（图中点，，，在同一平面内），那么大汶河此河段的宽为 米．（参考数据：，，）
76．（2024·山东济宁·中考真题）如图，中，，是的角平分线．
（1）以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，．
（2）以点为圆心，长为半径画弧，交于点．
（3）以点为圆心，长为半径画弧，与（2）中所画的弧相交于点．
（4）画射线．
（5）以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点．
（6）连接，，分别交，于点，．
根据以上信息，下面五个结论中正确的是 ．（只填序号）
①；②；③；④；⑤．
77．（2024·四川资阳·中考真题）在中，，．若是锐角三角形，则边长的取值范围是 ．
78．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图所示的曲边三角形也称作“莱洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等边三角形；分别以点，，为圆心，以的长为半径作，，．三段弧所围成的图形就是一个曲边三角形．若该“莱洛三角形”的周长为，则它的面积是 ．
79．（2024·四川雅安·中考真题）如图，把矩形纸片沿对角线折叠，使点C落在点E处，与交于点F，若，，则的值是 ．
80．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ．
81．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交边于点E、F．若，，则 ．
82．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ．
83．（2024·宁夏·中考真题）如图1是三星堆遗址出土的陶盉（hè），图2是其示意图．已知管状短流，四边形是器身，．器身底部距地面的高度为，则该陶盉管状短流口距地面的高度约为 （结果精确到）（参考数据：）
84．（23-24九年级下·山东烟台·期末）如图，正方形内接于，线段在对角线上运动，若的面积为，，则的周长的最小值是 ．
85．（23-24九年级下·江西宜春·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，的圆心为，半径为3，B是直线在第二象限内的一个动点，过点B作的切线，切点为C，当的长为正整数时，的的长为 ．
86．（23-24九年级下·山东淄博·期末）如图，已知直线，点A，B分别是直线a，b上的定点，，动点C从点A出发沿直线a向左运动，同时，动点D从点B出发沿直线b向右运动，连接交于点E，过点B作的垂线，垂足为点P，连接．若点C的速度是点D的速度的两倍，则当最大时，的值为 ．
87．（2024·重庆·中考真题）如图，以为直径的与相切于点，以为边作平行四边形，点D、E均在上，与交于点，连接，与交于点，连接．若，则 ． ．
88．（2024·四川内江·中考真题）如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为 ．
89．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为 ．
90．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为 cm．
91．（2024·河南·中考真题）如图，在中，，，线段绕点C在平面内旋转，过点B作的垂线，交射线于点E．若，则的最大值为 ，最小值为 .
92．（2024·贵州·中考真题）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为 ．
93．（2024·黑龙江绥化·中考真题）在矩形中，，，点在直线上，且，则点到矩形对角线所在直线的距离是 ．
94．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，，D为上一点，且满足，过D作交延长线于点E，则 ．
95．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在正方形中，E是延长线上一点，分别交于点F、M，过点F作，分别交、于点N、P，连接．下列四个结论：①；②；③若P是中点，，则；④；⑤若，则．其中正确的结论是 ．
96．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在直线上，且点A的横坐标为4，直角三角板的直角顶点C落在x轴上，一条直角边经过点A，另一条直角边与直线交于点B，当点C在x轴上移动时，线段的最小值为 ．
97．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(，，)与中间的小等边三角形拼成一个大等边三角形．连接并延长交于点G，若，则：
（1）的度数是 ；
（2）的长是 ．
98．（2024·四川广元·中考真题）如图，在中，，，则的最大值为 ．
99．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论：
①；
②；
③当，时，；
④当，时，的面积是．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
100．（2024·山西·中考真题）如图，在中，为对角线，于点E，点F是延长线上一点，且，线段的延长线交于点G．若，，，则的长为 ．
参考答案
1．
【分析】本题考查圆锥侧面积的求法，掌握相应公式是解题的关键．圆锥的侧面积底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解．
【解析】解：∵圆锥的底面半径长为，母线长为，
∴圆锥的侧面积，
故答案为：．
2．
【分析】本题考查了扇形面积的计算，理解圆锥侧面展开图，掌握扇形面积的计算是解题的关键．
根据题意可得底面圆的周长即为扇形弧长，运用勾股定理得到母线长，运用扇形面积公式“弧长与母线长的乘积的一半”即可求解．
【解析】解：圆锥的底面半径为，高为，
∴底面圆的周长为，母线长为，
∴侧面扇形的面积为，
故答案为： ．
3．
【分析】本题考查求圆锥的侧面积，根据圆锥的侧面积公式进行计算即可．
【解析】解：圆锥的侧面积为；
故答案为：．
4．/40度
【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
【解析】解：∵与相切，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
5．
【分析】本题考查解直角三角形的应用，直接利用锐角三角函数，求出的值即可．
【解析】解：由题意：，
∴；
故答案为：．
6．21
【分析】此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线长定理、三角形的周长等知识．设与分别相切于点F、G、L、H，则，，所以，而，，则，所以，于是得到问题的答案．
【解析】解：根据题意设与分别相切于点F、G、L、H，
则，，且，
∴，
∵，，且的周长为，
∴，
∴，
∴的周长为，
故答案为：21．
7．
【分析】本题考查了切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
根据切线长定理可得，，，据此即可作答．
【解析】解：∵、切于点A、B，切于点E，
∴，，，
∴的周长．
故答案为：．
8．
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的性质和判定，
先连接，根据切线的性质得，进而得出，再根据平行线的性质得，然后根据圆周角定理求出，即可得出答案．
【解析】解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
9．/度
【分析】本题主要考查了正多边形和圆、圆周角定理、切线的性质定理等知识点；连接，多边形是正五边形，可求出的度数，再根据三角形内角和即可求出的度数，利用切线的性质求出即可，作出适当的辅助线是解答此题的关键．
【解析】解：连接，
∵多边形是正五边形，
∴，
∵，
∴，
∵直线与相切于点，
∴，
∴．
故答案为：．
10．60
【分析】本题考查的是相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成比例是解答此题的关键．根据同一时刻物高与影长成比例即可得出结论．
【解析】解：设这栋楼的高度为，
在某一时刻，测得高为的竹竿的影长为，同时同地测得一栋楼的影长为，
解得．
答：这栋楼的高度为，
故答案为：60
11．40
【分析】本题主要考查平行投影，熟练掌握平行投影是解题的关键；由题意可知旗杆的高度为，然后根据平行投影可进行求解．
【解析】解：设这座纪念塔的高度为，由题意得：旗杆的高度为，
∴，
解得：；
故答案为：40．
12．/平方厘米
【分析】本题考查了圆锥的计算，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．
【解析】解：这张扇形纸板的面积是．
故答案为：．
13．540
【分析】本题考查了由三视图判断几何体，由几何体的三视图可得出原几何体为三棱柱是解题的关键．由几何体的三视图可得出原几何体为三棱柱，然后根据侧面积公式求解即可．
【解析】解：由三视图可知，原几何体为三棱柱，
∴该几何体的侧面积为．
故答案为：540．
14．
【分析】本题考查了平行投影，熟练掌握平行投影的变化规律是解题的关键：①太阳光下物体影子的长短不仅与物体的高度有关，而且与时间有关：同一时刻，高物体的影子较长，所有物体的影子长度与其高度成正比；②太阳光下物体影子的方向和长度变化规律（北半球）如下：一天之中，由于太阳东升西落，所以早晨物体的影子向西，傍晚物体的影子向东．一天之中，物体影子的方向变化为：正西—西北—正北—东北—正东，影子的长度变化为：长—短—长．
根据不同时刻物体在太阳光下的影子的方向、大小的变化规律进行判断即可：就北半球而言，从早晨到傍晚，物体影子的指向是：正西—西北—正北—东北—正东，物体影子的长短为：长—短—长．
【解析】解：西为④，西北为②，东北为①，东为③，
故其按时间的先后顺序为：，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．根据视图的意义得到圆锥的母线长为6，底面圆的半径为3，然后根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
【解析】解：根据题意得圆锥的母线长为6，底面圆的半径为3，
所以这个圆锥的侧面积．
故答案为：．
16．7
【分析】本题主要考查了圆锥侧面展开扇形与底面圆之间的关系，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．据此解答即可．
【解析】解：设这个圆锥的底面半径为：r，
由题意可得：，
解得：，
故答案为：7．
17．1
【分析】本题考查圆锥的计算，弧长公式，扇形的面积等知识．设扇形的半径为r，圆锥的底面半径为R．利用扇形的面积公式求出r，再根据扇形的弧长=圆锥底面圆的周长，构建方程求出R即可．
【解析】解：设扇形的半径为r，圆锥的底面半径为R．
由题意，，
解得：或（舍弃），
∵扇形的弧长=圆锥底面圆的周长，
∴，
∴，
故答案为：1．
18．中心
【分析】本题考查投影，投影分为平行投影和中心投影，区别的关键是看光线是由一点发出的，还是平行的．熟练掌握由一点发出的光线，形成的投影是中心投影；由平行发出的光线，形成的投影是平行投影是解题的关键．
根据光线发出的形式，由一点发出的光线，形成的投影是中心投影．
【解析】解：由于光源是由一点发出的，因此台灯下数学书的影子是中心投影，
故答案为：中心．
19．
【分析】本题考查对三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．结合左视图和俯视图判断即可得结论．
【解析】解：由左视图可知，该几何图形共有层，第一层有个小正方体；由俯视图可知，该几何体第二层有个小正方体，
构成这个几何体的小立方块的个数为个，
故答案为：．
20．5
【分析】本题考查了圆锥的计算．用到的知识点为：圆锥的侧面展开图弧长等于底面周长．
根据题意得圆锥的母线长为，以及圆锥的侧面展开图的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以即为圆锥的底面半径．
【解析】解：圆锥的侧面展开图的弧长为，
∴圆锥的底面半径为，
故答案为：5．
21．
【分析】本题考查了圆锥的计算．设圆锥的母线长为R，根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到，然后解方程即可得母线长，然后利用勾股定理求得圆锥的高即可．
【解析】解：设圆锥的母线长为R，
根据题意得，
解得：．
即圆锥的母线长为，
∴圆锥的高cm，
故答案是：．
22．
【分析】本题考查了弧长公式，根据圆锥的底面圆的周长等于侧面的弧长，代入数据计算，即可求解．
【解析】解：设这个圆锥的底面圆的半径为，由题意得，
解得：
故答案为：．
23．
【分析】本题考查了圆锥侧面积的计算，圆锥的底面圆的周长等于侧面展开扇形的弧长，再利用扇形的面积公式计算即可．
【解析】解：∵底面半径为，
∴圆锥底面圆的周长为，
即扇形纸片的弧长为，
∵母线长为，
∴圆锥的侧面积．
故答案为：
24．
【分析】本题考查的是圆锥的计算、扇形面积公式，熟记扇形面积公式是解题的关键．先根据扇形面积公式求出扇形的半径，再根据扇形面积公式求出弧长，最后根据圆的周长公式计算即可．
【解析】解：设扇形的半径为，弧长为，
由题意得：，
解得：（负值舍去），
则，
解得：，
∴圆锥的底面圆的半径为：，
故答案为：．
25．
【分析】本题考查了圆锥的侧面积，熟练掌握圆锥的侧面积公式是解题的关键．根据圆锥的侧面积公式即可求解．
【解析】解：该圆锥的侧面积为．
故答案为：．
26．35
【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接，构造直角三角形，利用，从而得出的度数．
【解析】解：连接，
与相切于点，
，
，
；
，
，
故答案为：35
27．/
【分析】本题考查解直角三角形—仰角俯角问题．注意准确构造直角三角形是解答此题的关键．根据题意得，然后利用三角函数求解即可．
【解析】解：依题意，．
在中，，
在中，，
∴．
故答案为：．
28．
【分析】本题考查了扇形的面积公式，解直角三角形．利用解直角三角形求得，，得到，再利用扇形的面积公式即可求解．
【解析】解：∵，，
∴，
∵O为中点，
∴，
∵，
在中，，
∴，
同理，
∴，
∴扇形的面积为，
故答案为：．
29．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用．过点D作，由题意知：米，，，推出是等腰直角三角形，在中，利用正切函数求出的值，根据计算求解可得的值．
【解析】解：如图，过点D作，交的延长线于点M，
∴四边形是矩形，
∴米，
∵，，，
∴是等腰直角三角形，
∴米，
在中，（米），
∴（米），
∴古树的高度约为米．
故答案为：．
30．
【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解，过作于，结合可得答案．
【解析】解：如图，菱形的周长为，
∴，
过作于，而，
∴，
故答案为：
31．/
【分析】本题主要考查了二次根式的加减计算，负整数指数幂和求特殊角三角函数值，先计算特殊角三角函数值，负整数指数幂和化简二次根式，再根据二次根式的加减计算法则求解即可．
【解析】解：
，
故答案为：．
32．/85度
【分析】本题考查了切线的性质，圆内接四边形的性质．连接，如图，先根据切线的性质得到，则利用互余计算出，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到，，则，然后根据圆内接四边形的性质计算出的度数．
【解析】解：连接，如图，
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴．
故答案为：．
33．2或8
【分析】本题考查圆的切线性质、平移性质，分类讨论是解答的关键．分圆在y轴左侧相切和y轴右侧相切求解即可．
【解析】解：∵点的坐标为，
∴，
如图，当圆在y轴左侧相切时，，则；
当圆在y轴右侧相切时，，则；
故向右平移的距离为2或8，
故答案为：2或8．
34．
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，连接，由切线的性质推出，求出，再根据由圆周角定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【解析】解：连接，
∵是的切线，点是切点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
35．或
【分析】分两种情况讨论，一是与相切于点，此时与边只有一个公共点，由，，，求得，设与相切于点，连接、，可证明，，则，求得，则，求得；二是经过点，设此时与相切于点，连接，则，由，得，则，当时，与边只有一个公共点，所以，求得，于是得到问题的答案．
【解析】解∶如图，当与相切于点，此时与边只有一个公共点
∵，，，
∴
设与相切于点，连接、，则，．
∴
∴，．
∴，，
∴
∴，
∵，
∴，
解得；
如图，经过点，设此时与相切于点，连接，则，
∴，
解得
∴
当时，与边只有一个公共点，
∴
∴，
综上所述，的取值范围是或，
故答案为∶或．
【点睛】此题重点考查勾股定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．
36．
【分析】连接，交于点，求得，利用求得圆心角，利用三角函数，解答即可．
【解析】解：连接，交于点，
沿折叠得到．
，，
与所在的圆相切于点，
，
，
，
，
半径，的长为，
，
解得，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线性质，折叠的性质，弧长，三角函数，熟练掌握切线性质，三角函数，弧长公式是解题的关键．
37．115°
【分析】本题主要考查了三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，由三角形的内切圆与内心及三角形内角和定理求出的度数是解决问题的关键．
先由三角形内角和定理求出的度数，再由是的内接圆得到，最后根据三角形内角和定理即可求出．
【解析】解：∵，
∵是的内切圆，
故答案为：．
38．
【分析】本题考查等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，二次根式，圆的定义，直线和圆的位置关系，熟练掌握利用定点定长确定轨迹圆是解题的关键．连接，先利用等边三角形的性质和含角的直角三角形的性质求出长，可确定点的轨迹为以点为圆心，半径长为的圆，过点作于点，利用直线到圆上一点的距离可知，当、、依次共线时，最小，此时点为如图的点；当、、依次共线时，最大，此时点为如图的点，再计算最大值和最小值即可．
【解析】解：如图，连接，
∵是等边三角形，点是中点，
∴，，
∴，，
∵在绕点的旋转过程中，，
∴点的轨迹为以点为圆心，半径长为的圆，
过点作于点，
利用直线到圆上一点的距离可知，
当、、依次共线时，最小，此时点为如图的点；
当、、依次共线时，最大，此时点为如图的点；
∵是等边三角形，，
∴，
∴，，
∴，
，
∴点到的距离的取值范围，
∵的面积，
∴，
故答案为：．
39．
【分析】可得，，，，则，继而可利用弧长公式求解．
【解析】解：连接，
∵，是的两条切线，
∴，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴阴影部分周长为：
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线长定理，解直角三角形，弧长公式，切线的性质，熟练掌握切线长定理和切线的性质是解题的关键．
40．/度
【分析】本题主要考查圆周角定理、圆的切线的性质、多边形内角和，牢记圆周角定理（一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半）是解题的关键．
连接，，根据多边形内角和可求得的度数，根据圆周角定理即可求得答案．
【解析】解：如图所示，连接，．
∵，分别与相切于，点，
∴．
∴．
∴．
故答案为：．
41．
【分析】本题考查计算不规则图形的面积，切线的定义，等腰三角形的性质，勾股定理等，掌握扇形面积公式是解题的关键．连接，过O作于H，计算出的度数，根据阴影部分的面积计算即可．
【解析】解：如图，
连接，过O作于H，
，
与相切于点A，B，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
阴影部分的面积，
故答案为：．
42．
【分析】本题考查切线的性质，垂径定理，勾股定理；如图，连接，，过点P作，则四边形是矩形，根据垂径定理，得，，在中，由勾股定理求得的长，从而得到．
【解析】解：如图，连接，，过点P作，
∵与y轴相切于点C，
∴轴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵点，，
∴．
∵，
∴，，
∴
中，．
∴．
故答案为：．
43．5
【分析】本题考查了三角形相似．解题的关键与重点是找出判定三角形相似的条件以及计算三角形的相似比．利用中心投影的性质得到，则可判断，然后利用相似三角形的性质求OP的长即可．
【解析】解：∵在路灯O的照射下形成投影，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
解得，
即路灯的高度长是5米．
故答案为：5．
44．
【分析】本题考查了圆锥的计算，勾股定理，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
算出围成圆锥的扇形的弧长，除以即为圆锥的底面半径，利用勾股定理即可求得圆锥的高．
【解析】解：∵将半径为4的圆形纸片剪掉4分之一，余下部分围成一个圆锥的侧面，
∴围成圆锥的弧长所对圆心角度数是
围成圆锥的弧长为，
∴圆锥的底面半径为，
∴圆锥的高为．
故答案为：．
45．
【分析】本题考查了圆锥的计算，点、线、面、体，熟练掌握圆锥的侧面积公式是解题的关键．先求直角三角形斜边上的高，再根据圆锥的侧面积公式求解．
【解析】解：如图：
过作，
则，
此几何体的表面积是：．
故答案为：．
46．/度
【分析】本题考查了等边三角形的性质、圆锥的侧面积公式、扇形的面积公式，掌握理解圆锥的侧面展开图为扇形是解题关键．先根据等边三角形的性质可得圆锥的底面半径和母线长，再根据圆锥的侧面积公式和扇形的面积公式即可得答案．
【解析】解：设这个圆锥侧面展开图的圆心角为度，
圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，
圆锥的底面直径和母线长均为2，
由圆锥的侧面积公式得：，
又圆锥的侧面展开图是扇形，
，
解得，
即这个圆锥侧面展开图的圆心角为180度，
故答案为：．
47．
【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点作，求出的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可．
【解析】解：∵正六边形，
∴，，
∴，，
∴，
过点作于点，则：，
设圆锥的底面圆的半径为，则：，
∴；
故答案为：．
48．
【分析】此题主要考查了圆锥的侧面积公式以及与展开图扇形面积关系，求出圆锥的母线长是解决问题的关键．根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的母线长，再结合扇形面积公式即可求出圆心角的度数．
【解析】根据圆锥侧面积公式：，可得
解得：，
，
解得，
侧面展开图的圆心角是．
故答案为：．
49．
【分析】本题考查圆锥的侧面积，以及扇形面积，解决本题的关键是掌握圆锥的侧面积公式，以及扇形面积公式．设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，根据“圆锥的侧面积扇形面积”建立等式求解，即可解题．
【解析】解：设侧面展开扇形的圆心角的度数为度，
侧面展开扇形的面积为：，
解得，
故答案为：．
50． 40 2
【分析】本题考查了平行四边形的性质、弧长公式、圆锥等知识，熟练掌握弧长公式是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据等腰三角形的性质可得，最后根据三角形的外角性质可得的度数；先利用弧长公式求出扇形的弧长，再根据圆锥的底面圆的周长等于扇形的弧长求解即可得．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
由圆的性质可知，，
∴，
∴，
∴扇形的弧长为，
∴圆锥的底面圆半径为，
故答案为：40；2．
51．60°
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【解析】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
52． / /
【分析】由直径所对的圆周角是直角得到，根据勾股定理求出，则，由切线的性质得到，则可证明，解直角三角形即可求出；连接，由平行线的性质得到，再由，，推出，得到，则．
【解析】解：∵是的直径，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
在中，；
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的判定等等，证明是解题的关键．
53．
【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果．
【解析】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接，
当，，当，即，
解得：，
即；
而，
∴，
∴均是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∵，
∴当最小时即最小，
∴当时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时最小值为，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴最小值为．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键．
54．
【分析】证明，得出，根据，得出，说明点H在以为直径的圆上运动，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，则点在上运动，说明当与相切时最大，得出，根据，利用，即可求出结果．
【解析】解：∵两条平行线、，点A是上的定点，于点B，
∴点B为定点，的长度为定值，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点H在以为直径的圆上运动，
如图，取线段的中点O，以点O为圆心，为半径画圆，
则点在上运动，
∴当与相切时最大，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，切线的性质，解直角三角形等知识点，解题的关键是确定点H的运动轨迹．
55． 图见解析，说明见解析
【分析】此题考查了勾股定理、切线的性质等知识，根据题意正确作图是解题的关键．
（1）利用勾股定理即可求解；
（2）作点关于、的对称点、，连接、，分别与、相交于点、，的周长等于的长，等腰三角形的腰长为，当的值最小时，的值最小，此时是切点，由此作图即可．
【解析】（1）由勾股定理可知，，
故答案为：
（2）如图，根据题意，切点为；连接并延长，与网格线相交于点；取圆与网格线的交点和格点，连接并延长，与网格线相交于点；连接，分别与，相交于点，，则点，，即为所求．
56．/105度
【分析】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质等知识，连接，利用等边对等角得出，，利用切线的性质可求出，然后利用圆内接四边形的性质求解即可．
【解析】解∶连接，
∵，，
∴，，
∵是切线，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
故答案为：．
57．
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
先证可得从而得到，求得，再运用勾股定理可得，再根据圆周角定理以及角的和差可得，最后根据等角对等边即可解答．
【解析】解：∵是的直径，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
故答案为：．
58．
【分析】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质和判定，扇形的面积，解题的关键是学会利用分割法求阴影部分的面积．
设弓形，连接，，由题意知，即为等边三角形，，即可得出阴影部分面积为，代入数值即可求出结果．
【解析】解：∵以点为圆心，长为半径作弧交于点，，，
∴，
∴以为直径作半圆时，圆心为点，
设弓形，连接，，即，如图：
∴为等边三角形，
∴，
故阴影部分面积为，
代入数值可得，
故答案为．
59．6
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等边对等角，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于证明，根据等边对等角推出，则可证明得到，再由切线的性质得到，则解求出的长即可．
【解析】解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴在中，，
∴，
∴半径的长为6，
故答案为：．
60．
【分析】本题考查了反比例函数的几何意义，掌握求解的方法是解题的关键．
如图，过点作轴于点．根据，，设，则，由对称可知，，即可得，，解得，根据点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，即可列方程求解；
【解析】解：如图，过点作轴于点．
∵点A的坐标为，
∴，
∵，轴，
设，则，
由对称可知，，
∴，
∴，，
∴，
∵点C的对应点D落在该反比例函数的图像上，
∴，
解得：，
∵反比例函数图象在第一象限，
∴，
故答案为：．
61．
【分析】根据题意可求得与坐标轴的交点A和点B，可得，结合旋转得到，则，求得，即得点C坐标，利用待定系数法即可求得直线的解析式．
【解析】解：依题意画出旋转前的函数图象和旋转后的函数图象，如图所示∶
设与y轴的交点为点B，
令，得；令，即，
∴， ，
∴，，
即
∵直线绕点A逆时针旋转，得到直线，
∴，，
∴，
则点，
设直线的解析式为，则
，解得，
那么，直线的解析式为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查一次函数与坐标轴的交点、直线的旋转、解直角三角形以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是找到旋转后对应的直角边长．
62．
【分析】题目主要考查正多边形与圆，解三角形，求弧长，过点C作，根据正多边形的性质得出为等边三角形，再由内心的性质确定，得出，利用余弦得出，再求弧长即可求解，熟练掌握这些基础知识点是解题关键．
【解析】解：如图所示：过点C作，
∵六条弧所对应的弦构成一个正六边形，
∴，
∴为等边三角形，
∵圆心C恰好是的内心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长为：，
∴花窗的周长为：，
故答案为：．
63．/
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，解题的关键是正确构造直角三角形．
如图，过点作水平地面的平行线，交的延长线于点，设米，米，勾股定理求出，解直角三角形求出，进而求解即可．
【解析】解：如图，过点作水平地面的平行线，交的延长线于点，
则，
在中，，
设米，米，
，
，
米，米，
，
（米），
（米），
答：大树的高度为米．
故答案为：．
64．128
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出，，由得到，求出，求出在中，根据即可求出答案．
【解析】解：如图，
∵帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
由题意可知， ，
∴，
∴
在中，，
∴，
故答案为：
65．/
【分析】题目主要考查解三角形及利用三角形等面积法求解，延长交l于点H，连接，根据题意及解三角形确定，，再由等面积法即可求解，作出辅助线是解题关键．
【解析】解：延长交l于点H，连接，如图所示：
在中，，
，
即，
解得：．
故答案为：．
66．
【分析】根据正方形的性质，得，，得到，结合，得到,，，求得的长，解答即可.
本题考查了正方形的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握解直角三角形的相关计算是解题的关键.
【解析】解：根据正方形的性质，得，，
∴，
∵，
∴,
，
，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
故答案为：．
67．/
【分析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键．
由对折可知，，过点E作的垂线，进而可求出的度数，则可得出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题．
【解析】解：∵折叠，且四边形是正方形
四边形是矩形，，
则，．
过点E作于P，
则，
，
在中，，
，
则，
的长度为：，
故答案为：
68．
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键．
【解析】解：过点作于，于，则，
∵两张纸条的对边平行，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵两张纸条的宽度相等，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
在中，，，
∴，
∴四边形的周长为，
故答案为：．
69．51
【分析】本题主要考查解直角三角形的应用，理解题意，作出辅助线是解题关键．延长交距水平地面的水平线于点D，根据，求出，即可求解．
【解析】解：延长交距水平地面的水平线于点D，如图，
由题可知，，
设，
∵
∴
∴
∴
∴
故答案为：51．
70．
【分析】本题考查了解直角三角形，等腰直角的性质，点的坐标规律探索．连接，求得，，，分别得到，， ，，推导得到，滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，由此得到滚动2024次后停止滚动，则，据此求解即可．
【解析】解：连接，
由题意得，，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
，
同理，
，
，
滚动一次得到，滚动四次得到，滚动七次得到，
∴滚动2024次后停止滚动，则时，，
故答案为：．
71．8
【分析】本题主要考查反比例函数与几何的综合及三角函数；过点作轴的垂线，垂足分别为，然后根据特殊三角函数值结合勾股定理求得，，再求得点，利用待定系数法求解即可．
【解析】解：过点作轴的垂线，垂足分别为，如图，
∵，
∴，
∴设，则，
∴点，
∵点A在反比例函数上，
∴，
∴（负值已舍），则点，
∴，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴点，
∵点B落在反比例函数上，
∴，
故答案为：8．
72．
【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出取最大值时B、P、M三点的位置关系．
取的中点M，连接、，利用解三角形求出，利用三角形中位线定理推出，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值．
【解析】解：取的中点M，连接、．
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵P、M分别是的中点，
∴．
如图，当在下方时，如果B、P、M三点共线，则有最大值，
最大值为，
故答案为：．
73．或或10
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，解直角三角形，先根据点的对称点落在矩形对角线所在的直线上的不同位置分三种情况，画出对应的图形，再根据矩形性质，利用解直角三角形求出即可．
【解析】解：①点的对称点落在矩形对角线上，如图1，
∵在矩形中，，，
由折叠性质可知：，
∴
∴
∴，
∴
∴；
②点的对称点落在矩形对角线上，如图2，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
③点的对称点落在矩形对角线延长线上，如图3，
∵在矩形中，，，，
∴，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴
∴；
综上所述：则长为或或10．
故答案为：或或10．
74．
【分析】本题考查了反比例函数的几何综合，折叠性质，解直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出以及，根据解直角三角形得，根据折叠性质，，然后根据勾股定理进行列式，即．
【解析】解：如图所示：过点A作轴，过点C作轴，
∵与的图象交于点，
∴把代入，得出，
∴，
把代入，
解得，
∴，
设，
在，
∴，
∵点B为y轴上一点，将沿翻折，
∴，，
∴，
则，
解得（负值已舍去），
∴，
∴，
∴点的坐标为，
故答案为：．
75．74
【分析】本题主要考查解直角三角形的应用—仰角、俯角问题等知识点，熟练掌握解直角三角形是解题关键．
根据题意可得，则，再通过解直角三角形求得和，最后根据线段的和差即可解答．
【解析】解：由题知,
∴,
在，
∴,
∴,
在中，,
∴,
∴．
故答案为：74．
76．①②⑤
【分析】本题为尺规作图几何综合题，涉及到了等腰三角形的性质即判定，矩形的判定，含角的直角三角形的定义，锐角三角函数的比值关系，相似三角形的判定及性质等知识点，灵活运用角的等量代换是解题的关键．
根据等腰三角形的性质即可判断出①；过作于点，证出四边形为矩形，即可通过边的比值关系求出，即可求出判断②；利用三角形外角和分别求出两个角的值进行比较即可判断③；设，则，用含的式子分别表达出和的长度后即可判断④；判定出即可判断⑤．
【解析】解：∵，，
∴三角形为等腰直角三角形，，
又∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，故①正确；
根据题意作图可得：，，
过作于点，则，如图所示：
∵是的角平分线，由三线合一可得：，即，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，，
∴，故③错误；
设，则，
∵，
∴，
∴，即，，即，
∴，故④错误；
∵，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故⑤正确；
综上所述，正确的有：①②⑤；
故答案为：①②⑤．
77．
【分析】本题考查了锐角三角函数，解题的关键是正确作出辅助线．作的高，，根据题意可得，，在中，根据三角函数可得，即，再根据，即可求解．
【解析】解：如图，作的高，，
是锐角三角形，
，在的内部，
，，
在中，，，
，
，
又，
，
故答案为：．
78．
【分析】本题考查了弧长的计算，扇形面积的计算，三角函数的应用，曲边三角形是由三段弧组成，如果周长为，则其中的一段弧长就是，所以根据弧长公式可得，即正三角形的边长为．那么曲边三角形的面积=三角形的面积+三个弓形的面积，从而可得答案．
【解析】解： 曲边三角形的周长为，为等边三角形，
曲边三角形的面积为：
故答案为：．
79．
【分析】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题关键．
折叠问题优先考虑利用勾股定理列方程，证，再利用求出边长，从而求解即可．
【解析】解：∵折叠，
，
∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
在中，，
，
解得，
，
故答案为：．
80．
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作，垂足为H，利用勾股定理求出的长，利用角的余弦值求出的长，再利用勾股定理求出，从而得出，利用三角形面积求出即可．
【解析】解：如图，过点F作，垂足为H，
四边形为矩形，
，，
，，
，
，即，
解得：，
，即，
解得：，
，
，
，即，
解得：，
故答案为：．
81．
【分析】本题主要考查三角形相似的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握三角形的判定和性质是解题的关键．设与相交于点，证明，根据相似的性质进行计算即可；
【解析】解：的垂直平分线分别交边于点E、F．
，，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
令，
，
解得或（舍去），
．
故答案为：．
82．
【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作，求出，的值即可得到答案．
【解析】解：作，交y轴于点F，
由题可得：，
是等边三角形，，
∴是的角平分线，
，
，
在中，，
即，
解得，
，
，
，
，
故答案为：．
83．
【分析】本题考查解直角三角形的知识，解题的关键是过点作交于点，过点作交的延长线于点，根据，求出，根据，求出，根据，，求出，根据该陶盉管状短流口距地面的高度为：，即可．
【解析】解：过点作交于点，过点作交的延长线于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴该陶盉管状短流口距地面的高度为：．
故答案为：．
84．6
【分析】本题考查了圆的性质、点的对称性、平行四边形的性质等，确定点M、N的位置是本题解题的关键．
由正方形的性质，知点C是点A关于的对称点，过点C作，且使，连接交于点N，取，连接，则点M、N为所求点，进而求解．
【解析】解：连接，
的面积为，则圆的半径为，则，
由正方形的性质，知点C是点A关于的对称点，，
过点C作，且使，
∴，
连接交于点N，取，连接，则点M、N为所求点，
∵，且，则四边形为平行四边形，
则，
故的周长为最小，
则，
则的周长的最小值为5+1＝6，
故答案为：6．
85．或或
【分析】本题考查切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点等知识，先求出直线与x轴、y轴的交点坐标，然后求出的取值范围，结合的长为正整数可求正整数，根据切线的性质得出，然后根据勾股定理求解即可．
【解析】解：如图，设直线与x轴、y轴相交于E、F，
当时，，解得；当时，，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵B是直线在第二象限内的一个动点，
∴，即，
∵的长为正整数，
∴的长为9、10、11，
∵是的切线，
∴，
∴或或
故答案为：或或．
86．/
【分析】由“动点与动点同时出发，且点的速度是点的速度的两倍”可得，即，由直线可证得，于是可得，则，，进而可得点为上的定点，由可得，由度的圆周角所对的弦是直径可得点在以为直径的圆上运动，取线段的中点，以点为圆心，的长为半径画圆，则点在上运动，当与相切时，最大，连接，由切线的性质可得，即，由线段之间的和差关系可得，，然后根据即可求出的值．
【解析】解：动点与动点同时出发，且点的速度是点的速度的两倍，
，
即：，
直线，
，
，
，，
点为上的定点，
，
，
点在以为直径的圆上运动，
如图，取线段的中点，以点为圆心，的长为半径画圆，则点在上运动，
当与相切时，最大，连接，则，即，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了求角的正弦值，相似三角形的判定与性质，度的圆周角所对的弦是直径，切线的性质等知识点，推出点为上的定点以及点在以为直径的圆上运动是解题的关键．
87． 8 /
【分析】连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，根据四边形为平行四边形，得出，，证明，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，求出；证明，得出，求出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出．
【解析】解：连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，如图所示：
∵以为直径的与相切于点A，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：．
故答案为：8；．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，切线的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
88．
【分析】在取点F，使，连接，，过点F作于H，利用三角形内心的定义可得出，利用证明，得出，则，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，即可．
【解析】解：在取点F，使，连接，，过点F作于H，
∵I是的内心，
∴平分，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含的直角三角形是解题的关键．
89．/
【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解．
【解析】解：∵在中，，，
∴，，则，
∵E为边的中点，
∴，
∵沿翻折得，
∴，
∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小，
过C作于N，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴面积的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数等知识，综合性强的填空压轴题，得到点的运动路线是解答的关键．
90．
【分析】连接，作的平分线交于点 ，作于 ，如图求得 ，则 ， ，所以平分 和 ，加上平分 ，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则得到是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，接着证明为等腰直角三角形得到，设，则，，然后证明 ，利用相似比可计算出．
【解析】解：连接，作的平分线，交于点O，作 于，
在和 中，
，
∴，
∴ ，
平分 和 ，
平分 ，
点到四边形的各边的距离相等，
∴是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，
，
，
∴为等腰直角三角形，
，
设，则，，
∵，，
∴，
，
即 ，
．
即的半径为，
∴圆形纸片的半径为．
故答案为：
【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆是所求的面积最大的圆是解题的关键．
91． / /
【分析】根据题意得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，点E在以为直径的圆上，根据，得出当最大时，最大，最小时，最小，根据当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，分别画出图形，求出结果即可．
【解析】解：∵，，
∴，
∵线段绕点C在平面内旋转，，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
∵，
∴，
∴点E在以为直径的圆上，
在中，，
∵为定值，
∴当最大时，最大，最小时，最小，
∴当与相切于点D，且点D在内部时，最小，最大，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最大值为；
当与相切于点D，且点D在外部时，最大，最小，连接，，如图所示：
则，
∴，
∴，
∵四边形为圆内接四边形，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
即的最小值为；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形的相关计算，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质，找出取最大值和最小值时，点D的位置．
92．/
【分析】延长，交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明，，过E点作交N点，根据三角函数求出，，，，在中利用勾股定理求出，根据菱形的性质即可得出答案．
【解析】延长，交于点M，
在菱形中，点E，F分别是，的中点，
，，，，
在和中
，
，
，
在和中
，
，
，，
，
，
过E点作于N点，
，，
，，
，
，
在中
，
即，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键．
93．或或
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
【解析】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，
∴
∴，，
如图所示，设交于点，点在线段上，在的延长线上，过点作，的垂线，垂足分别为
∵
∴
当在线段上时，
∴
在中，
∵
在中，；
当E在射线上时，
在中，
∴
∴
∴
∴，
在中，
综上所述，点到对角线所在直线的距离为：或或
故答案为：或或．
94．
【分析】本题考查了解直角三角形、勾股定理，平行线分线段成比例，先设，根据，，得出再分别用勾股定理求出，故，再运用解直角三角形得出，，代入，化简即可作答．
【解析】解：如图，过点A作垂足为H,
∵，，
设，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
解得
∴，，
∴，，
∴，
过点C作垂足为M，
∴，，
∵,，
∴，
∴，
故答案为：．
95．①②③⑤
【分析】如图1，作于，则四边形是矩形，证明，则，可判断①的正误；如图2，作交于，连接，证明，则，，由，，可得，，，证明，则，由勾股定理得，，由，可得，可判断②的正误；如图3，连接，由勾股定理得，，，可求，设，则，，由勾股定理得，，由，可得，整理得，，可求满足要求的解为，则，，由，可得，可求，可判断③的正误；由题意知，，不相似，，可判断④的正误；由设，，，则，，，，证明，则，证明，则，即，可求，同理，，则，即，同理，，则，即，可得，将代入得，，整理得，，可得，，则，可判断⑤的正误．
【解析】解：∵正方形，
∴，，，
如图1，作于，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，①正确，故符合要求；
如图2，作交于，连接，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∵，
∴，②正确，故符合要求；
∵P是中点，，
∴，
如图3，连接，
由勾股定理得，，，
解得，，
设，则，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，整理得，，
解得，或（舍去），
∴，，
∵，
∴，
解得，，③正确，故符合要求；
由题意知，，
∴不相似，，④错误，故不符合要求；
∵，
∴，，
设，，，则，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
同理，，
∴，即，
同理，，
∴，即，
∴，
将代入得，，整理得，，
解得，，
∴，⑤正确，故符合要求；
故答案为：①②③⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边，勾股定理，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
96．
【分析】利用一次函数求出点A的坐标，利用勾股定理求出，当点C在x轴上移动时，作与关于对称，且交x轴于点，由对称性质可知，，，当 轴于点时，最短，记此时点C所在位置为，作于点，有，设，则，利用锐角三角函数建立等式求出，证明，再利用相似三角形性质求出，最后根据求解，即可解题．
【解析】解：点A在直线上，且点A的横坐标为4，
点A的坐标为，
，
当点C在x轴上移动时，作与关于对称，且交x轴于点，
由对称性质可知，，
当 轴于点时，最短，记此时点C所在位置为，
由对称性质可知，，
作于点，有，
设，则，
，
，
解得，
经检验是方程的解，
，，
，
，
，
，
，
解得，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称性质，勾股定理，锐角三角函数，相似三角形性质和判定，角平分线性质，垂线段最短，一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据轴对称性质和垂线段最短找出最短的情况．
97．
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）利用三角形相似及可得，再利用三角形的外角性质结合可求得；
（2）作交的延长线于点，利用直角三角形的性质求得，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【解析】解：(已知)，
，，
，
，
为等边三角形，
，，
，
，，
如图，过点作的延长线于点，
，
，
，
，，
，
，
．
故答案为：，．
98．
【分析】过点作，垂足为，如图所示，利用三角函数定义得到，延长到，使，连接，如图所示，从而确定，，再由辅助圆-定弦定角模型得到点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，即是直径时，取到最大值，由圆周角定理及勾股定理求解即可得到答案．
【解析】解：过点作，垂足为，如图所示：
，
在中，设，则，由勾股定理可得，
，即，
，
延长到，使，连接，如图所示：
，
，，
是等腰直角三角形，则，
在中，，，由辅助圆-定弦定角模型，作的外接圆，如图所示：
由圆周角定理可知，点在上运动，是的弦，求的最大值就是求弦的最大值，根据圆的性质可知，当弦过圆心，即是直径时，弦最大，如图所示：
是的直径，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，则由勾股定理可得，即的最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查动点最值问题，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、圆的性质、圆周角定理、动点最值问题-定弦定角模型等知识，熟练掌握动点最值问题-定弦定角模型的解法是解决问题的关键．
99．①②③
【分析】如图：连接，由圆周角定理可判定①；先说明、可得、，即可判定②；先证明可得,即,代入数据可得，然后运用勾股定理可得，再结合即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，连接，易得，从而证明是等边三角形，即是菱形，然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④．
【解析】解：如图：连接，
∵是的中点，
∴,
∴，即①正确；
∵是直径，
∴，
∴，
∵
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,即②正确；
在和,
，
∴，
∴,即,
∴，即,
∴,
∵，
∴，即③正确；
如图：假设半圆的圆心为O，连接，
∵，，是的中点，
∴
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，即是菱形，
∴，
∵，
∴，即，解得：,
∴，
∵
∴，即④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
100．/
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形的应用、相似三角形的判定和性质等知识点，正确地添加辅助线构造相似三角形并利用相似三角形的性质进行计算是解题的难点和关键．
如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，由得，进而得，则，再由得，则，由，得，在中由勾股定理得，则，证明得，则，再证明得，由此可得BG的长．
【解析】解：如图：过点F作于H，延长与的延长线交于K，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
又∵，
在中，，
∴，
由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得： ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：．
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