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下册综合检测（3）-2020-2021学年九年级数学下册单元复习一遍过（沪科版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，是由几个大小相同的小立方块所搭几何体的俯视图，其中小正方形中的数字表示在该位置的小立方块的个数，则这个几何体的主视图是（ ）
A．
B．
C．
D．
2．在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（ ）
A．点A
B．点B
C．点C
D．点D
3．如图，在⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论中正确的是
A．AC=AB
B．∠C=∠BOD
C．∠C=∠B
D．∠A=∠B0D
4．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，且OC∥BD，AD分别与BC，OC相交于点E，F，则下列结论：
①AD⊥BD；②∠AOC=∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF=DF；⑤BD=2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是（
）
A．②④⑤⑥
B．①③⑤⑥
C．②③④⑥
D．①③④⑤
5．如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA=10，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，则△PCD的周长是（ ）
A．10
B．18
C．20
D．22
6．如图，将△ABC绕点C（0，-1）旋转180°得到△A′B′C，设点A的坐标为（a，b），则点A′的坐标为（
）
A．（-a，-b）
B．（-a，-b-1）
C．（-a，-b+1）
D．（-a，-b-2）
7．平面直角坐标系内一点关于原点对称点的坐标是（
）
A．
B．
C．
D．
8．下列几何体中，其主视图为三角形的是（
）
A．
B．
C．
D．
9．如图，与正方形ABCD的两边AB，AD相切，且DE与相切于点E．若的半径为5，且，则DE的长度为（
）
A．5
B．6
C．
D．
10．如图，的半径为3，是的弦，直径，，则的长为（
）
A．
B．
C．
D．
11．如图，△ABC为直角三角形，∠C=90°，AC=6，BC=8，以点C为圆心，以CA为半径作⊙C，则△ABC斜边的中点D与⊙C的位置关系是（
）
A．点D在⊙C上
B．点D在⊙C内
C．点D在⊙C外
D．不能确定
12．如图，是的外接圆，过点作的切线，且，点、分别在、上，且.若的半径为，，则的长为（
）
A．4
B．5
C．
D．
二、填空题
13．袋中装有6个黑球和n个白球，经过若干次试验，发现“若从袋中任摸出一个球，恰是黑球的概率为”，则这个袋中白球大约有_____个．
14．一个正多边形的一个外角为30°，则它的内角和为_____．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为_____．
16．如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为______．
17．如图，∠A＝70°，O是AB上一点，直线OD与AB所夹的∠AOD＝100°，要使OD∥AC，直线OD绕点O按逆时针方向至少旋转____．
18．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E.若AB＝8，AE＝1，则弦CD的长是____.
三、解答题
19．已知，点P是等边三角形△ABC中一点，线段AP绕点A逆时针旋转60°到AQ，连接PQ、QC．
（1）求证：PB＝QC；
（2）若PA＝3，PB＝4，∠APB＝150°，求PC的长度．
20．如图，已知AB是圆O的直径，F是圆O上一点，∠BAF的平分线交⊙O于点E，交⊙O的切线BC于点C，过点E作ED⊥AF，交AF的延长线于点D．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝3，CE＝2.
①求的值；②若点G为AE上一点，求OG+EG最小值．
21．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB．
（1）求点P与点P′之间的距离；
（2）求∠APB的度数．
22．如图，AB是⊙O的直径，，连结AC，过点C作直线l∥AB，点P是直线l上的一个动点，直线PA与⊙O交于另一点D，连结CD，设直线PB与直线AC交于点E．
（1）求∠BAC的度数；
（2）当点D在AB上方，且CD⊥BP时，求证：PC＝AC；
（3）在点P的运动过程中
①当点A在线段PB的中垂线上或点B在线段PA的中垂线上时，求出所有满足条件的∠ACD的度数；
②设⊙O的半径为6，点E到直线l的距离为3，连结BD，DE，直接写出△BDE的面积．
23．四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）若BC=12，DE=5，求△AEF的面积．
24．已知，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点P是AB延长线上一点，连接CP．
（1）如图1，若∠PCB＝∠A．
①求证：直线PC是⊙O的切线；
②若CP＝CA，OA＝2，求CP的长；
（2）如图2，若点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，MN?MC＝9，求BM的值．
25．如图，AB是⊙O的直径，点C是的中点，连接AC并延长至点D，使CD＝AC，点E是OB上一点，且，CE的延长线交DB的延长线于点F，AF交⊙O于点H，连接BH．
（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）当OB＝2时，求BH的长．
26．已知点O在△ABC内，且知OB和OC分别平分∠ABC和∠ACB，过O作直线EF分别交AB、AC于E、F．
（1）如图1，已知EF∥BC．
①若∠A＝76°，请直接写出∠BOE+∠COF的度数；
②猜想∠BOE、∠COF与∠A之间有怎样的数量关系？写出结论，不用证明
（2）直线EF绕点O旋转到如图2的位置时（EF与BC不平行），那么上面（1）②中猜想的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
（3）当直线EF绕点O旋转到如图3的位置时（点E在AB的延长线上），请直接写出∠BOE、∠COF与∠A之间的数量关系．
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下册综合检测（3）-2020-2021学年九年级数学下册单元复习一遍过（沪科版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，是由几个大小相同的小立方块所搭几何体的俯视图，其中小正方形中的数字表示在该位置的小立方块的个数，则这个几何体的主视图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由俯视图知该几何体共2列，其中第1列前一排1个正方形、后1排2个正方形，第2列只有前排2个正方形，据此可得．
【详解】
由俯视图知该几何体共2列，其中第1列前一排1个正方形、后1排2个正方形，第2列只有前排2个正方形，
所以其主视图为：
故选C．
【点评】
考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
2．在如图4×4的正方形网格中，△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，则其旋转中心可能是（ ）
A．点A
B．点B
C．点C
D．点D
【答案】B
【解析】
【分析】
根据旋转中心的确认方法，作对应点连线的垂直平分线，再找到交点即可得到.
【详解】
解：∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M1N1P1，
∴连接PP1、NN1、MM1，
作PP1的垂直平分线过B、D、C，
作NN1的垂直平分线过B、A，
作MM1的垂直平分线过B，
∴三条线段的垂直平分线正好都过B，
即旋转中心是B．
故选B．
【点评】
此题主要考查旋转中心的确认，解题的关键是熟知旋转的性质特点.
3．如图，在⊙O中，直径CD⊥弦AB，则下列结论中正确的是
A．AC=AB
B．∠C=∠BOD
C．∠C=∠B
D．∠A=∠B0D
【答案】B
【解析】
【分析】
先利用垂径定理得到弧AD=弧BD，然后根据圆周角定理得到∠C=∠BOD，从而可对各选项进行判断．
【详解】
解：∵直径CD⊥弦AB，
∴弧AD
=弧BD，
∴∠C=∠BOD．
故选B．
【点评】
本题考查了垂径定理和圆周角定理，垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
4．如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，且OC∥BD，AD分别与BC，OC相交于点E，F，则下列结论：①AD⊥BD；②∠AOC=∠AEC；③CB平分∠ABD；④AF=DF；⑤BD=2OF；⑥△CEF≌△BED，其中一定成立的是（
）
A．②④⑤⑥
B．①③⑤⑥
C．②③④⑥
D．①③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
①∵AB是O的直径，
∴AD⊥BD，
②∵∠AOC是O的圆心角，∠AEC是O的圆内部的角，
∴∠AOC≠∠AEC，
③
∴∠OCB=∠DBC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠OBC=∠DBC，
∴CB平分∠ABD，
④∵AB是O的直径，
∵点O为圆心，
∴AF=DF，
⑤由④有，AF=DF，
∵点O为AB中点，
∴OF是△ABD的中位线，
∴BD=2OF，
⑥∵△CEF和△BED中，没有相等的边，
∴△CEF与△BED不全等，
故选D.
5．如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA=10，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，则△PCD的周长是（ ）
A．10
B．18
C．20
D．22
【答案】C
【解析】
【详解】
∵PA、PB切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，
∴PA=PB=10，CA=CE，DE=DB，
∴△PCD的周长是PC+CD+PD=PC+AC+DB+PD=PA+PB=10+10=20．
故选C．
【点评】
本题考查了切线长定理的应用，关键是求出△PCD的周长=PA+PB.
6．如图，将△ABC绕点C（0，-1）旋转180°得到△A′B′C，设点A的坐标为（a，b），则点A′的坐标为（
）
A．（-a，-b）
B．（-a，-b-1）
C．（-a，-b+1）
D．（-a，-b-2）
【答案】D
【解析】
【分析】
设点A的坐标是（x，y），根据旋转变换的对应点关于旋转中心对称，再根据中点公式列式求解即可．
【详解】
根据题意，点A、A′关于点C对称，?
设点A的坐标是（x，y），?
则?=0，?=-1，?
解得x=-a，y=-b-2，?
∴点A的坐标是（-a，-b-2）．?
故选D．
【点评】
本题考查了利用旋转进行坐标与图形的变化，根据旋转的性质得出点A、A′关于点C成中心对称是解题的关键
7．平面直角坐标系内一点关于原点对称点的坐标是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．
【详解】
解：根据关于原点对称的点的坐标的特点，
∴点A（-2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，-3）,
故选D．
【点评】
本题主要考查点关于原点对称的特征，解决本题的关键是要熟练掌握点关于原点对称的特征.
8．下列几何体中，其主视图为三角形的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
试题分析：A．圆柱的主视图为矩形，∴A不符合题意；
B．正方体的主视图为正方形，∴B不符合题意；
C．球体的主视图为圆形，∴C不符合题意；
D．圆锥的主视图为三角形，∴D符合题意．
故选D．
考点：简单几何体的三视图．
9．如图，与正方形ABCD的两边AB，AD相切，且DE与相切于点E．若的半径为5，且，则DE的长度为（
）
A．5
B．6
C．
D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接OE，OF，OG，根据切线性质证四边形ABCD为正方形，根据正方形性质和切线长性质可得DE=DF.
【详解】
连接OE，OF，OG，
∵AB，AD，DE都与圆O相切，
∴DE⊥OE，OG⊥AB，OF⊥AD，DF=DE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=11，∠A=90°，
∴∠A=∠AGO=∠AFO=90°，
∵OF=OG=5，
∴四边形AFOG为正方形，
则DE=DF=11-5=6，
故选：B
【点评】
考核知识点：切线和切线长定理.作辅助线，利用切线长性质求解是关键.
10．如图，的半径为3，是的弦，直径，，则的长为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OC，利用垂径定理以及圆心角与圆周角的关系求出；再利用弧长公式即可求出的长.
【详解】
解：连接OC
（同弧所对的圆心角是圆周角的2倍）
∵直径
∴=（垂径定理）
∴
故选C
【点评】
本题考查了垂径定理、圆心角与圆周角以及利用弧长公式求弧长，熟练掌握相关定理和公式是解答本题的关键.
11．如图，△ABC为直角三角形，∠C=90°，AC=6，BC=8，以点C为圆心，以CA为半径作⊙C，则△ABC斜边的中点D与⊙C的位置关系是（
）
A．点D在⊙C上
B．点D在⊙C内
C．点D在⊙C外
D．不能确定
【答案】B
【解析】
根据勾股定理，由△ABC为直角三角形，∠C=90°，AC=6，BC=8，求得AB=10，然后根据直角三角形的的性质，斜边上的中线等于斜边长的一半，即CD=5＜AC=6，所以点D在在⊙C内.
故选B.
12．如图，是的外接圆，过点作的切线，且，点、分别在、上，且.若的半径为，，则的长为（
）
A．4
B．5
C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
首先连接OA，并反向延长交CD于点H，连接OC，由直线AD与相切于点A，，可求得OH的长，然后勾股定理求得AC的长，又由可证得EF=AC，进而求得答案.
【详解】
解：连接OA，并反向延长交CD于点H，连接OC
∵直线AD与相切于点A
∴AH⊥AD
又∵
∴AH⊥BC
∴
∵的半径为
根据勾股定理：
∴
根据勾股定理：
∵
∴
∴
∴
故选D
【点评】
本题考查了圆的知识点的综合应用，难度较大，熟练掌握与圆有关的性质定理、利用转化思想是解答本题的关键.
二、填空题
13．袋中装有6个黑球和n个白球，经过若干次试验，发现“若从袋中任摸出一个球，恰是黑球的概率为”，则这个袋中白球大约有_____个．
【答案】2
【解析】
试题解析：∵袋中装有6个黑球和n个白球，
∴袋中一共有球（6+n）个，
∵从中任摸一个球，恰好是黑球的概率为，
∴，
解得：n=2．
故答案为2．
14．一个正多边形的一个外角为30°，则它的内角和为_____．
【答案】1800°
【解析】
试题分析：这个正多边形的边数为=12，
所以这个正多边形的内角和为（12﹣2）×180°=1800°．
故答案为1800°．
考点：多边形内角与外角．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB上，则旋转角度为_____．
【答案】60°
【解析】
试题解析：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠A=90°-30°=60°，
∵△ABC绕点C顺时针旋转至△A′B′C时点A′恰好落在AB上，
∴AC=A′C，
∴△A′AC是等边三角形，
∴∠ACA′=60°，
∴旋转角为60°．
故答案为60°.
16．如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为______．
【答案】1.6
【解析】
【分析】
由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案．
【详解】
由旋转的性质可得：AD=AB，
∵∠B=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB，
∵AB=2，BC=3.6，
∴CD=BC-BD=3.6-2=1.6．
故答案为1.6．
【点评】
此题考查了旋转的性质以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
17．如图，∠A＝70°，O是AB上一点，直线OD与AB所夹的∠AOD＝100°，要使OD∥AC，直线OD绕点O按逆时针方向至少旋转____．
【答案】10°
【解析】
【分析】
根据平行线性质可得∠AOD’，再利用题目已知的∠AOD的度数求出两者之差即为OD需要旋转的角度.
【详解】
两直线平行，同旁内角互补，所以∠AOD’=180°-∠A=110°，∠DOD’=∠AOD’-∠AOD=10°，所以答案是10°.
【点评】
本题考查了平行线的性质和旋转的相关知识，熟练掌握这些内容是解答本题的关键.
18．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E.若AB＝8，AE＝1，则弦CD的长是____.
【答案】2
【解析】
试题解析：连接OC，
由题意，得
故答案为:
三、解答题
19．已知，点P是等边三角形△ABC中一点，线段AP绕点A逆时针旋转60°到AQ，连接PQ、QC．
（1）求证：PB＝QC；
（2）若PA＝3，PB＝4，∠APB＝150°，求PC的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）5.
【解析】
【分析】
（1）直接利用旋转的性质可得AP=AQ，∠PAQ=60°，然后根据“SAS”证明△BAP≌△CAQ，结合全等三角形的性质得出答案；
（2）由△APQ是等边三角形可得AP=PQ=3，∠AQP=60°，由全等的性质可得∠AQC
=∠APB=150°,从而可求∠PQC=90°，然后根据勾股定理求PC的长即可
.直接利用等边三角形的性质结合勾股定理即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵线段AP绕点A逆时针旋转60°到AQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形，∠PAC+∠CAQ=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAP+∠PAC=60°，AB=AC，
∴∠BAP=∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中
，
∴△BAP≌△CAQ（SAS），
∴PB=QC；
（2）解：∵由（1）得△APQ是等边三角形，
∴AP=PQ=3，∠AQP=60°，
∵∠APB=150°，
∴∠PQC=150°﹣60°=90°，
∵PB=QC，
∴QC=4，
∴△PQC是直角三角形，
∴PC==5．
【点评】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理
.证明△BAP≌△CAQ是解（1）的关键，证明∠PQC=90°是解（2）的关键
.
20．如图，已知AB是圆O的直径，F是圆O上一点，∠BAF的平分线交⊙O于点E，交⊙O的切线BC于点C，过点E作ED⊥AF，交AF的延长线于点D．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝3，CE＝2.
①求的值；②若点G为AE上一点，求OG+EG最小值．
【答案】（1）证明见解析（2）①
②3
【解析】
【分析】
（1）作辅助线，连接OE．根据切线的判定定理，只需证DE⊥OE即可；
（2）①连接BE．根据BC、DE两切线的性质证明△ADE∽△BEC；又由角平分线的性质、等腰三角形的两个底角相等求得△ABE∽△AFD，所以；
②连接OF，交AD于H，由①得∠FOE=∠FOA=60°,连接EF，则△AOF、△EOF都是等边三角形，故四边形AOEF是菱形，由对称性可知GO=GF,过点G作GM⊥OE于M，则GM=EG，OG+EG=GF+GM,根据两点之间线段最短，当F、G、M三点共线，OG+EG=GF+GM=FM最小，此时FM
=3.故OG+EG最小值是3.
【详解】
（1）连接OE
∵OA=OE，∴∠AEO=∠EAO
∵∠FAE=∠EAO，∴∠FAE=∠AEO
∴OE∥AF
∵DE⊥AF，∴OE⊥DE
∴DE是⊙O的切线
（2）①解：连接BE
∵直径AB
∴∠AEB=90°
∵圆O与BC相切
∴∠ABC=90°
∵∠EAB+∠EBA=∠EBA+∠CBE=90°
∴∠EAB=∠CBE
∴∠DAE=∠CBE
∵∠ADE=∠BEC=90°
∴△ADE∽△BEC
∴
②连接OF，交AE于G，
由①，设BC=2x，则AE=3x
∵△BEC∽△ABC
∴
∴
解得：x1=2，（不合题意，舍去）
∴AE=3x=6，BC=2x=4，AC=AE+CE=8
∴AB=，∠BAC=30°
∴∠AEO=∠EAO=∠EAF=30°，∴∠FOE=2∠FAE=60°
∴∠FOE=∠FOA=60°,连接EF，则△AOF、△EOF都是等边三角形，∴四边形AOEF是菱形
由对称性可知GO=GF,过点G作GM⊥OE于M，则GM=EG，OG+EG=GF+GM,根据两点之间线段最短，当F、G、M三点共线，OG+EG=GF+GM=FM最小，此时FM=FOsin60o=3.
故OG+EG最小值是3.
【点评】
本题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质．比较复杂，解答此题的关键是作出辅助线，利用数形结合解答．
21．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB．
（1）求点P与点P′之间的距离；
（2）求∠APB的度数．
【答案】（1）6；（2）150°.
【解析】
【分析】
（1）连结PP′，由旋转性质可知BP′＝PC＝10，AP′＝AP，∠PAC＝∠P′AB，根据∠PAC+∠BAP=∠P′AB+∠BAP=60°可得△APP′为等边三角形，即可证明PP′=AP=6；（2）利用勾股定理的逆定理可得△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，由（1）得∠APP′=60°，即可得答案.
【详解】
（1）连接PP′，由题意可知BP′＝PC＝10，AP′＝AP，∠PAC＝∠P′AB，
∵∠PAC+∠BAP＝∠BAC=60°，
∴∠PAP′＝∠P′AB+∠BAP=∠PAC+∠BAP=60°．
∴△APP′为等边三角形，
所以PP′＝AP＝AP′＝6；
（2）∵PP′=6，BP=8，BP′=10，
∴PP′2+BP2＝BP′2，
∴△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°
∴∠APB＝∠BPP′+∠APP′=90°+60°＝150°．
【点评】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等边三角形的判定与性质和勾股定理的逆定理．
22．如图，AB是⊙O的直径，，连结AC，过点C作直线l∥AB，点P是直线l上的一个动点，直线PA与⊙O交于另一点D，连结CD，设直线PB与直线AC交于点E．
（1）求∠BAC的度数；
（2）当点D在AB上方，且CD⊥BP时，求证：PC＝AC；
（3）在点P的运动过程中
①当点A在线段PB的中垂线上或点B在线段PA的中垂线上时，求出所有满足条件的∠ACD的度数；
②设⊙O的半径为6，点E到直线l的距离为3，连结BD，DE，直接写出△BDE的面积．
【答案】（1）45°；（2）见解析；（3）①∠ACD=15°；∠ACD=105°；∠ACD=60°；∠ACD=120°；②36或．
【解析】
【分析】
（1）易得△ABC是等腰直角三角形，从而∠BAC=∠CBA=45°；
（2）分当
B在PA的中垂线上，且P在右时；B在PA的中垂线上，且P在左；A在PB的中垂线上，且P在右时；A在PB的中垂线上，且P在左时四中情况求解；
（3）①先说明四边形OHEF是正方形，再利用△DOH∽△DFE求出EF的长，然后利用割补法求面积；
②根据△EPC∽△EBA可求PC=4，根据△PDC∽△PCA可求PD
?PA=PC2=16，再根据S△ABP=S△ABC得到，利用勾股定理求出k2,然后利用三角形面积公式求解.
【详解】
（1）解：（1）连接BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°.
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠CBA=45°；
（2）解：∵，
∴∠CDB=∠CDP=45°，CB=
CA，
∴CD平分∠BDP
又∵CD⊥BP，
∴BE=EP，
即CD是PB的中垂线，
∴CP=CB=
CA，
（3）①
（Ⅰ）如图2，当
B在PA的中垂线上，且P在右时，∠ACD=15°；
（Ⅱ）如图3，当B在PA的中垂线上，且P在左，∠ACD=105°；
（Ⅲ）如图4，A在PB的中垂线上，且P在右时∠ACD=60°；
（Ⅳ）如图5，A在PB的中垂线上，且P在左时∠ACD=120°
②（Ⅰ）如图6，
,
.
（Ⅱ）如图7，
,
,
.
，
.
,
,
,
.
设BD=9k,PD=2k,
,
,
,
.
【点评】
本题是圆的综合题，熟练掌握30°角所对的直角边等于斜边的一半，平行线的性质，垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，勾股定理，同底等高的三角形的面积相等是解答本题的关键.
23．四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）若BC=12，DE=5，求△AEF的面积．
【答案】（1）见解析；（2）84.5．
【解析】
【分析】
（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠D=∠ABC=∠ABF=90°，依据“SAS”即可证得；
（2）根据勾股定理求得AE=13，再由旋转的性质得出AE=AF，∠EAF=90°，从而由面积公式得出答案．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°，
而F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF=90°，
在△ADE和△ABF中，
∵
,
∴△ADE≌△ABF（SAS）；
（2）∵BC=12，∴AD=12，
在Rt△ADE中，DE=5，AD=12，
∴AE==13，(勾股定理)
∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心?A点，按顺时针方向旋转90°得到，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴△AEF的面积=AE2=×169=84.5．
【点评】
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质及旋转的性质，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24．已知，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，点P是AB延长线上一点，连接CP．
（1）如图1，若∠PCB＝∠A．
①求证：直线PC是⊙O的切线；
②若CP＝CA，OA＝2，求CP的长；
（2）如图2，若点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，MN?MC＝9，求BM的值．
【答案】(1)
①见解析；②2；(2)3.
【解析】
【分析】
（1）①由等腰三角形的性质和圆周角定理可得OC⊥CP，即可得出结论；
②根据圆周角定理及三角形内角和定理得出∠P=30°，根据30°角所对直角边等于斜边的一半即可得出结论；
（2）根据圆周角定理可证△AMC∽△NMA，再根据相似三角形的对应边成比例即可得出结论．
【详解】
（1）①∵OA=OC，∴∠A=∠ACO．
∵∠PCB=∠A，∴∠ACO=∠PCB．
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACO+∠OCB=90°，∴∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP．
∵OC是⊙O的半径，∴PC是⊙O的切线．
②∵CP=CA，∴∠P=∠A，∴∠COB=2∠A=2∠P．
∵∠OCP=90°，∴∠P=30°．
∵OC=OA=2，∴OP=2OC=4，∴PC==；
（2）连接MA、MB．
∵点M是弧AB的中点，∴AM=BM，∴∠ACM=∠BAM．
∵∠AMC=∠AMN，∴△AMC∽△NMA，∴，∴AM2=MC?MN．
∵MC?MN=9，∴AM=3，∴BM=AM=3．
【点评】
本题考查了圆的切线的判定及圆周角定理的运用和相似三角形的判定和性质的应用．是一道综合性的题目，难度中等偏上．
25．如图，AB是⊙O的直径，点C是的中点，连接AC并延长至点D，使CD＝AC，点E是OB上一点，且，CE的延长线交DB的延长线于点F，AF交⊙O于点H，连接BH．
（1）求证：BD是⊙O的切线；（2）当OB＝2时，求BH的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）BH＝．
【解析】
【分析】
（1）先判断出∠AOC=90°，再判断出OC∥BD，即可得出结论；
（2）先利用相似三角形求出BF，进而利用勾股定理求出AF，最后利用面积即可得出结论．
【详解】
（1）连接OC，
∵AB是⊙O的直径，点C是的中点，
∴∠AOC＝90°，
∵OA＝OB，CD＝AC，
∴OC是△ABD是中位线，
∴OC∥BD，
∴∠ABD＝∠AOC＝90°，
∴AB⊥BD，
∵点B在⊙O上，
∴BD是⊙O的切线；
（2）由（1）知，OC∥BD，
∴△OCE∽△BFE，
∴，
∵OB＝2，
∴OC＝OB＝2，AB＝4，，
∴，
∴BF＝3，
在Rt△ABF中，∠ABF＝90°，根据勾股定理得，AF＝5，
∵S△ABF＝AB?BF＝AF?BH，
∴AB?BF＝AF?BH，
∴4×3＝5BH，
∴BH＝．
【点评】
此题主要考查了切线的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，求出BF=3是解本题的关键．
26．已知点O在△ABC内，且知OB和OC分别平分∠ABC和∠ACB，过O作直线EF分别交AB、AC于E、F．
（1）如图1，已知EF∥BC．
①若∠A＝76°，请直接写出∠BOE+∠COF的度数；
②猜想∠BOE、∠COF与∠A之间有怎样的数量关系？写出结论，不用证明
（2）直线EF绕点O旋转到如图2的位置时（EF与BC不平行），那么上面（1）②中猜想的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
（3）当直线EF绕点O旋转到如图3的位置时（点E在AB的延长线上），请直接写出∠BOE、∠COF与∠A之间的数量关系．
【答案】（1）①52°；②∠BOE+∠COF＝90°﹣∠A，理由见解析；（2）成立，理由见解析；（3）∠COF﹣∠BOE＝90°﹣∠A
【解析】
【分析】
（1）①根据平行线的性质和三角形内角和定理进行计算；
②用①中的方法进行推导，同样依据平行线的性质和三角形内角和定理得出角的关系；
（2）根据三角形内角和定理以及平角的性质即可证得∠BOE+∠COF=90°-∠A；
（3）根据三角形内角和定理以及平角的定义即可证得∠COF-∠BOE=90°-∠A.
【详解】
（1）①如图1，∵EF∥BC，
∴∠BOE＝∠1，∠COF＝∠2，
∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠1＝∠ABC，∠2＝∠ACB
∴∠1+∠2＝∠ABC+∠ACB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，
∴∠BOE+∠COF＝∠1+∠2＝90°﹣∠A＝90°﹣＝52°；
②猜想∠BOE+∠COF＝90°﹣∠A，
证明：∵EF∥BC，
∴∠BOE＝∠1，∠COF＝∠2，
∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠1＝∠ABC，∠2＝∠ACB
∴∠1+∠2＝∠ABC+∠ACB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，
∴∠BOE+∠COF＝∠1+∠2＝90°﹣∠A；
（2）成立．
证明：如图2，∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠1＝∠ABC，∠2＝∠ACB，
∴∠1+∠2＝∠ABC+∠ACB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A
∵∠BOE+∠COF+∠3＝∠1+∠2+∠3＝180°
∴∠BOE+∠COF＝∠1+∠2＝90°﹣∠A；
（3）解：如图3，∵OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB，
∴∠OBC＝∠ABC，∠OCB＝∠ACB，
∴∠BOC＝180°﹣∠ABC+∠ACB＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°+∠A，
∵∠BOC﹣∠BOE+∠COF＝180°，
∴∠COF﹣∠BOE＝180°﹣∠BOC＝180°﹣（90°+∠A）＝90°﹣∠A；
【点评】
本题考查了平行线的性质，平角的定义，内角和定理的应用，熟练掌握性质定理是解题的关键．
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精品试卷·第
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