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    2022年中考数学二轮复习专题9《几何问题探究》同步测试(含答案)
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    2022年中考数学二轮复习专题9《几何问题探究》同步测试(含答案)

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    这是一份2022年中考数学二轮复习专题9《几何问题探究》同步测试(含答案),共3页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    1.如图,线段AB是⊙O的直径,点C在圆上,∠AOC=80°,点P是线段AB延长线上的一动点,连结PC,则∠APC的度数不可能的是( A )
    A.40° B.30° C.20° D.15°
    【解析】∠APC=∠CBO-∠BCP,而∠CBO=40°,故∠APC<40°.
    ,第1题图) ,第2题图)
    2.如图,在矩形ABCD中,E是AD边的中点,BE⊥AC于点F,连结DF,则下列结论中错误的是( D )
    A.△AEF∽△CAB B.CF=2AF
    C.DF=DC D.tan∠CAD=eq \r(2)
    【解析】AE=ED=eq \f(1,2)AD,△FEA∽△FBC,由相似成比例知eq \f(FC,AF)=eq \f(BC,AE)=eq \f(2,1),∴CF=2AF,B正确.又AC⊥BE,∴△AEF~△CAB,A正确.连结EC,∵E为AD中点,∴EB=EC,△EBC为等腰三角形,∴∠ECD=∠EBA,∠ECB=∠EBC=∠AEF=∠ACD,又△CFB∽△CBA∽△BFA,∴eq \f(FC,BC)=eq \f(BC,AC)=eq \f(BF,AB)=eq \f(AB,BE),而BE=EC,AB=DC,∴eq \f(FC,BC)=eq \f(DC,EC),∴△FDC∽△BEC,∴DF=DC,C正确.
    二、填空题
    3.如图,AB是⊙O的弦,OC⊥AB于点C,连结OA,OB.点P是半径OB上任意一点,连结AP.若OA=5 cm,OC=3 cm,则AP的长度可能是__6__cm.(写出一个符合条件的数值即可)
    ,第3题图) ,第4题图)
    4.如图,边长为1的正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O.有直角∠MPN,使直角顶点P与点O重合,直角边PM,PN分别与OA,OB重合,然后逆时针旋转∠MPN,旋转角为θ(0°<θ<90°),PM,PN分别交AB,BC于E、F两点,连结EF交OB于点G,则下列结论中正确的是__(1),(2),(3)__.
    (1)EF=eq \r(2)OE;(2)S四边形OEBF∶S正方形ABCD=1∶4;(3)BE+BF=eq \r(2)OA;(4)在旋转过程中,当△BEF与△COF的面积之和最大时,AE=eq \f(3,4).
    【解析】(1)由四边形ABCD是正方形,直角∠MPN,易证得△BOE≌△COF(ASA),则可证得结论;
    (2)由(1)易证得S四边形OEBF=S△BOC=eq \f(1,4)S正方形ABCD,则可证得结论;(3)由BE=CF,可得BE+BF=BC,然后由等腰直角三角形的性质,证得BE+BF=eq \r(2)OA;(4)首先设AE=x,则BE=CF=1-x,BF=x,继而表示出△BEF与△COF的面积之和,然后利用二次函数的最值问题,求得答案;故答案为:(1),(2),(3).
    三、解答题
    5. 如图,在四边形ABCD中,点H是BC的中点,作射线AH,在线段AH及其延长线上分别取点E,F,连结BE,CF.
    (1)请你添加一个条件,使得△BEH≌△CFH,你添加的条件是__EH=FH__,并证明.
    (2)在问题(1)中,当BH与EH满足什么关系时,四边形BFCE是矩形,请说明理由.
    解:(1)添加:EH=FH,证明:∵点H是BC的中点,∴BH=CH,在△BEH和△CFH中,eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BH=CH,,∠BHE=∠CHF,,EH=FH,))∴△BEH≌△CFH(SAS)
    (2)∵BH=CH,EH=FH,∴四边形BFCE是平行四边形,∵当BH=EH时,则BC=EF,∴平行四边形BFCE为矩形
    6.在等腰直角△ABC中,∠ACB=90°,P是线段BC上一动点(与点B,C不重合),连结AP,延长BC至点Q,使得CQ=CP,过点Q作QH⊥AP于点H,交AB于点M.
    (1)若∠PAC=α,求∠AMQ的大小(用含α的式子表示);
    (2)用等式表示线段MB与PQ之间的数量关系,并证明.
    解:(1) ∠AMQ=45°+α.理由如下:∵∠PAC=α,△ACB是等腰直角三角形, ∴∠BAC=∠B=45°,∠PAB=45°-α,又∵QH⊥AP,∠AHM=90°,∴∠AMQ=180°-∠AHM-∠PAB=45°+α
    (2)线段MB与PQ之间的数量关系:PQ=eq \r(2)MB.理由如下:连结AQ,过点M做ME⊥QB,∵AC⊥QP,CQ=CP, ∴∠QAC=∠PAC=α,∴∠QAM=α+45°=∠AMQ, ∴AP=AQ=QM,在Rt△APC和Rt△QME中,eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠PAC=∠MQE,,∠ACP=∠QEM,,AP=QM,))∴Rt△APC≌Rt△QME(AAS), ∴PC=ME, ∴△MEB是等腰直角三角形,∴eq \f(1,2)PQ=eq \f(\r(2),2)MB,∴PQ=eq \r(2)MB
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