专题14 几何部分验收B卷-初升高数学衔接必备教材（解析版）

这是一份专题14 几何部分验收B卷-初升高数学衔接必备教材（解析版），共21页。试卷主要包含了下列说法中，错误的是等内容，欢迎下载使用。

几何部分验收B卷
1．已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（　　）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC
【答案】B
【解析】∵四边形COED是矩形，
∴CE=OD，
∵点D的坐标是（1，2），
∴OD=，
∴CE=，
故选：C．
3．下列说法中，错误的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分 B．矩形的对角线互相垂直
C．菱形的对角线互相垂直平分 D．等腰梯形的对角线相等
【答案】B
【解析】
A．平行四边形的对角线互相平分，正确;
B．矩形的对角线相等且互相平分，但不垂直，故错误;
C．菱形的对角线互相垂直平分，正确
D．等腰梯形的对角线相等, 正确
故选B
4．如图，四边形纸片ABCD中，点M、N分别在AB、BC上，将△BMN沿MN翻折得到△FMN.若MF∥AD，FN∥DC，则∠B等于（      ）

A．70° B．90°      C．95°   D．100°
【答案】C
【解析】
∵MF∥AD，FN∥DC，
∴∠BMF=∠A=100°，∠BNF=∠C=70°
∴∠B+∠F=360°-∠BMF-∠BNF=360°-100°-70°=190°
由折叠可知 ∠B=∠F
∴∠B=95°.
故选C..
5．如图，⊙O中，弧AB=弧AC，∠C=75°，则∠A=（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
∵⊙O中， ，∠C=75°，
∴∠B=∠C=75°，
∴∠A=180°-75°×2=30°．
故选D．
6．如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P点Q同时从点B出发，点P沿BE→ED→DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们的运动速度都是1cm/s．设P，Q出发t秒时，△BPQ的面积为y cm2，已知y与t的函数关系的图象如图2（曲线OM为抛物线的一部分）．则下列结论：①AD=BE=5cm；②当0＜t≤5时，；③直线NH的解析式为y=t+27； ④若△ABE与△QBP相似，则t=秒， 其中正确结论的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
①根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1cm/s，
∴BC=BE=5cm，
∴AD=BE=5，故①正确；
②如图1，过点P作PF⊥BC于点F，

根据面积不变时△BPQ的面积为10，可得AB=4，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠PBF，
∴sin∠PBF=sin∠AEB= ，
∴PF=PBsin∠PBF= t，
∴当0＜t≤5时，，故②正确；
③根据5-7秒面积不变，可得ED=2，
当点P运动到点C时，面积变为0，此时点P走过的路程为BE+ED+DC=11，
故点H的坐标为（11，0），
设直线NH的解析式为y=kx+b，
将点H（11，0），点N（7，10）代入可得：，
解得：．
故直线NH的解析式为：，故③错误；

④当△ABE与△QBP相似时，点P在DC上，如图2所示：

∵tan∠PBQ=tan∠ABE= ，
∴，即，
解得：t= ．故④正确；
综上可得①②④正确，共3个．
故选：C．
7．如图，BD为⊙O的直径，AC为⊙O的弦，AB＝AC，AD交BC于点E，AE＝2，ED＝4，延长DB到点F，使得BF＝BO，连接FA．则下列结论中不正确的是（　　）

A．△ABE∽△ADB B．∠ABC＝∠ADB
C．AB＝3 D．直线FA与⊙O相切
【答案】C
【解析】
∵AB＝AC，
∴，
∴∠ABC＝∠ADB，
∵∠BAE＝∠DAB，
∴△ABE∽△ADB，选项A、B正确；
∴AB：AD＝AE：AB，
∴AB2＝AE×AD＝2（2+4）＝12，
∴AB＝，选项C错误；
连接OA，如图所示：
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∴BD＝，
∴OA＝OB＝＝AB，
∵BF＝BO，
∴AB＝OB＝BF，
∴∠OAF＝90°，
∴直线FA与⊙O相切，选项D正确；
故选：C．

8．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，E，F为BD所在直线上的两点，若AE=，∠EAF=135°，则下列结论正确的是(　　)

A． B． C． D．四边形AFCE的面积为
【答案】C
【解析】
∵四边形是正方形，

在中，
，故错误．






在中，，故正确，
，故错误，
，故错误，
故选：
9．如图，在△ABC中，BC＞AB＞AC，D是边BC上的一个动点（点D不与点B、C重合），将△ABC沿AD折叠，点B落在点B'处，连接BB'，B'C，若△BCB'是等腰三角形，则符合条件的点D的个数是

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【解析】
解：①当BB’=BC时，如下图，以点A为圆心AB为半径的圆与以B为圆心BC为半径的圆交于点B’1，则此时BB’1=BC，△BCB'1是等腰三角形；
②当BB’=B’C时，如下图，以点A为圆心AB为半径的圆与BC的垂直平分线交于点B’2，则此时BB’2= B’2C，△BB'2C是等腰三角形；

③当BC=B’C时，如下图，以点A为圆心AB为半径的圆与以C为圆心BC为半径的圆交于点B’3，则此时BC= B’3C且D与点C重合，故此情况不合题意；
则符合条件的点D的个数有2个，故选：C.

10．如图，正八边形各边中点构成四边形，则正八边形边长与AB的比是(　　)

A．2﹣ B． C． D．
【答案】A
【解析】
过E作EF⊥AD于F，过G作GH⊥AD于H，

则△AEF与△DGH是等腰直角三角形，四边形EFHG是矩形，
∴AF＝EF＝DH＝GH，EG＝FH，
设AF＝EF＝GH＝DH＝k，
∴AE＝DG＝k，
∴EG＝2AE＝2k，
∴AB＝AD＝2k+2k，
∴正八边形边长与AB的比＝，
故选A．
11．如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，AC＝6，BD＝8，若DE∥AC，CE∥BD，则OE的长为_____．

【答案】5
【解析】
证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA＝AC＝3，OD＝BD＝4，
∴∠AOD＝90°，
∴AD＝＝5＝CD
∵DE∥AC，CE∥BD
∴四边形OCED为平行四边形，
又∵AC⊥BD
∴四边形OCED为矩形
∴CD＝OE＝5
故答案为：5
12．如图，在等腰三角形ACB中，AC＝BC＝10，AB＝16，D为底边AB上一动点(不与点A，B重合)，DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为点E，F，则DE+DF等于_____．

【答案】9.6
【解析】
连接CD，过C点作底边AB上的高CG，

∵AC＝BC＝10，AB＝16，
∴BG＝AB＝8，CG＝＝＝6，
∵S△ABC＝S△ACD+S△DCB，
∴AB•CG＝AC•DE+BC•DF，
∵AC＝BC，
∴16×6＝10×(DE+DF)，
∴DE+DF＝9.6．
故答案为：9.6．
13．如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交AB于点E，∠BCD=60°，AD=AB，连接OE．下列结论：①S▱ABCD=AD•BD；②DB平分∠CDE；③AO=DE；④S△ADE=5S△OFE，其中正确的结论是_____.

【答案】①②
【解析】
∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=AE=AB，
∴E是AB的中点，
∴DE=BE，
∴∠BDE=∠AED=30°，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，
∴S▱ABCD=AD•BD，
故①正确；
∵∠CDE=60°，∠BDE30°，
∴∠CDB=∠BDE，
∴DB平分∠CDE，
故②正确；
∵Rt△AOD中，AO＞AD，
∴AO＞DE，
故③错误；
∵O是BD的中点，E是AB的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥AD，OE=AD，
∴△OEF∽△ADF，
∴S△ADF=4S△OEF，且AF=2OF，
∴S△AEF=2S△OEF，
∴S△ADE=6S△OFE，
故④错误.
故答案为①②．
14．如图是一个边长为的正方形，它是由①②③④四个完全相同的三角形和图⑤边长为的正方形无缝隙拼成.若这个图形不用剪裁，可以无缝隙拼成长方形，则应满足关系式_________．

【答案】
【解析】
设直角三角形的长边为，短边为，
① 如图方式拼接，则有

，则，
② 如图方式拼接，则有

，则，

综上可知：或
15．我国古代数学家赵爽利用弦图证明了勾股定理，这是著名的赵爽弦图（如图1）．它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案．在弦图中（如图2），已知点O为正方形ABCD的对角线BD的中点，对角线BD分别交AH，CF于点P、Q．在正方形EFGH的EH、FG两边上分别取点M，N，且MN经过点O，若MH＝3ME，BD＝2MN＝4 ．则△APD的面积为_____．

【答案】5
【解析】
如图，连接FH，作EK∥MN，OL⊥DG

∵四边形ABCD是正方形，且BD＝2MN＝4
∴MN＝2，AB＝2
∵四边形EFGH是正方形
∴FO＝HO，EH∥FG
∴∠HMO＝∠FNO，∠MHO＝∠NFO，且FO＝HO
∴△MHO≌△FNO（AAS）
∴MH＝FN
∵MH＝3ME，
∴MH＝FN＝3EM，EH＝EF＝4EM
∴EK∥KN，EH∥FG
∴四边形EMNK是平行四边形
∴MN＝EK＝2，KN＝EM
∴FK＝2EM
∵EF2+FK2＝EK2，
∴16EM2+4EM2＝20
∴EM＝1
∴EH＝4，
∵AD2＝（AE+4）2+DH2，且AE＝DH
∴DH＝AE＝2
∴AH＝6
∵PH∥OL
∴
∴PH＝1
∴AP＝5
∴S△APD＝×5×2＝5
故答案为：5.
16．等边三角形外接圆的面积是4π，则该等边三角形的面积是____．
【答案】3
【解析】
解：∵外接圆的面积是4π，
∴πr2=4π，
解得：r=2，
如图所示，即OB=OC=OA=2， O为△ABC的外心，
连接OB、OC，作OD⊥BC于D，
∵∠OBD＝30°，OB＝2，
∴OD＝1，
∴BD＝，
则BC＝，
∴等边三角形的面积＝，
故答案为：．

17．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F分别在OD、OC上的动点，且DE=CF，连接DF、AE，AE的延长线交DF于点M，连接OM．
（1）求证：△ADE≌△DCF；
（2）求证：AM⊥DF；
（3）当CD=AF时，试判断△MOF的形状，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（3）△MOF是等腰三角形，理由见解析.
【解析】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADE=∠DCF=45°
在△AED和△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（SAS）；
（2）由①中△AED≌△DFC，
∴∠EAD=∠FDC，
∵∠ADM+∠FDC=90°，
∴∠ADM+∠EAD=90°，
∴∠AMD=90°，
∴AM⊥DF；
（3）△MOF是等腰三角形，
理由是：∵AD=CD，CD=AF
∴AD=AF
∵AM⊥DF，
∴DM=FM，
∵∠DOF=90°，
∴OM=DF=FM，
∴△MOF是等腰三角形．
18．如图，AB是半圆O的直径，以AB为边在半圆同侧作正方形ABCD，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连接DQ，设半圆的半径为a．
（1）判断直线DQ与半圆O的位置关系，并说明理由；
（2）求sin∠DQP的值．

【答案】（1）DQ是半圆的切线，理由见解析；（2）.
【解析】
解：（1）DC和半圆O相切
连接OQ，OD，如图

∵DP∥OB，DP＝OB
∴四边形DOBP是平行四边形
∴DO∥BP
∴∠AOD＝∠OBP，∠DOQ＝∠OQB
∵OB＝OQ
∴∠OBP＝∠OQB
∴∠AOD＝∠QOD
∴△AOD≌△QOD（SAS）
∴∠OQD＝∠OAD＝90°
∴OQ⊥DQ即DQ是半圆的切线
（2）由①可知，DO∥BP
∴∠DQP＝∠ODQ
∵DQ＝AD＝2a，OQ＝a
∴∠DQP＝∠ODQ
∵DQ＝AD＝2a，OQ＝a
∴OD＝=
∴sin∠DQP＝sin∠ODQ＝
19．如图，在正方形ABCD中，AF=BE，AE与DF相交于于点O．
（1）求证：△DAF≌△ABE；
（2）求∠AOD的度数；
（3）若AO=4，DF=10，求的值.

【答案】（1）见解析；（2）；（3）tan∠ADF的值为.
【解析】
(1)在正方形ABCD中，DA=AB,,
又AF=BE

≌ (SAS)
（2）由（1）得 ≌ ，
ADF=BAE,
又 BAE+DAO=,ADF+DAO=

（3）由（2）得∠AOD=900 ∴△AOF∽△DOA ∴AO2=OF·OD
设OF=x,DO=10-x ∴x(10-x)=16 解得x=2或x=8（舍去）
∴tan∠ADF=
∴tan∠ADF的值为.
20．如图，在四边形ABCD中，. 点E在对角线CA的延长线上，连接BD，BE．
（1）求证：；
（2）若BC=2，，，求EC的长.

【答案】（1）详见解析；（2）5.
【解析】
（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形.
∵，
∴.
∴四边形是矩形.
∴.
（2）解：过点作交的延长线于点，如图，
则.
∵.
∴.
∴.
∴.
∴.
设，则.
∵.
∴，解得.
∴.
∵，
∴.
∴.
∴.

21．已知，如图，BD为⊙O的直径，点A、C在⊙O上并位于BD的两侧，∠ABC＝45°，连结CD、OA并延长交于点F，过点C作⊙O的切线交BD延长线于点E．
（1）求证：∠F＝∠ECF；
（2）当DF＝6，tan∠EBC＝，求AF的值．

【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）证明：连结OC，

∵CE切圆O于C，
∴OC⊥CE，
∴∠OCF+∠FCE＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝90°，
∴∠F+∠OCF＝90°，
∴∠F＝∠ECF；
（2）设DC＝x，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵BD为圆O的直径
∴∠BCO+∠OCD＝90°，
∵∠ECD+∠OCD＝90°，
∴∠OBC＝∠ECD，
∵∠F＝∠ECD，
∴∠F＝∠EBC，
在Rt△BCD中，tan∠EBC＝，
则BC＝2DC＝2x，BD＝x，
∴OC＝OA＝x，
在Rt△FOC中，tanF＝tan∠EBC＝
∴FC＝OC，即6+x＝•x，
解得，x＝4，
∴OF＝2OC＝4，
∴AF＝OF﹣AO＝2．
22．如图，在▱ABCD中，CF⊥AB于点F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，且CF＝DE．
（1）求证：△BFC≌△CED；
（2）若∠B＝60°，AF＝5，求BC的长．

【答案】（1）详见解析；（2）BC＝10．
【解析】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠B＝∠DCE
∵CF⊥AB，DE⊥BC，
∴∠CFB＝∠DEC＝90°，且CF＝DE，∠B＝∠DCE
∴△BFC≌△CED （AAS）
（2）∵△BFC≌△CED
∴BC＝DC＝AB
设BC＝x，
∴CD＝AB＝x
在Rt△BCF中，∠B＝60°
∴∠BCF＝30°
∴FB＝BC
∴（x﹣5）＝x
解得x＝10
∴BC＝10．