北京市2022-2023年上学期九年级期末数学试题知识点分类汇编-14平行四边形②

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北京市2022-2023年上学期期末数学试题知识点分类汇编-14平行四边形②

一、解答题
1．（2023秋·北京通州·九年级统考期末）如图1是一种手机平板支架，图2是其侧面结构示意图．量得托板长，支撑板长，底座长．托板固定在支撑板顶端点C处，且，托板可绕点C转动，支撑板可绕点D转动．如图2，若，，求点A到底座的距离．
（参考数据：，，）（结果精确到）

2．（2023秋·北京平谷·九年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，矩形，其中、、、定义如下：若点P关于直线l的对称点在矩形的边上，则称点P为矩形关于直线l的“关联点”．

(1)已知点、点、点、点中是矩形关于y轴的关联点的是___；
(2)的圆心半径为，若上至少存在一个点是矩形关于直线的关联点，求t的取值范围；
(3)的圆心半径为r，若存在t值使上恰好存在四个点是矩形关于直线的关联点，写出r的取值范围，并写出当r取最小值时t的取值范围(用含m的式子表示)．
3．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，是由在平面内绕点旋转得到的，且，，连接．

(1)求证：；
(2)试判断四边形的形状，并说明理由．
4．（2023·北京海淀·九年级期末）已知：点，，在上，且．
求作：直线，使其过点，并与相切．
作法：①连接；
②分别以点，点为圆心，长为半径作弧，两弧交于外一点；
③作直线．
直线就是所求作直线．

(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：连接，，
∵，
∴四边形是菱形，
∵点，，在上，且，
∴______°（_________________）（填推理的依据）．
∴四边形是正方形，
∴，即，
∵为半径，
∴直线为的切线（_________________）（填推理的依据）．
5．（2023·北京海淀·九年级期末）如图，点，在上，且，点为的中点，过点作交的延长线于点．

(1)求证：直线是的切线；
(2)若的半径为4，求的长．
6．（2023秋·北京海淀·九年级期末）已知正方形，等腰直角三角板的一个锐角顶点与重合，将此三角板绕点旋转时，两边分别交直线、于、．

(1)正方形的内角和是 　 　°， 　 　°；
(2)当、分别在边、上时（如图1），求证：；
(3)当、分别在边、所在的直线上时（如图2），线段、、之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论 　 　；（不用证明）
(4)当、分别在边、所在的直线上时（如图3），线段、、之间又有怎样的数量关系，请写出结论并写出证明过程．
7．（2023·北京海淀·九年级期末）探究：如图①，点P在⊙O上，利用直尺（没有刻度）和圆规过点P作⊙O的切线，
小明所在的数学小组经过合作探究，发现了很多作法，精彩纷呈．
作法一：
①作直径PA的垂直平分线交⊙O于点B；
②分别以点B、P为圆心，OP为半径作弧，交于点C；
③作直线PC．
作法二：
①作直径PA的四等分点B、C；
②以点A为圆心，CA为半径作弧，交射线PA于点D；
③分别以点A、P为圆心，PD、PC为半径作弧，两弧交于点E；
④作直线PE．
以上作法是否正确？选一个你认为正确的作法予以证明．

8．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图为正方形ABCD中，点M、N在直线BD上，连接AM，AN并延长交BC、CD于点E、F，连接EN．

(1)如图1，若M，N都在线段BD上，且AN=NE，求∠MAN；
(2)如图2，当点M在线段DB延长线上时，AN=NE，（1）中∠MAN的度数不变，判断BM，DN，MN之间的数量关系并证明；
(3)如图3，若点M在DB的延长线上，N在BD的延长线上，且∠MAN=135°，AB=，MB=，求DN．
9．（2023·北京海淀·九年级期末）如图，AB为的直径，点E在弦AC的延长线上，过点E作，ED与相切于点D．

(1)求证：AD平分．
(2)若，，求CE和DE的长．

参考答案：
1．
【分析】过点A作于点H，过点C作于点N，于点M．先证四边形是矩形，再利用含30度的直角三角形的性质证明，进而证明四边形是正方形，推出，即可根据求解．
【详解】解：过点A作于点H，过点C作于点N，于点M．

，
四边形是矩形，，
，，
，，
，
，，
，
，，
，，
，，
，
四边形是正方形，
，
，
即点A到底座的距离为．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质，平行线的性质，含30度的直角三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是通过作辅助线构造出含30度角的直角三角形．
2．(1)，
(2)
(3)r的取值范围为或；t的取值范围为或

【分析】（1）根据关联点的定义，一次判断各个点即可；
（2）根据图形，先找出只有一个关联点的情况，即可进行解答；
（3）根据题意，画出图形，进行分类讨论即可．
【详解】（1）解：∵点关于y轴的对称点为，与点D重合，
∴点是矩形关于y轴的关联点；
∵点关于y轴的对称点为，不在矩形上，
∴点不是矩形关于y轴的关联点；
∵点关于y轴的对称点为，在边上，
∴点是矩形关于y轴的关联点；
∵点关于y轴的对称点为，不在矩形上，
∴点不是矩形关于y轴的关联点；
故答案为：，；
（2）如图：过点O作x轴的平行线交于点M和点N，
∵的圆心半径为，
∴
①当上只有点N是矩形关于直线的关联点时，
∵点N关于直线的对称点坐标为，
∴；

②当上只有点M是矩形关于直线的关联点时，
∵点M关于直线的对称点坐标为，
∴；

综上：t的取值范围为；
（3）如图，当关于的对称图形与和相切时，，

当关于的对称图形与和相切时，，

当关于的对称图形与相切时，如下图:

则
解得，
∴，
当关于的对称图形为矩形的外接圆时，连接，
∵，，
∴，
∴，

综上：r的取值范围为或；
∴r的最小值为1，
令
当与相切时，，
此时，
∴，
∵，
∴，整理得：

当与相切时，，
此时，
∴，
∵，
∴，整理得：，

综上，t的取值范围为或．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，矩形的性质，圆的相关知识，解题的关键是熟练掌握轴对称的性质，会根据已知点的坐标求出对称轴，以及根据对称轴求对称点的坐标．
3．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）根据旋转的性质及角度间的关系得出，根据即可证明结论；
（2）根据全等三角形的性质及菱形的判定方法即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵由旋转可知，，，，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：结论：四边形是菱形．
理由：∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、菱形的判定、旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．
4．(1)见解析；
(2)90°；一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线

【分析】（1）按照题中作法步骤作图即可；
（2）根据圆周角定理和切线的判定定理填空．
【详解】（1）解：补全图形，如图所示；

（2）90°；一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，切线的判断和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
5．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，证明是等边三角形，得出，根据，可得，即可得证；
（2）过点作于点，得出四边形是矩形，进而得出，根据（1）可得，进而根据含30度角的直角三角形的性质求得，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，

∵，点为的中点，
∴，
∵
∴是等边三角形，
∴
∴
∴，
∵
∴，
∴是的切线；
（2）如图，过点作于点，

∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
即的长为2．
【点睛】本题考查了切线的判定，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
6．(1)；
(2)证明过程见详解
(3)
(4)，理由见详解

【分析】（1）根据正方形和等腰三角形的性质即可解决问题；
（2）延长到使，证明，由此得到，根据，，可以得到，证明，然后根据全等三角形的性质可以证明；
（3）过点作交于，证明，可得，．得，证明．然后根据全等三角形的性质就可以得到结论；
（4）过点作交于，同（3）可得，得，，方法一：同（3）根据全等三角形的性质就可以得到结论；方法二：连接，证为等腰直角三角形，得为垂直平分线，进而可以解决问题．
【详解】（1）解：正方形的内角和是，等腰直角三角板则，
故答案为：，．
（2）证明：如图，延长到，使，

∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）证明：如图，过点作交于，

∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（4）解：，理由如下：
如下图所示，过点作交于，

同理可得，
∴，，
方法一：∵，，
∴，
∴，
∴；
方法二：如下图所示，连接ME，

∵，，
∵，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴为的垂直平分线，
∴，
∴．
【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，难度大，解题的关键是把图形的变换放在正方形中，利用正方形的性质去探究图形变换的规律．考查了学生综合运用数学知识的能力．
7．两种作法都正确，证明见解答．
【分析】选作法一、连接BC，判断出四边形OBCP为菱形，得出∠BOP=90°，进而判断出∠OPC=90°，即可得出结论；
选作法二、连接DE，设PD=5x，AP=4x，PC=3x，得出，进而得出∠APE=90°，即可得出结论．
【详解】解：选作法一、如图作法一，

连接BC，由题意得，OB=OP=BC=PC，
∴四边形OBCP为菱形，
∴∠BOP=90°，
∴OBCP，
∵∠BOP=90°，
∴∠OPC=90°，
∵OP为⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
选作法二、如图作法二，

连接DE，由题意设，AP=4x，
∴PE=3x，AE=PD=4x，
∴，
∴△APE是直角三角形，∠APE=90°，
∵OP为⊙P的半径，
∴PE是⊙O的切线．
【点睛】此题主要考查了尺规作图，正方形的判定和性质，勾股定理的逆定理，正确作出辅助线是解本题的关键．
8．(1)∠MAN=45°；
(2)，证明见解析
(3)DN=2．

【分析】（1）如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据HL证明Rt△AGN≌Rt△NKE（HL），从而可得∠ANE=90°，所以△ANE是等腰直角三角形，可得结论；
（2）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，连接NH，由全等三角形的性质可得AM=AH，∠MAB=∠DAH，∠ABM=∠ADH，BM=DH，由“SAS”可证△AMN=△AHN，可得MN=NH，由勾股定理可得BM，DN，MN之间的数量关系；
（3）如图3，作辅助线，构建三角形全等，证明△BAK≌△DAM和△AKN≌△AMN，得NK=MN，设DN=x，则MN=3+x，根据勾股定理列方程可求DN的长．
【详解】（1）解：如图1，过N作GK⊥BC，交AD于G，交BC于K，

∵四边形ABCD是正方形，
∴ADBC，∠ADB=45°，
∴GK⊥AD，
∴∠AGN=∠EKN=90°，
∵△BNK是等腰直角三角形，
∴BK=NK，
∵AD=DC=GK，
∴AG=BK，
在Rt△AGN和Rt△NKE中，，
∴Rt△AGN≌Rt△NKE（HL），
∴∠ANG=∠NEK，
∵∠ENK+∠NEK=90°，
∴∠ANG+∠ENK=90°，
∴∠ANE=90°，
∴△ANE是等腰直角三角形，
∴∠MAN=45°；
（2）解：，
理由如下：
如图，将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，连接NH，

∴△ABM≌△ADH，
∴AM=AH，∠MAB=∠DAH，∠ABM=∠ADH，BM=DH，
∵∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠ABM=∠ADH=135°，
∴∠NDH=90°，
∵∠MAD=∠BAD+∠MAB=∠MAH+∠DAH，
∴∠MAH=∠BAD=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAN=∠HAN=45°，且AM=AH，AN=AN，
∴△AMN≌△AHN（SAS），
∴MN=NH，
∵在Rt△DHN中，，
∴；
（3）解：如图3，过A作AK⊥AM，且AK=AM，连接MK、KB、KN，

∵AB=，
∴BD=AB=2，
∴MD=BD+BM=3，
∵∠KAM=∠BAD=90°，
∴∠KAB=∠DAM，且AB=AD，AK=AM，
∴△BAK≌△DAM（SAS），
∴DM=BK=3，
，∠ABK=∠ADM=45°，
∴∠NBK=45°+45°=90°，
∵∠MAN=135°，∠KAM=90°，
∴∠NAK=135°=∠MAN，
∵AN=AN，
∴△AKN≌△AMN（SAS），
∴NK=MN，
设DN=x，则MN=3+x，
在Rt△NBK中，由勾股定理得：，
解得：x=2，
∴DN=2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，添加恰当辅助线是本题的关键．
9．(1)见解析
(2)，

【分析】（1）连接OD．根据切线的性质及平行线的判定得出，利用平行线的性质及等边对等角即可证明；
（2）连接BC交OD于点G，根据垂径定理得出．由勾股定理得出，利用三角形中位线的性质及各线段间的数量关系即可得出结果．
【详解】（1）证明：如图，连接OD．

∵ED与相切于点D，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即AD平分．
（2）如图，连接BC交OD于点G．
∵AB为的直径，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴G为BC的中点，
∴．
∵，，
∴，
∵点O点G分别为AB、BC的中点，
∴，，
∴，
∵，，，
∴四边形CEDG是矩形，
∴，．
【点睛】题目主要考查三角形与圆的综合问题，包括切线的性质，等边对等角的性质，勾股定理解三角形，垂径定理等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．