2014-2015学年度??? 学校1月月考卷
试卷副标题
1.(本题满分10分)如图,在半径为2的扇形AOB 中,∠AOB=90°,点C 是弧AB 上的一个动点(不与点A 、B 重合)OD ⊥BC ,OE ⊥AC ,垂足分别为D 、E .
(1)当BC=1时,求线段OD 的长;
(2)在△DOE 中是否存在长度保持不变的边?如果存在,请指出并求其长度,如果不存在,请说明理由;
【解析】 试题分析:(1)如图(1),∵OD ⊥BC , ∴
BD=BC=,
∴OD==; (2)如图(2),存在,DE 是不变的.
连接AB ,则AB==2,
∵D 和E 分别是线段BC 和AC 的中点,
∴DE=AB=;
(3)如图(3),连接OC ,
∵BD=x,
∴OD=,
∵∠1=∠2,∠3=∠4,
∴∠2+∠3=45°,
过D 作DF ⊥OE .
∴DF==,由(2)已知DE=,
∴在Rt △DEF 中,EF==,
∴OE=OF+EF=+=
∴y=DF•OE=•• =(0<x <)
考点: 1.垂径定理;2. 勾股定理;3. 三角形中位线定理
2.在Rt △ABC 中,∠ACB=90°,∠A =30°,BD 是△ABC 的角平分线,
⊥AB 于点E . DE
(1)如图1,连接EC ,求证:△EBC 是等边三角形;
(2)点M 是线段CD 上的一点(不与点C ,D 重合),以BM 为一边,在BM 的下方作∠BMG =60°,MG 交DE 延长线于点G .请你在图2中画出完整图形,并直接写出MD ,DG 与AD 之间的数量关系;
(3)如图3, 点N 是线段AD 上的一点,以BN 为一边,在BN 的下方作∠BNG =60°,NG 交DE 延长线于点G .试探究ND ,DG 与AD 数量之间的关系,并说明理由.
【答案】(1)证明见解析:(2)AD=DG+DM.(3)AD=DG-DN.理由见解析.
【解析】
试题分析:(1)利用“三边相等”的三角形是等边三角形证得△EBC 是等边三角形;
(2)延长ED 使得DN=DM,连接MN ,即可得出△NDM 是等边三角形,利用△NGM ≌△DBM 即可得出BD=NG=DG+DM,再利用AD=BD,即可得出答案;
(3)利用等边三角形的性质得出∠H=∠2,进而得出∠DNG=∠HNB ,再求出△DNG ≌△HNB 即可得出答案.
试题解析:(1)证明:如图1所示:
在Rt △ABC 中,∠ACB=90°,∠A=30°,
∴∠ABC=60°,
. ∵BD 平分∠ABC ,
∴∠1=∠DBA=∠A=30°.
∴DA=DB.
∵DE ⊥AB 于点E .
∴
. ∴BC=BE.
∴△EBC 是等边三角形;
(2)结论:AD=DG+DM.
证明:如图2所示:延长ED 使得DN=DM,连接MN ,
∵∠ACB=90°,∠A=30°,BD 是△ABC 的角平分线,DE ⊥AB 于点E ,
∴∠ADE=∠BDE=60°,AD=BD,
又∵DM=DN,
∴△NDM 是等边三角形,
∴MN=DM,
在△NGM 和△DBM 中, ⎧∠N =∠MDB ⎪∵⎨MN =DM
⎪∠NMG =∠DMB ⎩
∴△NGM ≌△DBM ,
∴BD=NG=DG+DM,
∴AD=DG+DM.
(3)结论:AD=DG-DN.
证明:延长BD 至H ,使得DH=DN.
由(1)得DA=DB,∠A=30°.
∵DE ⊥AB 于点E .
∴∠2=∠3=60°.
∴∠4=∠5=60°.
∴△NDH 是等边三角形.
∴NH=ND,∠H=∠6=60°.
∴∠H=∠2.
∵∠BNG=60°,
∴∠BNG+∠7=∠6+∠7.
即∠DNG=∠HNB .
在△DNG 和△HNB 中,
⎧∠DNG =∠HNB ⎪ ⎨DN =HN
⎪∠H =∠2⎩
∴△DNG ≌△HNB (ASA ).
∴DG=HB.
∵HB=HD+DB=ND+AD,
∴DG=ND+AD.
∴AD=DG-ND.
考点:1. 等边三角形的判定与性质;2. 全等三角形的判定与性质.
23.如图,△ABC 内接于⊙O ,过点A 的直线交⊙O 于点P ,交BC 的延长线于点D ,AB =AP•AD.
(1)求证:AB=AC;
(2)如果∠ABC=60°,⊙O 的半径为1,且P 为AC 的中点,求AD 的长.
【答案】(1)证明见试题解析;(2)3.
【解析】
2试题分析:(1)根据AB =AP•AD,可以连接BP ,构造相似三角形.根据相似三角形的性
质得到∠APB=∠ABD ,再根据圆周角定理得到∠APB=∠ACB ,即∠ABC=∠ACB ,从而由等角对等边证明结论;
(2)因为有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形,发现等边三角形ABC ,再根据点P 为弧的中点,连接BP ,发现30°的直角三角形,且BP 是直径,从而求得AP 的长,AB 的长.再根据已知中的条件求得AD 的长.
试题解析:(1)连接BP ,∵AB 2
BAD=∠PAB ,∴△ABD ∽△APB ,
∵∠ABC=∠APB ,∠APB=∠ACB ,∴∠ABC=∠ACB ,∴AB=AC;
(2)由(1)知AB=AC,∵∠ABC=60°,∴△ABC 为等边三角形,∴∠BAC=60°,
BAP=∠BAC+∠PAC=90°,∴BP 2为直径,∴BP 过圆心O ,∴BP=2,∴
,∴AB 2=BP 2-AP 2,∵AB =AP•AD,∵P 为AC 的中点,∴∠ABP=∠
∴
.
考点:1.圆周角定理;2.相似三角形的判定与性质.
4.如图,已知△ABC 内接于⊙O ,AB 是⊙O 的直径,点F 在⊙O 上,且满足BC =FC ,过点
C 作⊙O 的切线交AB 的延长线于D 点,交AF 的延长线于E 点.
(1)求证:AE ⊥DE ;
(2)若∠CBA =60°,AE =3,求AF 的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)2.
【解析】
试题分析:(1)首先连接OC ,由OC=OA,BC =FC ,易证得OC ∥AE ,又由DE 切⊙O 于点C ,易证得AE ⊥DE ;
(2)由AB 是⊙O 的直径,可得△ABC 是直角三角形,易得△AEC 为直角三角形,根据AE=3求得AC 的长,然后连接OF ,可得△OAF 为等边三角形,知
中,利用已知条件求得答案.
试题解析:(1)证明:连接OC ,
,在△ACB
∵OC=OA,
∴∠BAC=∠OCA , ∵BC =FC
∴∠BAC=∠EAC ,
∴∠EAC=∠OCA ,
∴OC ∥AE ,
∵DE 切⊙O 于点C ,
∴OC ⊥DE ,
∴AE ⊥DE ;
(2)解:∵AB 是⊙O 的直径,
∴△ABC 是直角三角形,
∵∠CBA=60°,
∴∠BAC=∠EAC=30°,
∵△AEC 为直角三角形,AE=3,
∴
连接OF ,
∵OF=OA,∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°,
∴△OAF 为等边三角形,
∴
, 在Rt △ACB 中,
tan ∠
∴BC=2,
∴AB=4,
∴AF=2.
考点:切线的性质.
5.(1)如图①,在正方形ABCD 中,△AEF 的顶点E ,F 分别在BC ,CD 边上,高AG 与正方形的边长相等,求∠EAF 的度数.
(2)如图②,在Rt △ABD 中,∠BAD =90︒,AB =AD ,点M ,N 是BD 边上的任意两点,且∠MAN =45︒,将△ABM 绕点A 逆时针旋转90︒至△ADH 位置,连接NH ,试判断MN ,ND ,DH 之间的数量关系,并说明理由.
(3)在图①中,连接BD 分别交AE ,AF 于点M ,N ,若EG =4,GF
=6求AG ,MN 的长.
【答案】(1) 45°.(2) MN=ND+DH.理由见解析;(3)
222
【解析】
试题分析:(1)根据高AG 与正方形的边长相等,证明三角形全等,进而证明角相等,从而求出解.
(2)用三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论.
(3)设出线段的长,结合方程思想,用数形结合得到结果.
试题解析:(1)在Rt △ABE 和Rt △AGE 中,AB=AG,AE=AE,
∴Rt △ABE ≌Rt △AGE (HL ).
∴∠BAE=∠GAE .
同理,∠GAF=∠DAF .
∴∠
BAD=45°. 2(2)MN =ND+DH.
∵∠BAM=∠DAH ,∠BAM+∠DAN=45°,
∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°.
∴∠HAN=∠MAN .
又∵AM=AH,AN=AN,
∴△AMN ≌△AHN .
∴MN=HN.
∵∠BAD=90°,AB=AD,
∴∠ABD=∠ADB=45°.
∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°.
222∴NH =ND+DH.
222∴MN =ND+DH.
(3)由(1)知,BE=EG,DF=FG.
设AG=x,则CE=x-4,CF=x-6.
在Rt △CEF 中,
222∵CE +CF=EF,
222∴(x-4)+(x-6)=10.
解这个方程,得x 1=12,x 2=-2(舍去负根).
即AG=12.(8分)
在Rt △ABD 中,
∴
222在(2)中,MN =ND+DH,BM=DH,
222∴MN =ND+BM.
设MN=a,则a =(
)+(
. 222
即a =(
) +(
, 22 2
∴
考点:1. 正方形的性质;2. 全等三角形的判定与性质;3. 勾股定理.
2014-2015学年度??? 学校1月月考卷
试卷副标题
1.(本题满分10分)如图,在半径为2的扇形AOB 中,∠AOB=90°,点C 是弧AB 上的一个动点(不与点A 、B 重合)OD ⊥BC ,OE ⊥AC ,垂足分别为D 、E .
(1)当BC=1时,求线段OD 的长;
(2)在△DOE 中是否存在长度保持不变的边?如果存在,请指出并求其长度,如果不存在,请说明理由;
【解析】 试题分析:(1)如图(1),∵OD ⊥BC , ∴
BD=BC=,
∴OD==; (2)如图(2),存在,DE 是不变的.
连接AB ,则AB==2,
∵D 和E 分别是线段BC 和AC 的中点,
∴DE=AB=;
(3)如图(3),连接OC ,
∵BD=x,
∴OD=,
∵∠1=∠2,∠3=∠4,
∴∠2+∠3=45°,
过D 作DF ⊥OE .
∴DF==,由(2)已知DE=,
∴在Rt △DEF 中,EF==,
∴OE=OF+EF=+=
∴y=DF•OE=•• =(0<x <)
考点: 1.垂径定理;2. 勾股定理;3. 三角形中位线定理
2.在Rt △ABC 中,∠ACB=90°,∠A =30°,BD 是△ABC 的角平分线,
⊥AB 于点E . DE
(1)如图1,连接EC ,求证:△EBC 是等边三角形;
(2)点M 是线段CD 上的一点(不与点C ,D 重合),以BM 为一边,在BM 的下方作∠BMG =60°,MG 交DE 延长线于点G .请你在图2中画出完整图形,并直接写出MD ,DG 与AD 之间的数量关系;
(3)如图3, 点N 是线段AD 上的一点,以BN 为一边,在BN 的下方作∠BNG =60°,NG 交DE 延长线于点G .试探究ND ,DG 与AD 数量之间的关系,并说明理由.
【答案】(1)证明见解析:(2)AD=DG+DM.(3)AD=DG-DN.理由见解析.
【解析】
试题分析:(1)利用“三边相等”的三角形是等边三角形证得△EBC 是等边三角形;
(2)延长ED 使得DN=DM,连接MN ,即可得出△NDM 是等边三角形,利用△NGM ≌△DBM 即可得出BD=NG=DG+DM,再利用AD=BD,即可得出答案;
(3)利用等边三角形的性质得出∠H=∠2,进而得出∠DNG=∠HNB ,再求出△DNG ≌△HNB 即可得出答案.
试题解析:(1)证明:如图1所示:
在Rt △ABC 中,∠ACB=90°,∠A=30°,
∴∠ABC=60°,
. ∵BD 平分∠ABC ,
∴∠1=∠DBA=∠A=30°.
∴DA=DB.
∵DE ⊥AB 于点E .
∴
. ∴BC=BE.
∴△EBC 是等边三角形;
(2)结论:AD=DG+DM.
证明:如图2所示:延长ED 使得DN=DM,连接MN ,
∵∠ACB=90°,∠A=30°,BD 是△ABC 的角平分线,DE ⊥AB 于点E ,
∴∠ADE=∠BDE=60°,AD=BD,
又∵DM=DN,
∴△NDM 是等边三角形,
∴MN=DM,
在△NGM 和△DBM 中, ⎧∠N =∠MDB ⎪∵⎨MN =DM
⎪∠NMG =∠DMB ⎩
∴△NGM ≌△DBM ,
∴BD=NG=DG+DM,
∴AD=DG+DM.
(3)结论:AD=DG-DN.
证明:延长BD 至H ,使得DH=DN.
由(1)得DA=DB,∠A=30°.
∵DE ⊥AB 于点E .
∴∠2=∠3=60°.
∴∠4=∠5=60°.
∴△NDH 是等边三角形.
∴NH=ND,∠H=∠6=60°.
∴∠H=∠2.
∵∠BNG=60°,
∴∠BNG+∠7=∠6+∠7.
即∠DNG=∠HNB .
在△DNG 和△HNB 中,
⎧∠DNG =∠HNB ⎪ ⎨DN =HN
⎪∠H =∠2⎩
∴△DNG ≌△HNB (ASA ).
∴DG=HB.
∵HB=HD+DB=ND+AD,
∴DG=ND+AD.
∴AD=DG-ND.
考点:1. 等边三角形的判定与性质;2. 全等三角形的判定与性质.
23.如图,△ABC 内接于⊙O ,过点A 的直线交⊙O 于点P ,交BC 的延长线于点D ,AB =AP•AD.
(1)求证:AB=AC;
(2)如果∠ABC=60°,⊙O 的半径为1,且P 为AC 的中点,求AD 的长.
【答案】(1)证明见试题解析;(2)3.
【解析】
2试题分析:(1)根据AB =AP•AD,可以连接BP ,构造相似三角形.根据相似三角形的性
质得到∠APB=∠ABD ,再根据圆周角定理得到∠APB=∠ACB ,即∠ABC=∠ACB ,从而由等角对等边证明结论;
(2)因为有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形,发现等边三角形ABC ,再根据点P 为弧的中点,连接BP ,发现30°的直角三角形,且BP 是直径,从而求得AP 的长,AB 的长.再根据已知中的条件求得AD 的长.
试题解析:(1)连接BP ,∵AB 2
BAD=∠PAB ,∴△ABD ∽△APB ,
∵∠ABC=∠APB ,∠APB=∠ACB ,∴∠ABC=∠ACB ,∴AB=AC;
(2)由(1)知AB=AC,∵∠ABC=60°,∴△ABC 为等边三角形,∴∠BAC=60°,
BAP=∠BAC+∠PAC=90°,∴BP 2为直径,∴BP 过圆心O ,∴BP=2,∴
,∴AB 2=BP 2-AP 2,∵AB =AP•AD,∵P 为AC 的中点,∴∠ABP=∠
∴
.
考点:1.圆周角定理;2.相似三角形的判定与性质.
4.如图,已知△ABC 内接于⊙O ,AB 是⊙O 的直径,点F 在⊙O 上,且满足BC =FC ,过点
C 作⊙O 的切线交AB 的延长线于D 点,交AF 的延长线于E 点.
(1)求证:AE ⊥DE ;
(2)若∠CBA =60°,AE =3,求AF 的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)2.
【解析】
试题分析:(1)首先连接OC ,由OC=OA,BC =FC ,易证得OC ∥AE ,又由DE 切⊙O 于点C ,易证得AE ⊥DE ;
(2)由AB 是⊙O 的直径,可得△ABC 是直角三角形,易得△AEC 为直角三角形,根据AE=3求得AC 的长,然后连接OF ,可得△OAF 为等边三角形,知
中,利用已知条件求得答案.
试题解析:(1)证明:连接OC ,
,在△ACB
∵OC=OA,
∴∠BAC=∠OCA , ∵BC =FC
∴∠BAC=∠EAC ,
∴∠EAC=∠OCA ,
∴OC ∥AE ,
∵DE 切⊙O 于点C ,
∴OC ⊥DE ,
∴AE ⊥DE ;
(2)解:∵AB 是⊙O 的直径,
∴△ABC 是直角三角形,
∵∠CBA=60°,
∴∠BAC=∠EAC=30°,
∵△AEC 为直角三角形,AE=3,
∴
连接OF ,
∵OF=OA,∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°,
∴△OAF 为等边三角形,
∴
, 在Rt △ACB 中,
tan ∠
∴BC=2,
∴AB=4,
∴AF=2.
考点:切线的性质.
5.(1)如图①,在正方形ABCD 中,△AEF 的顶点E ,F 分别在BC ,CD 边上,高AG 与正方形的边长相等,求∠EAF 的度数.
(2)如图②,在Rt △ABD 中,∠BAD =90︒,AB =AD ,点M ,N 是BD 边上的任意两点,且∠MAN =45︒,将△ABM 绕点A 逆时针旋转90︒至△ADH 位置,连接NH ,试判断MN ,ND ,DH 之间的数量关系,并说明理由.
(3)在图①中,连接BD 分别交AE ,AF 于点M ,N ,若EG =4,GF
=6求AG ,MN 的长.
【答案】(1) 45°.(2) MN=ND+DH.理由见解析;(3)
222
【解析】
试题分析:(1)根据高AG 与正方形的边长相等,证明三角形全等,进而证明角相等,从而求出解.
(2)用三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论.
(3)设出线段的长,结合方程思想,用数形结合得到结果.
试题解析:(1)在Rt △ABE 和Rt △AGE 中,AB=AG,AE=AE,
∴Rt △ABE ≌Rt △AGE (HL ).
∴∠BAE=∠GAE .
同理,∠GAF=∠DAF .
∴∠
BAD=45°. 2(2)MN =ND+DH.
∵∠BAM=∠DAH ,∠BAM+∠DAN=45°,
∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°.
∴∠HAN=∠MAN .
又∵AM=AH,AN=AN,
∴△AMN ≌△AHN .
∴MN=HN.
∵∠BAD=90°,AB=AD,
∴∠ABD=∠ADB=45°.
∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°.
222∴NH =ND+DH.
222∴MN =ND+DH.
(3)由(1)知,BE=EG,DF=FG.
设AG=x,则CE=x-4,CF=x-6.
在Rt △CEF 中,
222∵CE +CF=EF,
222∴(x-4)+(x-6)=10.
解这个方程,得x 1=12,x 2=-2(舍去负根).
即AG=12.(8分)
在Rt △ABD 中,
∴
222在(2)中,MN =ND+DH,BM=DH,
222∴MN =ND+BM.
设MN=a,则a =(
)+(
. 222
即a =(
) +(
, 22 2
∴
考点:1. 正方形的性质;2. 全等三角形的判定与性质;3. 勾股定理.