文档介绍：该【2022-2023学年九年级数学中考复习几何部分解答综合练习题(附答案) 】是由【1781111****】上传分享，文档一共【40】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2022-2023学年九年级数学中考复习几何部分解答综合练习题(附答案) 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BGO=30°,∠GOB=90°,OB=2,∴BG=2OB=:.(1)证明:连接OC,如图,∵CD是的O切线,∴OC⊥CD,∴∠OCD=90°,∵BD⊥CD∴∠D=90°,∴∠OCD+∠D=180°,∴OC∥DE,∴∠ABE=∠COB,:..=∠BAC,∴∠ABE=2∠A;(2)解:连接CE,如图,∵AB是O的直径,∴∠ACB=90°,∴∠A+∠ABC=90°,∵∠OCB+∠BCD=90°∵OC=OB,∴∠OCB=∠OBC,∴∠A=∠BCD,∵∠A=∠E,∴∠A=∠E=∠BCD,在Rt△BCD中,tan∠BCD==tanA=,∴CD=2BD=4,在Rt△CDE中,tanE==tanA=,∴ED=2CD=8,∴BE=DE﹣BD=8﹣2=.(1)证明:如图,连接OD,∵DE为⊙O的切线,∴OD⊥DE,∵AD=DC,AO=OB,∴OD∥BC,∴DE⊥BC;(2)解:连接BD,:..△中,tanC==,DE=1,则EC=2,由勾股定理得:CD==,∴BD=,∴BC==,∵AB为O的直径,∴∠ADB=90°,∵AD=DC,∴AB=BC=,即⊙.(1)证明:连接OC;∵AE⊥CD,CF⊥AB,又CE=CF,∴∠EAC=∠CAB.∵OA=OC,∴∠CAB=∠ACO,∠EAC=∠ACO.∴OC∥AE.∴OC⊥CD.∴DE是⊙O的切线.(2)解:∵AB=6,∴OB=OC=AB=△OCD中,OD=OB+BD=6,OC=3,∴∠D=30°,∠COD=60°.在Rt△ADE中,AD=AB+BD=9,∴AE=AD=.在△OBC中,BC=OB=3.:..(1)如图:圆心在弦AB,CD的垂直平分线上,由图可知,O在格点上,故答案为:是;(2)如图:CG即为所求;(3)如图:由方格的特征,取BC的中点K,连接并延长OK交O于E,点E即为所求.:..(1)证明:连接,如图1所示:∵D为的中点,∴=,∴∠ABD=∠CBD,∵OD=OB,∴∠ABD=∠BDO,∴∠CBD=∠BDO,∴OD∥BC;(2)解:∵G为BC中点,∴OF⊥BC,由(1)得:OD∥BC,∴DO⊥EF,∴△DOE是等腰直角三角形,∴∠OED=45°,∵DE⊥AB,∴∠EOA=∠BOG=45°,∴△OGB是等腰直角三角形,∴BG=OB=×2=,∴BC=2BG=:(1)由图可得AC==2,故答案为:2;:..)如图:取的中点K,连接BK,CO交于S,连接并延长AS交BC于R,则R是BC的中点,连接OR并延长交半圆于E,连接AE,点E即为所求;(3)如图:同(2)作BC的中点R,连接OR并延长交半圆于E,连接AE交BC于G,连接并延长BE交AC延长线于F,连接FG并延长交AB于P,.(1)解:∵在△ABC中,AB=AC=BC=4cm,∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,∴设三点运动了ts(0≤t≤),则BP=tcm,AQ=3tcm,∴CP=BC﹣BP=(4﹣t)cm,CQ=AC﹣AQ=4﹣3tcm,∴若△BPD≌△CQP,则可得BP=CQ或者BP=CP,当BP=CQ时,t=4﹣3t,∴t=1,:..=CP=﹣t=3(cm),∴点D的运动速度为3cm/s,当BP=CP时,t=4﹣t,∴t=2,不合题意,:3cm/s;(2)解:∵在△ABC中,AB=AC=BC=4cm,∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°,在△ABP和△BCQ中,,∴△ABP≌△BCQ(SAS),∴∠BAP=∠CBQ,∵∠AFQ=∠BAP+∠ABF,∴∠AFQ=∠CBQ+∠ABF=∠ABC=60°;(3)解:设点Q运动xs(0),则BP=xcm,∴,∴CP=BC﹣BP=(4﹣x)cm,∴,∴若PQ∥AB,△ABC是等边三角形,∴∠CPQ=∠ABC=60°,∠CQP=∠BAC=60°,∴∠CPQ=∠CQP=∠PCQ=60°,∴△CPQ是等边三角形,CP=CQ,当时,4﹣x=4﹣3x,解得:x=0,此时PQ与AB重合,不合题意.:..时,﹣=3x﹣4,∴x=2,∴点Q运动2s时,PQ∥AB,故答案为::(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,若PQ∥AB,∴四边形PABQ是平行四边形,∴AP=BQ,∴8﹣2t=t,∴t=,∴当t=时,PQ∥AB;(2)如图,过点Q作QH⊥AB交AB的延长线于点H,∵∠ADB=90°,∴BD2=AB2﹣AD2=100﹣64=36,即BD=6,∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠A=∠QBH,又∵∠ADB=∠BHQ=90°,:..∽△BHQ,∴,即,∴QH=t,∵PE∥BD,∴,即,∴BE=t,∴y=S﹣S=(﹣2t+t)×6﹣×t×t=﹣t2﹣3t+24;四边形APQB△BEQ(3)如图:∵PE∥BD,∴∠APE=∠ADB,∵∠A=∠A,∴△APE∽△ADB,∴,即,∴PE=6﹣t,∵点E在线段PQ的垂直平分线上,∴EQ=PE=6﹣t,由(2)得QH=t,BE=t,∴BH===t,∴EH=BH+BE=t+t=t,Rt△EQH中,EH2+HQ2=EQ2,∴(t)2+(t)2=(6﹣t)2,即t2+2t﹣4=0,解得:t1=﹣1,t2=﹣﹣1<0(舍去),:..=﹣时,点E在PQ的垂直平分线上;(4)连接FF'交AB于点N,∵点F关于AB的对称点为F′,∴∠FEB=∠F′EB,FN⊥EB,∵点P,E,F′三点共线,PE∥AB,∴∠F′EB=∠ABD,∴∠FEB=∠ABD,∴EF=FB,∴BN=EN=BE=t,∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠DPF=∠FQB,∵DFP=∠BFQ,∴△DPF∽△BQF,∴=2,∴DF=2BF,∴2BF+BF=6,∴BF=2,∵∠FBN=∠ABD,∠FNB=∠ADB,∴△BNF∽△BDA,∴,∴,解得:t=,:..,使得点P,E,F′三点共线,t的值为..(1)证明:∵AB=AD,FB=FC,∴∠ABD=∠ADB,∠C=∠FBC,∵∠ADB=∠C+∠CAD,∠ABD=∠ABF+∠FBC,∴∠ABF=∠CAD;(2)解:在(1)的条件下,有∠ABF=∠CAD,∴∠ABE=∠DAG,∵DE=2AE,AB=6,∴AD=AB=6,AE=AD=2,∵DG∥AB,∴∠BAE=∠ADG,在△ADG和△BAE中,,∴△ADG≌△BAE(ASA),∴DG=AE=;(3)解:过点B作BE⊥AC于点E,如图:∴∠AEB=∠CEB=90°,∵AC⊥AD,∴∠OAD=90°=∠OEB,∵∠BOE=∠DOA,∴△BOE∽△DOA,∴,∵OD=2OB,OA=,:..,∴=OA=,AD=BE,∴AE=OA+OE=+=,∵∠ABC=∠ACB=°,∴∠BAC=180°﹣∠ABC﹣∠ACB=45°,AC=AB,在Rt△ABE中,BE=AE?tan∠BAC=×1=,AB=AE=3,∴AD=2BE=3,AC=AB=△ACD中,由勾股定理,得CD===3,:(Ⅰ)∵∠ACB=90°,∴∠OCB+∠OCA=90°,∵∠AOC=90°,∴∠OAC+∠OCA=90°,∴∠OAC=∠OCB,∵点A(4,0),点C(0,2),点O(0,0),∴tan∠OAC=tan∠OCB,∴,∴,∴OB=1,则B(﹣1,0),当∠CDF=90°时,∠ODC+∠ADF=90°,∵∠ODC+∠OCD=90°,∴∠OCD=∠ADF,由折叠得∠ADF=∠OAC,∴∠OCD=∠OAC,由题意得AE=2t,:..⊥x轴,∴∠OAC=,∴EF=t,∴tan∠OAC=tan∠OCD=,∴,∴OD=1.∴点D的坐标为(1,0);(Ⅱ)由题意得AE=DE=2t,BE=5﹣2t,OE=4﹣2t,∴OD=4t﹣4,∴D(4﹣4t,0),F(4﹣2t,t),设直线DF的解析式为y=kx+b,∴,解得,∴直线DF的解析式为y=x+2t﹣2,∵B(﹣1,0),C(0,2),同理得直线BC的解析式为y=2x+2,∴,解得,∴M(,),若折叠后△DEF与△ABC重叠部分为四边形,由图可得DE>BE,即2t>5﹣2t,解得t>,∵点E在线段AO上以每秒2个单位长度的速度从A向点O运动,∴t<2,∴t的取值范围为<t<2;:..≤≤时,重叠部分为△DEF的面积,S=DE?EF=×t?t=t2,△DEFt=时,S=,t=时,S=,∴当≤t≤时,≤S≤;当<t≤2时,重叠部分为四边形BEFM的面积,S=S﹣S=t2﹣S,四边形BEFM△DEF△BDM△BDM由①知:B(﹣1,0),D(4﹣4t,0),M(,),∴BD=﹣1﹣4+4t=4t﹣5,∴SBDM=?(4t﹣5)=,△∴S=t2﹣S=t2﹣==四边形BEFM△BDM,∴当t=时,S有最大值为,∴当<t≤2时,<S≤;综上,S的取值范围为≤S≤.:(1)∵∠ABC=,AD∥BC,∴∠A+∠ABC=180°.∵∠ADC=∠ABC=α,∴∠A+∠ADC=180°.∴AB∥CD,又AD∥BC,∴四边形ABCD是平行四边形;(2)在平行四边形ABCD中,AD∥BC,∴∠EBC=∠AEB,又BE平分∠ABC,:..=∠AEB,∴AB=AE=,作BH⊥AD交DA的延长线于点H,∴∠AHB=90°,∵∠ABC=30°,AD∥BC,∴∠HAB=∠ABC=30°,∴BH=AB=,∴SABE=AE?BH=×2×=3;△(3)若点H在CD上时,作AG⊥BE交DC的延长线于G.∵AG⊥BE,AH⊥CD,∴∠G=∠BFA=90°﹣∠∠BAF=∠AHG=90°,AB=AH,∴△AGH≌△BFA(AAS),∴GH=AF,∵BE平分∠ABC,AD∥BC,∴∠ABE=∠EBC,∠EBC=∠AEB,∴∠ABE=∠AEB,∴AB=AE=CD,∴∠BAG=∠EAG=∠G,∴AD=DG,:..=AD﹣AE=DG﹣CD=CG,又CG=GH﹣CH=AF﹣CH,∴DE=AF﹣CH,即DECH=AF;如图4,若点H在DC的延长线上,则DE=AD﹣AE=DG﹣CD=CG,又CG=GH+CH=AF+CH,∴DE﹣CH=:(1)两个结论都成立,理由如下:∵ED∥AC,BE∥AM,∴∠EBM=∠AMC,∠EMB=∠ACB,∵∠BAC=90°,AM是中线,∴AM=BM=CM,∴△BME≌△MCA(ASA),∴BE=AM,EM=AC,∵BE∥AM,EM∥AC,∴四边形BMAE是平行四边形,四边形DCAE是平行四边形,又∵BM=AM,∴四边形BMAE是菱形;(2)四边形BMAE是菱形不成立,四边形DCAE是平行四边形仍然成立,理由如下:如图2,过点M作HM∥AC,连接AH,:..)可知:四边形是菱形,四边形MHAC是平行四边形,∴AH∥BM,HM∥AC,MH=AC,∴AE与BM不平行,HM∥AC∥ED,∴四边形BMAE不是菱形,∵BE∥AM,∴四边形HMDE是平行四边形,∴HM=DE=AC,∴四边形ACDE是平行四边形;(3)∵∠ABC=30°,∠BAC=90°,AM是BC的中线,∴AM=BM=CM=BC,AC=BC,∴AM=CM=AC,∠ABC=∠BAM=30°,∵ED∥AC,∴∠BNF=∠BAC=90°,∵∠BAM=30°,∠ANF=90°,∴AN=ND,AD=2ND,∴DN=1,AD=2,∴AM=AD+DM=2+1=3,∴AC=AM=3,∵四边形ACDE是平行四边形,∴DE=AC=3,∴NE=2,∴AE===.16.(1)证明:∵AD∥BC,∴∠ACB=∠CAD,:..=∠ACD,∴△ABC∽△DCA;()解:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,AB∥CD,AD=BC,∴∠DAE=∠AEB,∠C+∠B=180°,∵∠AED+∠C=180°,∴∠AED=∠B,∴△ABE∽△DEA,∴,∴AE2=BE?AD,∵BE=2,EC=4,∴AD=BC=6,∴AE2=BE?AD=2×6=12,∴AE=2;(3)解:延长FE交AB于G,∵四边形ABCD是菱形,∴AB∥CD,AB=CD=AD,∵EF∥AD,∴四边形AGFD是平行四边形,∴AD=GF,AG=DF,∵AD=2EF∴AD=GF=2EF=2GE,∴GE=,由(2)可得.△ABE∽△DEA,:..,∴=GE?AD=,∴AD=AE=3,=,∴AB=CD=AD=3,∴AG=DF=3﹣1,∴,∴DE=6﹣.:(1)∠BAE+∠FAD=∠:如图1,延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,在△ABE和△ADG中,,∴△ABE≌△ADG(SAS),∴∠BAE=∠DAG,AE=AG,∵EF=BE+DF,DG=BE,∴EF=BE+DF=DG+DF=GF,∵AF=AF,∴△AEF≌△AGF(SSS),∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠:∠BAE+∠FAD=∠EAF;(2)仍成立,理由:如图2,延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,:..∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°,∴∠B=∠ADG,又∵AB=AD,∴△ABE≌△ADG(SAS),∴∠BAE=∠DAG,AE=AG,∵EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF,∴△AEF≌△AGF(SSS),∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF;(3)∠EAF=180°﹣∠:如图3,在DC延长线上取一点G,使得DG=BE,连接AG,∵∠ABC+∠ADC=180°,∠ABC+∠ABE=180°,∴∠ADC=∠ABE,又∵AB=AD,∴△ADG≌△ABE(SAS),∴AG=AE,∠DAG=∠BAE,∵EF=BE+FD