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（浙教版）九年级数学下册期末真题汇编——选择题（100题）
1．（23-24九年级下·江西南昌·期末）如图描绘的是“日头欲出未出时，雾失江城雨脚微”这一美景，图中的江面和太阳可看成直线和圆，则它们的位置关系为（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．平行
2．（23-24九年级下·辽宁抚顺·期末）已知的半径为，圆心到直线的距离．则直线与的公共点的个数为（ ）．
A． B． C．或 D．或
3．（2024·四川雅安·中考真题）下列几何体中，主视图是三角形的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·山东潍坊·中考真题）某厂家生产的海上浮漂的形状是中间穿孔的球体，如图所示．该浮漂的俯视图是图，那么它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024·湖北·中考真题）如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·山东济南·中考真题）黑陶是继彩陶之后中国新石器时代制陶工艺的又一个高峰，被誉为“土与火的艺术，力与美的结晶”．如图是山东博物馆收藏的蛋壳黑陶高柄杯．关于它的三视图，下列说法正确的是（ ）
A．主视图与左视图相同 B．主视图与俯视图相同
C．左视图与俯视图相同 D．三种视图都相同
7．（2024·海南·中考真题）下图是由两块完全相同的长方体木块组成的几何体，其左视图为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·山东青岛·中考真题）如图所示的正六棱柱，其俯视图是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·江苏徐州·中考真题）由8个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，其左视图为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·山东德州·中考真题）如图所示几何体的左视图为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·吉林长春·中考真题）2024年5月29日16时12分，“长春净月一号”卫星搭乘谷神星一号火箭在黄海海域成功发射．当火箭上升到点时，位于海平面处的雷达测得点到点的距离为千米，仰角为，则此时火箭距海平面的高度为（　　）

A．千米 B．千米 C．千米 D．千米
12．（2024·云南·中考真题）在中，若，则（ ）
A． B． C． D．
13．（23-24九年级下·重庆潼南·期末）如图，经过圆心且交于，两点，与相切于点，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
14．（21-22九年级·江苏·假期作业）半径为5的四个圆按如图所示位置摆放，若其中有一个圆的圆心到直线l的距离为4，则这个圆可以是（ ）
A． B． C． D．
15．（23-24九年级下·山东烟台·期末）圆的直径是，如果圆心与直线上某一点的距离是，那么该直线和圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相离或相切 D．相交或相切
16．（23-24九年级下·山东烟台·期末）中国高铁已成为中国现代化建设的重要标志，如图是高铁线路在转向处所设计的圆曲线（即圆弧），高铁列车在转弯时的曲线起点为A，曲线终点为B，过点A、B的两条切线相交于点C，列车在从A到B行驶的过程中转角为，若圆曲线的半径，则这段圆曲线（弧）的长为（ ）
A． B． C． D．
17．（23-24九年级下·云南昆明·期末）如图，分别是的切线，D，E为切点，切于F，交，于点B，C．若，则的周长是（ ）
A．6 B．12 C．8 D．16
18．（23-24九年级下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，，为的两条弦，过点C的切线交延长线于点B，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
19．（23-24九年级下·江苏宿迁·期末）如图，与相切于点A，连接，并延长交于点B，连接，且，则的度数为（　　）．
A． B． C． D．
20．（23-24九年级下·江苏徐州·期中）如图，是的直径，是的切线，交于点C，连接，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
21．（23-24九年级下·云南大理·期末）如图，射线，切于点A，B，直线切于点C，交于点D，交于点E，若的周长是，则的长是（ ）
A． B． C． D．
22．（23-24九年级下·河南许昌·期末）如图，在平面直角坐标系中，与x轴相切于点B，为的直径，点C在反比例函数的图象上，D为y轴上一点，连接，若的面积为3，则k的值是（ ）

A．3 B．6 C．9 D．12
23．（23-24九年级下·内蒙古呼伦贝尔·期末）下列事件是随机事件的是（ ）
A．平面内，过圆内一点的直线与圆相交
B．经过有交通信号灯的路口，恰好遇到红灯
C．任意画一个三角形，其内角和是
D．抛掷一枚质地均匀的骰子，正面向上的点数为7
24．（23-24九年级下·河北保定·期末）如图，的内切圆圆O与，，分别相切于点D，E，F，且，，.则的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．5
25．（23-24九年级下·云南昆明·期末）如图，为的内切圆，，，，点D、E分别为，上的点，且为的切线，则的周长为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．15
26．（23-24九年级下·河北唐山·期末）如图，与相切的直线是（ ）
A． B． C． D．和
27．（23-24·重庆沙坪坝·期末）如图，是的切线，点为切点，连接并延长交于点，连接，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
28．（23-24九年级下·广西河池·期末）如图，中，，点是的内心．则的度数（ ）
A． B． C． D．
29．（2024·黑龙江大庆·中考真题）下列常见的几何体中，主视图和左视图不同的是（ ）
A． B．
C． D．
30．（2024·江苏无锡·中考真题）已知圆锥的底面圆半径为3，母线长为4，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
31．（2024·山东东营·中考真题）某几何体的俯视图如图所示，下列几何体（箭头所示为正面）的俯视图与其相同的是（ ）
A． B． C． D．
32．（2024·江苏南通·中考真题）如图是一个几何体的三视图，该几何体是（ ）
A．球 B．棱柱 C．圆柱 D．圆锥
33．（2024·山东日照·中考真题）如图是由5个完全相同的小正方体搭成的几何体，如果将小正方体A放置到小正方体B的正上方，则它的三视图变化情况是（ ）
A．主视图会发生改变 B．左视图会发生改变
C．俯视图会发生改变 D．三种视图都会发生改变
34．（2024·山西·中考真题）斗拱是中国古典建筑上的重要部件．如图是一种斗形构件“三才升”的示意图及其主视图，则它的左视图为（　　）
A． B． C． D．
35．（2024·宁夏·中考真题）用5个大小相同的小正方体搭一个几何体，其主视图、左视图如图2，现将其中4个小正方体按图1方式摆放，则最后一个小正方体应放在（　　）
A．①号位置 B．②号位置 C．③号位置 D．④号位置
36．（2024·福建·中考真题）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（ ）
A． B． C． D．
37．（2024·四川自贡·中考真题）如图，等边钢架的立柱于点D，长．现将钢架立柱缩短成，．则新钢架减少用钢（ ）
A． B． C． D．
38．（2024·天津·中考真题）的值等于（ ）
A． B． C． D．
39．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在中，，，则的长是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．9
40．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在综合与实践活动课上，小强先测得教学楼在水平地面上的影长为．又在点处测得该楼的顶端的仰角是．则用科学计算器计算教学楼高度的按键顺序正确的是（ ）

A． B．
C． D．
41．（23-24九年级下·吉林·期末）如图，为的直径，圆周角为的切线，则度数为（ ）
A． B． C． D．
42．（23-24九年级下·河北衡水·期末）如图，已知点A，B在上，，直线与相切，切点为C，且C为弧的中点，则等于（ ）
A． B． C． D．
43．（23-24九年级下·天津滨海新·期末）如图，是的弦，是的切线，A为切点，经过圆心O，若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
44．（23-24九年级下·河北衡水·期末）如图，、分别与相切于点A、B，连接并延长与⊙O交于点C、D，若，，则的值为（ ）

A． B． C． D．
45．（23-24九年级下·浙江杭州·期末）已知的半径是，直线与相交于，两点，点，分别在直线的异侧，且是上的两个动点，且，则四边形面积的最大值是（ ）
A．25 B． C． D．
46．（23-24九年级下·辽宁盘锦·期末）如图，四边形的内切圆为，若，则四边形的周长为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．25
47．（23-24九年级下·重庆渝北·期末）如图，，是切线，A，为切点，点在上，且，则（ ）
A． B． C． D．
48．（23-24九年级下·吉林长春·期末）将直尺和量角器按如图方式摆放，其中为量角器所在半圆的直径，直尺的边缘与的延长线交于点C，并与量角器所在半圆相切于点D．已知点C、D在直尺上对应的刻度分别为0和3，点D在量角器上对应的外圈刻度为，则的长为（ ）
A． B． C．π D．
49．（23-24九年级下·吉林长春·期末）如图，在中，．的半径为2，点P是边上的动点，过点P作的一条切线（点Q为切点），则线段长的最小值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
50．（23-24九年级下·湖北十堰·期末）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知，则球的半径长是（　　）
A． B． C． D．
51．（23-24九年级下·甘肃陇南·期末）如图，与它的内切圆分别相切于点，，．若的周长为，，则（ ）
A． B． C． D．
52．（23-24九年级下·甘肃酒泉·期末）如图，周长为的三角形纸片，小刚想用剪刀剪出它的内切圆，他先沿着与相切的剪下了一个三角形纸片，已知，则三角形纸片的周长是（ ）
A． B． C．7cm D．随直线的变化而变化
53．（23-24九年级下·江苏南京·期末）已知线段，则平面内与点的距离为5，且与点的距离为6的直线有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
54．（23-24九年级下·黑龙江绥化·期末）如图所示，某宾馆大厅要铺圆环形的地毯，工人师傅只测量了与小圆相切的大圆的弦的长，就计算出了圆环的面积．若测量得的长为8米，则圆环的面积为（ ）平方米
A． B． C．64 D．16
55．（21-22九年级下·北京东城·期末）如图，，是的切线，，为切点，点为上一点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
56．（23-24九年级下·内蒙古赤峰·期末）如图，分别与相切于A、B，C为上一点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
57．（2024·河北石家庄·一模）对于题目“已知及圆外一点，如何过点作出的切线？”甲乙的作法如图：
甲的作法连接，作的垂直平分线交于点，以点为圆心，长为半径画弧交于，作直线．直线即为所求． 乙的作法连接并延长，交于两点，分别，以为圆心，长为半径作弧，两弧交于点，连接，交于点．作直线．直线即为所求．
下列说法正确的是（ ）
A．乙的作法正确，甲的作法错误 B．甲和乙的作法都错误
C．甲的作法正确，乙的作法错误 D．甲和乙的作法都正确
58．（23-24九年级下·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在中，，，，是斜边的中点，以点为圆心的半圆与相切于点，交于点E，F，则阴影部分的面积为（　　）
A． B． C． D．
59．（23-24九年级下·湖北武汉·期末）如图，以为直径的中，，点为上一点，且．射线交于，则的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．31
60．（23-24九年级下·湖北武汉·期末）如图，中，，，，其内切圆的半径为，外接圆半径为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
61．（23-24九年级下·湖北武汉·期末）如图，直线与半径为的相交，且点到直线的距离为7，则的值可以是（ ）
A．3 B．4 C．7 D．10
62．（2024·内蒙古·中考真题）如图所示的几何体，其主视图是（ ）
A． B． C． D．
63．（2024·四川泸州·中考真题）如图，，是的切线，切点为A，D，点B，C在上，若，则（ ）
A． B． C． D．
64．（2024·山东济宁·中考真题）如图，边长为2的正六边形内接于，则它的内切圆半径为（ ）

A．1 B．2 C． D．
65．（2024·山西·中考真题）如图，已知，以为直径的交于点D，与相切于点A，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
66．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在四边形中，分别与扇形相切于点．若，则的长为（ ）
A．8 B． C． D．9
67．（2024·四川达州·中考真题）如图，由8个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为2，，其中点，，都在格点上，则的值为（ ）
A．2 B． C． D．3
68．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，内接于，为的直径，平分交于．则的值为（ ）
A． B． C． D．
69．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（ ）
A． B． C． D．
70．（2024·四川德阳·中考真题）某校学生开展综合实践活动，测量一建筑物的高度，在建筑物旁边有一高度为10米的小楼房，小李同学在小楼房楼底处测得处的仰角为，在小楼房楼顶处测得处的仰角为．（在同一平面内，在同一水平面上），则建筑物的高为（ ）米
A．20 B．15 C．12 D．
71．（2024·四川南充·中考真题）如图，在中，，平分交于点D，点E为边上一点，则线段长度的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．3
72．（2024·山东烟台·中考真题）如图，水平放置的矩形中，，，菱形的顶点，在同一水平线上，点与的中点重合，，，现将菱形以的速度沿方向匀速运动，当点运动到上时停止，在这个运动过程中，菱形与矩形重叠部分的面积与运动时间之间的函数关系图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
73．（2024·山东威海·中考真题）如图，在扇形中，，点是的中点．过点作交于点，过点作，垂足为点．在扇形内随机选取一点，则点落在阴影部分的概率是（ ）
A． B． C． D．
74．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在矩形中，，，点在上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，则的值为（ ）
A． B． C． D．
75．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
76．（2024·广东深圳·中考真题）如图，为了测量某电子厂的高度，小明用高的测量仪测得的仰角为，小军在小明的前面处用高的测量仪测得的仰角为，则电子厂的高度为（ ）（参考数据：，，）
A． B． C． D．
77．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，菱形中，点是的中点，，垂足为，交于点，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
78．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，是边上两点，且，连接与相交于点，连接．若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
79．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（ ）
A．点在上 B．点在内 C．点在外 D．无法确定
80．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，点在函数的图象上．将直线沿轴向上平移，平移后的直线与轴交于点，与函数的图象交于点．若，则点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
81．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（ ）

A． B． C． D．
82．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（ ）
A． B． C． D．
83．（2024·四川雅安·中考真题）如图，的周长为，正六边形内接于．则的面积为（ ）

A．4 B． C．6 D．
84．（2024·四川雅安·中考真题）在数学课外实践活动中，某小组测量一栋楼房的高度（如图），他们在A处仰望楼顶，测得仰角为，再往楼的方向前进50米至B处，测得仰角为，那么这栋楼的高度为（人的身高忽略不计）（ ）
A．米 B．25米 C．米 D．50米
85．（2024·四川巴中·中考真题）如图，是用12个相似的直角三角形组成的图案．若，则（ ）
A． B． C． D．
86．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
87．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形中，与交于点O，H为延长线上的一点，且，连接，分别交，BC于点E，F，连接，则下列结论：①；②；③平分；④．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
88．（2024·海南·中考真题）如图，在中，，以点D为圆心作弧，交于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点F，作直线交于点E，若，则四边形的周长是（ ）

A．22 B．21 C．20 D．18
89．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ）
A．2 B． C． D．
90．（2024·山东日照·中考真题）潮汐塔是万平口区域内的标志性建筑，在其塔顶可俯视景区全貌．某数学兴趣小组用无人机测量潮汐塔的高度，测量方案如图所示：无人机在距水平地面的点M处测得潮汐塔顶端A的俯角为，再将无人机沿水平方向飞行到达点N，测得潮汐塔底端B的俯角为（点在同一平面内），则潮汐塔的高度为（ ）
（结果精确到．参考数据：）
A． B． C． D．
91．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形中，，点O是对角线的中点，以点O为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．无法确定
92．（23-24九年级下·湖北武汉·期末）如图，在中，弦，将沿翻折，恰好与弦相切于点，若的半径是13，则切线长的值是（　　）
A．13.5 B．15 C．16.5 D．18
93．（2024·四川德阳·中考真题）一次折纸实践活动中，小王同学准备了一张边长为4（单位：）的正方形纸片，他在边和上分别取点和点，使，又在线段上任取一点（点可与端点重合），再将沿所在直线折叠得到，随后连接．小王同学通过多次实践得到以下结论：
①当点在线段上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动；
②当达到最大值时，到直线的距离达到最大；
③的最小值为；
④达到最小值时，．
你认为小王同学得到的结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
94．（2024·四川泸州·中考真题）宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．如图，把黄金矩形沿对角线翻折，点落在点处，交于点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
95．（2024·四川南充·中考真题）如图是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成．在正方形中，．下列三个结论：①若，则；②若的面积是正方形面积的3倍，则点F是的三等分点；③将绕点A逆时针旋转得到，则的最大值为．其中正确的结论是（ ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
96．（2024·四川乐山·中考真题）如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（ ）
A． B． C． D．
97．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，四边形内接于，，，，则的半径是（ ）
A． B． C． D．
98．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
99．（2024·山东济南·中考真题）如图1，是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2所示．有以下四个结论：
①；
②当时，；
③当时，；
④动点沿匀速运动时，两个时刻，分别对应和，若，则．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．③④ D．①②④
100．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点；③若点H是的中点，则；④；⑤若，则，其中正确的结论是（ ）
A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
参考答案
1．C
【分析】此题重点考查直线与圆的位置关系，根据题意判断出直线与圆有两个交点是解题的关键．由诗句“日头欲出未出时”可判断直线与圆有两个交点，则直线与圆相交，于是得到问题的答案．
【解析】解：由“日头欲出未出时”可知直线和圆有两个交点，
∴直线与圆相交，
故选：C．
2．B
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，熟练掌握根据圆心到直线的距离与半径的大小关系是判段点的个数的关键．
若圆心到直线的距离，圆的半径，
当时，直线与圆相离，此时直线与圆没有公共点；
当时，直线与圆相切，此时直线与圆有一个公共点；
当时，直线与圆相交，此时直线与圆有两个公共点．
【解析】解：的半径为，
圆心到直线的距离，
直线与圆相切，此时直线与圆有一个公共点，
故选：B．
3．A
【分析】本题考查了简单几何体的三视图，解题的关键是熟练的掌握简单几何体的三视图. 根据主视图是从正面看到的视图对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解析】解：A.主视图是三角形，故本选项符合题意；
B. 主视图是矩形，故本选项不符合题意；
C. 主视图是矩形，故本选项不符合题意；
D. 主视图是正方形，故本选项不符合题意.
故选：A．
4．D
【分析】本题考查了物体的三视图，根据物体及其俯视图即可求解，掌握三视图的画法是解题的关键．
【解析】解：由图形可得，它的主视图如图所示：
，
故选：．
5．A
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，主视图是从物体的正面看得到的视图．找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
【解析】解：从正面看有两层，底层4个正方形，上层左边一个正方形．
故选：A．
6．A
【分析】本题考查三视图，正确判别视图是解题的关键，确定出三视图，进行判断即可．
【解析】解：由图可知，主视图与左视图相同，主视图与俯视图不相同，左视图与俯视图不相同，
故选A．
7．B
【分析】本题考查了简单组合体的三视图．根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解析】
解：从左边看得到的图形是，
故选：B．
8．C
【分析】本题主要考查了简单几何体的三视图，根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可．
【解析】解：从上面看，看到的图形是一个正六边形，即看到的图形如下：
，
故选：C．
9．A
【分析】画物体的三视图的口诀为：主、俯：长对正；主、左：高平齐；俯、左：宽相等；据此即可求得答案．
本题考查简单组合体的三视图，熟练掌握其定义及画图方法是解题的关键．
【解析】
解：由题干中的几何体可得其左视图为，
故选：A．
10．C
【分析】本题考查了简单组合体的三视图．从左边看得到的图形是左视图．根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解析】
解：从几何体的左面看，是一个带着圆心的圆，右边的圆柱底面从左边看不到，是一个用虚线表示的圆．只有符合题意．
故选：C．
11．A
【分析】本题考查解直角三角形，熟记锐角三角函数的定义是解题关键，根据锐角的正弦函数的定义即可求解
【解析】解：由题意得：
∴千米
故选：A
12．C
【分析】本题考查锐角三角函数．根据题意利用锐角三角函数即可得到本题答案．
【解析】解：∵，
∴，
故选：C．
13．A
【分析】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，根据圆周角定理求出，再根据等腰三角形的性质解答即可．
【解析】解：与相切于点，
，
，
，
，
由圆周角定理得：，
，
，
故选：A．
14．C
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，解此题的关键是找出这个圆．根据圆与直线相交，圆心的到直线的距离小于半径求解即可．
【解析】解：、、、是四个半径为5的等圆，有一个圆的圆心到直线的距离为4，
∴直线与这个圆相交且不经过圆心，
圆心到直线的距离为4是，
故选：C．
15．D
【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，准去判断是解题的关键．先求出半径，得到圆心到直线的距离，再根据已知数据进行判断即可．
【解析】解：∵圆的直径是，
∴圆的半径是，
∵圆心与直线上某一点的距离是，
∴圆心到直线的距离，
∴该直线和圆的位置关系是相交或相切，
故答案选D．
16．C
【分析】本题主要考查了切线的性质、弧长公式；由转角为可得，由切线的性质可得，根据四边形的内角和定理求出，然后根据弧长公式计算即可．
【解析】解：∵转角为，
∴，
∵过点，B的两条切线相交于点，
∴，
∴，
∴的长为，
故选：C．
17．B
【分析】先利用切线长定理，然后利用等线段代换得到的周长．本题考查了切线长定理：灵活运用切线长定理和等线段代换是解决问题的关键．
【解析】解：∵分别是的切线，
∴，
∵分别为的切线，
∴，
∵分别为的切线，
∴，
∴三角形的周长．
故选：B．
18．D
【分析】本题考查切线的性质以及圆周角定理，熟记圆中的基本性质和定理是解题关键．连接，根据切线的性质得到为直角三角形，再根据圆周角定理，推出，从而求解即可．
【解析】解：如图所示，连接，
∵为的切线，
∴，为直角三角形，
根据圆周角定理，，
∴，
故选：D．
19．A
【分析】本题考查的是切线的性质、圆周角定理等知识点，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
如图：连接，根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，然后根据圆周角定理计算即可．
【解析】解：如图：连接，
∵与相切于点A，
∴，
∴，
∵，
∴，
由圆周角定理得：．
故选：A．
20．B
【分析】本题考查了切线的性质，等边对等角，三角形外角性质，直角三角形两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出，再运用半径都相等以及三角形外角性质，得出，则，即可作答．
【解析】解：∵是的直径，是的切线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：B
21．B
【分析】本题考查了切线长定理，根据切线长定理可得，，，从而可得的周长，即可得解．
【解析】解：根据切线长定理可得：，，，
∴的周长，
∴的长是，
故选：B．
22．D
【分析】本题主要考查了切线的性质，反比例函数的图象和性质，解题的关键掌握切线的定义：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，以及反比例函数图象上点的坐标特征．
设，则，则，根据三角形的面积公式得出，列出方程求解即可．
【解析】解：设，
∵与轴相切于点，
∴轴，
∴，则点到的距离为，
∵为的直径，
解得：，
故选：D．
23．B
【分析】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解析】解：A、平面内，过圆内一点的直线与圆相交是必然事件，不符合题意；
B、经过有交通信号灯的路口，恰好遇到红灯是随机事件，符合题意；
C、任意画一个三角形，其内角和为是不可能事件，不符合题意；
D、骰子的六个面上分别刻有1到6的点数，掷一枚骰子，向上一面的点数为7是不可能事件，不符合题意；
故选：B．
24．B
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心和切线长定理，关键是推出，，，用了方程思想．
设，根据切线长定理得出，，，求出，，根据，代入求出a即可．
【解析】解：设，
∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，
∴，，，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
即，
故选：B．
25．B
【分析】此题主要是考查了切线长定理．设和圆的切点分别是P，N，M，Q，根据切线长定理得到，，所以的周长即是的值，求解即可．
【解析】解：设和圆的切点分别是P，N，M，Q，设，
根据切线长定理，得，，
则有，
解得：．
所以的周长．
故选：B．
26．A
【分析】本题主要考查切线的定义，根据与圆有唯一公共点的直线是圆的切线进行判断即可．
【解析】解：∵与有唯一公共点的直线是，
∴与相切的直线是，
故选：A．
27．B
【分析】本题考查圆周角定理、切线的性质、三角形内角和定理等知识，由圆周角定理解得，再根据切线的性质得到，最后根据三角形内角和定理解题．
【解析】解：由圆周角定理得：
是的切线，
故选：B．
28．D
【分析】本题考查了三角形的内角和、三角形的内心等知识，熟练掌握三角形的内心的定义是解题关键．先根据三角形的内角和定理可得，再根据三角形的内心可得平分，平分，从而可得，然后根据三角形的内角和定理求解即可得．
【解析】解：∵中，，
∴，
∵点是的内心，
∴平分，平分，
∴，，
∴，
∴，
故选：D．
29．B
【分析】本题考查了简单几何体的三视图．分别分析四种几何体的主视图和左视图，找出主视图和左视图不同的几何体．
【解析】解：A、圆台的主视图和左视图都是梯形，本选项不符合题意；
B、圆柱的主视图是长方形，左视图是圆，本选项符合题意；
C、圆锥的主视图与左视图相同，都是等腰三角形，本选项不符合题意；
D、球的主视图和左视图相同，都是圆，本选项不符合题意．
故选：B．
30．B
【分析】本题考查了圆锥的侧面积展开图公式，解题的关键是掌握圆锥的侧面积的计算公式：圆锥的侧面积底面半径母线长．
【解析】解：，
故选：B．
31．C
【分析】本题考查了三视图的判断，根据图形特点，正确的确定出俯视图是关键．首先由俯视图可知该几何体共两列，左边一列最底层共三个正方体，右边一列最底层共一个正方体，找出正确的答案即可．
【解析】解：由俯视图可知该几何体共两列，左边一列最底层共三个正方体，右边一列最底层共一个正方体，由此可得只有C符合题意，
故选：C．
32．D
【分析】本题主要考查了由三视图判断几何体，结合三视图与原几何体的关系即可解决问题
【解析】解：由所给三视图可知，该几何体为圆锥，
故选：D
33．A
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图．
根据三视图的概念得到小正方体移动前后的各个视图，进而即可判断选项．
【解析】移动前的主视图为：
，
左视图为：
，
俯视图为：
移动后的主视图为：
，
左视图为：
，
俯视图为：
，
所以它的主视图会发生变化．
故选A
34．C
【分析】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键．
主视图：从正面看到的物体的形状图；左视图：从左面看到的物体的形状图；俯视图：从上面看到的物体的形状图．根据三视图的定义求解，注意看不见的线应当画虚线，即可．
【解析】解：从左面看，上面部分是矩形，下面部分是梯形，矩形部分有一条看不见的线，应该画虚线，形状如图所示：
故选：C．
35．B
【分析】本题考查了由三视图判断几何体，掌握简单组合体三视图的画法和形状是正确解答的关键．根据题意主视图和左视图即可得到结论．
【解析】据主视图、左视图可知，最后一个小正方体应放在②号位置．
故选：B
36．A
【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解．
【解析】∵，为的中点，
∴
∵
∴
∵直线与相切，
∴，
∴
故选：A．
37．D
【分析】本题考查了等边三角形的性质，解直角三角形的应用．利用三角函数的定义分别求得，，，利用新钢架减少用钢，代入数据计算即可求解．
【解析】解：∵等边，于点D，长，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴新钢架减少用钢
，
故选：D．
38．A
【分析】本题考查特殊角的三角函数值，熟记特殊的三角函数值是解题的关键；根据代入即可求解.
【解析】，
故选：A.
39．B
【分析】本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，勾股定理．正确作出辅助线是解题关键．过点A作于点D．由等腰三角形三线合一的性质得出．根据，可求出，最后根据勾股定理可求出，即得出．
【解析】解：如图，过点A作于点D．
∵，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴．
故选B．
40．A
【分析】本题考查解直角三角形的应用，用计算器计算三角函数值，根据题意，得到，进行判断即可．
【解析】解：由题意，得：在中，，，
∴；
计算器的按键为 ；
故选A．
41．B
【分析】本题考查圆的切线的性质，解决此题用到的知识点是切线的性质定理； 已知为切线，则可连接，根据切线的性质可得； 根据等腰三角形的性质可得，由即可求得的度数．
【解析】解：连接，
∵，，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
42．C
【分析】此题重点考查切线的性质、同圆或等圆中相等的弧所对的圆心角相等、等腰三角形的性质等知识，正确地求出∠OCA的度数是解题的关键．
由切线的性质得，则，由，，求得，而，则，所以，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵直线与相切，切点为C，
∴，
∴，
∵C为弧的中点，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
43．C
【分析】本题考查切线的性质、圆周角定理、直角三角形的两个锐角互余，熟知切线的性质和圆周角定理是解答的关键．
连接，根据切线性质得到，再根据圆周角定理得到，然后利用直角三角形的两个锐角互余，求解即可．
【解析】解：如图，连接，
∵是的切线，A为切点，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
44．B
【分析】本题考查圆的切线性质，勾股定理，锐角三角函数，圆周角定理，掌握圆的切线性质，锐角三角函数是解题关键．连接、，根据切线的性质得到，，根据切线长定理得到，证明，根据勾股定理求出，再根据正弦的定义计算即可．
【解析】解：如图，连接、，

∵、分别与⊙O相切于点A、B，
∴，，，
∴，
∴由圆周角定理得：，，
∴
在中，，，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
45．D
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，几何图形面积最值的计算，掌握圆内接四边形的性质，得到当点与点重合，点与点重合时，，此时值最大，最大值为是解题的关键．
如图所示，作直线，连接，过点作于点，过点作于点，由内接四边形可得，由圆周角定理可得，则，，所以有，由题意可得当的值最大时，四边形面积有最大值，即与点重合，点与点重合时，，此时值最大，最大值为，由此即可求解．
【解析】解：如图所示，作直线，连接，过点作于点，过点作于点，
∵的半径是5，
∴，，
∵点都在圆上，
∴四边形是圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴当的值最大时，四边形面积有最大值，
∴当点与点重合，点与点重合时，，此时值最大，最大值为，
∴四边形面积的最大值是，
故选：D ．
46．C
【分析】本题考查了切线长定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
根据切线长定理得到，，，，再根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【解析】解：四边形外切于，设切点分别为、、、，
，，，，
，
四边形的周长为：，
故选：C．
47．B
【分析】本题考查切线的性质，以及圆周角定理．熟练掌握，切线垂直于过切点的半径，以及同弧所对的圆周角是圆心角的一半，是解题的关键．
连接，根据切线的性质得到：，根据圆周角定理，得到，利用四边形内角和，进行求解即可．
【解析】解：如图，连接，
∵是切线．
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
48．B
【分析】连接，如图所示，，，先根据切线的性质得到，再由含的直角三角形性质得到，最后根据弧长公式计算的长度．
【解析】解：连接，如图所示：
，，
与半圆相切于点，
，
，
在中，，则，
，
设，则，
由勾股定理可得，
，解得，则，
的长为，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径、含的直角三角形性质、勾股定理、弧长公式等知识，熟记切线性质、三角函数及弧长公式是解决问题的关键．
49．D
【分析】本题考查了切线的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．连接、，利用勾股定理得到，由切线的性质得到，得到，分析可知当线段长最小时，线段长也最小，根据垂线段最短性质可知当时，线段长有最小值，再利用三线合一和直角三角形的性质得到，即可求出线段长的最小值．
【解析】解：如图，连接、，
，，
，
是的一条切线，
，
，
在中，，
当线段长最小时，线段长也最小，
当时，线段长有最小值，
由三线合一性质可得，此时点在的中点，
，
，
线段长的最小值为．
故选：D．
50．D
【分析】过点作于点，延长交于点，如图，设圆的半径为，根据垂径定理得到，根据平行线的性质得到，再利用切线的性质得到，接着证明四边形为矩形得到，所以，然后根据勾股定理得到，于是解方程求出即可．
【解析】解：过点作于点，延长交于点，如图，设圆的半径为，
四边形为矩形，
，，
，
，，
与相切，
，
，
四边形为矩形，
，
，
在中，，
解得，
即圆的半径为3.75，
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理，切线的性质，矩形的性质及勾股定理，把垂径定理和勾股定理相结合，构造直角三角形，可解决计算弦长、半径等问题．
51．B
【分析】本题考查三角形的内切圆，切线长定理，熟练掌握切线长定理是解决本题的关键．根据三角形的周长求出，根据切线长定理，得到，，，则，进行求解即可．
【解析】解：∵的周长为，，
∴，
∵是的内切圆，
∴，，，
∴，
即：，
∴；
故选：B．
52．C
【分析】本题考查了三角形的内切圆，切线长定理，设与相切于点，，，与相切于点，则，，，，，然后三角形的周长公式和等线段代换即可得到结论，解题的关键是熟练掌握切线长定理．
【解析】解：如图，设与相切于点，，，与相切于点，
∴，，，，，
∵三角形纸片的周长是
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴三角形纸片的周长是，
故选：．
53．C
【分析】本题考查圆的概念、两圆的位置关系及圆的切线，掌握圆的相关性质是关键．分别以点、为圆心，以、为半径画圆，由可知，两圆相外切，由此得出答案．
【解析】解：如图所示，作一个以点为圆心，以为半径的圆，以点为圆心，以为半径的圆．
∵，
∴两圆有一个交点，故和相切，其切线有条．
故选：C．
54．B
【分析】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了切线的性质定理以及勾股定理．
过O作于C，连，根据垂径定理得到，再根据切线的性质得到为小圆的切线，于是有圆环的面积，即可圆环的面积．
【解析】过O作于C，连，如图，
∴，而，
∴，
∵与小圆相切，
∴为小圆的半径，
∴圆环的面积
（平方米）．
故选B．
55．D
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，多边形内角和定理，掌握切线的性质，圆周角定理是解题的关键．如图所示，连接，根据切线的性质可得，根据圆周角定理可得，根据多边形的内角和定理即可求解．
【解析】解：如图所示，连接，
∵是的切线，为切点，
∴，即，
∵点为上一点，，
∴，
在四边形中，，
故选：D．
56．D
【分析】本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是正确作出辅助线．
根据圆内接四边形对角互补可求，由切线的性质得出，利用四边形内角和可求．
【解析】解：如图所示，连接，在优弧上取点D，连接，
∵，
∴，
∴，
∵分别与相切于A、B，
∴，
∴，
故选：D．
57．D
【分析】本题考查了作图-复杂作图、线段垂直平分线的性质和切线的判定方法，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．对于甲的作法，连接，利用基本作图得到垂直平分，则，再根据圆周角定理得到，然后根据切线的判定方法得到为的切线，于是可判断甲的作法正确；对于乙的作法：利用基本作图得到，，由于，所以，则根据等腰三角形的性质得到，然后根据切线的判定方法得到为的切线，于是可判断乙的作法正确．
【解析】解：对于甲的作法：
连接
．由作法得垂直平分，
∴，
∴点为以为直径的圆与的交点，
∴，
∴，
∴为的切线，所以甲的作法正确；
对于乙的作法：
由作法得，，
∵，
∴，
∴，
∴为的切线，所以乙的作法正确；
故选：D．
58．A
【分析】连接，根据切线的性质得到，得到，从而，根据相似三角形的性质得到，根据三角形和扇形的面积公式即可解答．
【解析】解：连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵O是斜边的中点，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、扇形面积、直角三角形的性质、相似三角形的判定及性质等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键．
59．D
【分析】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键．以为直径作圆，判定在圆上，当与圆相切于时，长最大，连接，由切线的性质推出半径，判定，得到，即可求出的最大值．
【解析】解：如图，以为直径作，连接，
，
，
在圆上，
是圆的直径，
，
当越大时，长越大，
当与圆相切于时，长最大，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
的最大值是3，
故选：D．
60．C
【分析】本题考查三角形内切圆的性质，外接圆的性质，勾股定理，先利用勾股定理求出，根据，求出r；再根据外接圆的性质得到外接圆半径为长为斜边的一半，即可解答．
【解析】解：在中，，
∴，
∵，
∴，
∵外接圆半径为，
∴．
故选：C．
61．D
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，解题关键在掌握直线与圆的位置关系和圆心到直线的距离与半径的关系之间的联系是解题的关键．
直接根据直线与圆的位置关系得到半径，再逐项判断即可．
【解析】解：∵直线l与半径为r的O相交，且点O到直线l的距离，
∴半径．
∴只有D选项符合题意．
故选D．
62．A
【分析】本题考查了主视图“从正面观察物体所得到的视图是主视图”，熟记主视图的定义是解题关键．
根据主视图的定义求解即可得．
【解析】
解：这个几何体的主视图是
故选：A．
63．C
【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是解题关键．
根据圆的内接四边形的性质得，由得，由切线长定理得，即可求得结果．
【解析】解：如图，连接，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∵，是的切线，根据切线长定理得，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
64．D
【分析】本题考查了正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，勾股定理；
连接，，作于G，证明是等边三角形，可得，然后利用勾股定理求出即可．
【解析】解：如图，连接，，作于G，

∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即它的内切圆半径为，
故选：D．
65．D
【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出，有圆的切线定理可得出，由直角三角形两锐角互余即可得出答案．
【解析】解：∵，
∴．
∵以为直径的与相切于点A，
∴，
∴．
故选：D．
66．D
【分析】连接，作于点，由，分别与扇形相切于点，，，得，，，，求得，再证明四边形是矩形，则，，由勾股定理得，求得，即可解答．
【解析】解：连接，作于点，
则，
，分别与扇形相切于点，，，，
，，，，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
解得：，
故选：D．
【点睛】此题考查切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键．
67．B
【分析】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，延长交格点于点，连接，分别在格点上，根据菱形的性质，进而得出，解直角三角形求得的长，根据对顶角相等，进而根据正切的定义，即可求解．
【解析】解：如图所示，延长交格点于点，连接，分别在格点上，
依题意，，
∴
∴
又，
∴
∴
故选：B．
68．A
【分析】本题考查了三角形的外接圆，特殊角的三角函数，圆周角定理，图形的旋转等知识点，合理作辅助线为解题的关键．
作辅助线如图，先证明，，从而可以得到旋转后的图形，再证明是等腰直角三角形，利用三角函数即可求得结果．
【解析】解：如图，连接、，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
在四边形中，，
∴，
∴绕点逆时针旋转，则三点共线，如图所示
∴，
∵由旋转可知，
∴，
∴在等腰直角三角形中，，
∴．
故选：A
69．A
【分析】过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，证明，则，设，得到，则，故，同理可求，则，因此．
【解析】解：过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，
由旋转得，
∵四边形是正方形，
∴，，，设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，设，
则，
∴，
∴，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可求，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键．
70．B
【分析】本题考查的是解直角三角形的实际应用，如图，过作于，则四边形为矩形，设，而，可得，，结合，再解方程即可．
【解析】解：如图，过作于，
依题意，
∴四边形为矩形，
∴，，
设，而，
∴，
∵，
∴，
解得：，
经检验是原方程的解，且符合题意；
∴，
故选B
71．C
【分析】本题主要考查解直角三角形和角平分线的性质，垂线段最短，根据题意求得和，结合角平分线的性质得到和，当时，线段长度的最小，结合角平线的性质可得即可．
【解析】解：∵，
∴，
在中，，解得，
∵平分，
∴，
∴，解得，
当时，线段长度的最小，
∵平分，
∴．
故选∶C．
72．D
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，菱形的性质，动点问题的函数图象，二次函数的图象的性质，先求得菱形的面积为，进而分三种情形讨论，重合部分为三角形，重合部分为五边形，重合部分为菱形，分别求得面积与运动时间的函数关系式，结合选项，即可求解．
【解析】解：如图所示，设交于点，
∵菱形，，
∴
又∵，
∴是等边三角形，
∵，，
∴
∴
∴
当时，重合部分为，
如图所示，
依题意，为等边三角形，
运动时间为，则，
∴
当时，如图所示，
依题意，，则
∴
∴
∵
∴当时，
当时，同理可得，
当时，同理可得，
综上所述，当时，函数图象为开口向上的一段抛物线，当时，函数图象为开口向下的一段抛物线，当时，函数图象为一条线段，当时，函数图象为开口向下的一段抛物线，当时，函数图象为开口向上的一段抛物线；
故选：D．
73．B
【分析】本题考查的是求不规则图形的面积，几何概率，根据阴影部分面积等于扇形的面积，即可求解．
【解析】解：∵，，
∴四边形是矩形，
∴
∴
∵点是的中点
∴
∴
∴
∴，，
点落在阴影部分的概率是
故选：B．
74．A
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，求角的三角函数等知识点，正确利用折叠的性质是解题的关键．
根据折叠的性质，可求得，，从而求得，，在中，由勾股定理，得，即可求得结果．
【解析】解：四边形是矩形，
，，
把沿折叠，点恰好落在边上的点处，
，，
，
，
在中，
，
由勾股定理，得，
，
，
，
，
故选：A．
75．C
【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可．
【解析】解∶过D作于E，
∵是边长为的等边三角形的外接圆，
∴，，，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键．
76．A
【分析】本题考查了与仰角有关的解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，先证明四边形、、是矩形，再设，表示，然后在以及运用线段和差关系，即，再求出，即可作答．
【解析】解：如图：延长交于一点，
∵
∴四边形是矩形
∵
∴四边形是矩形
同理得四边形是矩形
依题意，得，
∴，
∴
∴设，则
在
∴
即
在
∴
即
∴
∴
∴
∴
故选：A
77．C
【分析】本题主要考查了解三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半．
先由菱形性质可得对角线与交于点O，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，进而由菱形对角线求出边长，由解三角形即可求出，．
【解析】解：连接，如图，

∵菱形中，与互相垂直平分，
又∵点是的中点，
∴A、O、C三点在同一直线上，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
78．A
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求角的正弦值：过点作，证明，得到，再证明，分别求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，再利用正弦的定义，求解即可．
【解析】解：∵矩形，，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴
过点作，则：，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故选A．
79．C
【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案．
【解析】解：如图，令与的交点为，
为半径，为弦，且，
，
，
在中，，，，
，
，即的半径为4，
，
点在外，
故选：C．
80．B
【分析】本题主要考查反比例函数、解直角三角形、平移的性质等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．
如图：过点A作x轴的垂线交x轴于点E，过点C作y轴的垂线交y轴于点D，先根据点A坐标计算出、k值，再根据平移、平行线的性质证明，进而根据求出，最后代入反比例函数解析式取得点C的坐标，进而确定,，再运用勾股定理求得，进而求得即可解答．
【解析】解：如图，过点A作x轴的垂线交x轴于点E，过点C作y轴的垂线交y轴于点D，则轴，
∵，
∴，，
∴．
∵在反比例函数的图象上，
∴．
∴将直线向上平移若干个单位长度后得到直线，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，解得：，即点C的横坐标为2，
将代入，得，
∴C点的坐标为，
∴,，
∴，
∴,
∴
故选：B．
81．C
【分析】本题主要考查菱形的性质和二次函数的性质，根据题意可知，，结合菱形的性质得，过点M作于点H，则，那么，设菱形的边长为a，则，那么点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，利用最大值即可求得运动时间，即可知菱形边长．
【解析】解：根据题意知，，，
∵四边形为菱形，，
∴，
过点M作于点H，连接交于点O，如图，

则，
那么，的面积为，
设菱形的边长为a，
∴，
∴点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，
∴，解得，（负值舍去），
∴．
故选：C．
82．C
【分析】设，则，根据全等三角形，正方形的性质可得，再根据勾股定理可得，即可求出的值．
【解析】解：根据题意，设，则，
∵，四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
83．B
【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，解直角三角形是正确解答的关键．
根据正六边形的性质以及解直角三角形进行计算即可．
【解析】解：设半径为，由题意得，，
解得，
∵六边形是的内接正六边形，
∴，
∵，
∴是正三角形，
∴，
∴弦所对应的弦心距为，
∴．
故选：B．
84．A
【分析】此题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
设米，在中，利用锐角三角函数定义表示出，在中，利用锐角三角函数定义表示出，再由列出关于的方程，求出方程的解得到的值即可．
【解析】解：设米，
在中，，
，即，
整理得：米，
在中，，
，即，
整理得：米，
∵米，
∴，即，
解得：，
侧这栋楼的高度为米．
故选：A．
85．C
【分析】本题考查的是相似三角形的性质，锐角三角函数的应用，规律探究；先求解，可得，再进一步探究即可；
【解析】解：∵12个相似的直角三角形，
∴，
，
∵，
∴，
，
，
∴，
故选C
86．C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，设，易得，则，进而得出，再得出，最后根据，即可解答．
【解析】解：延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
设，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
87．B
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，，，，与互相垂直且平分，进而可求得，根据正切值定义即可判断②；由，可知，由相似三角形的性质即可判断①；由，可求得，再结合与互相垂直且平分，得，可知，进而可判断③；再证，即可判断④．
【解析】解：在正方形中，，，，，与互相垂直且平分，
则，
∵，则，
∴，故②不正确；
∵，则，，
∴，
∴，故①不正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵与互相垂直且平分，
∴，
∴，则，
∴，
∴平分，故③正确；
由上可知，，
∴，
∴，则，
又∵，
∴，故④正确；
综上，正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
88．A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．利用勾股定理求得的长，再证明，作于点，求得，利用，求得，再利用勾股定理求得，据此求解即可．
【解析】解：∵，，
∴，
由作图知，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
作于点，

则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形的周长是，
故选：A．
89．A
【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案．
【解析】解：连接交于点F，
设，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线对称，
∴，垂直平分，
∴，，，
∵，
∴
∴，
∴
∴．
故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
90．B
【分析】本题考查了解直角三角形的应用一仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
延长交于点C，根据题意得，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，从而求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解析】如图，延长交于点C．
由题意得．
在中，，
，
．
在中，，
，
．
故选B．
91．A
【分析】连接，将绕点O顺时针旋转得到．证明，推出，利用即可求解．
【解析】解：如图，连接，将绕点O顺时针旋转得到．
，
，
在菱形中，点O是对角线的中点，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用是解题的关键．
92．D
【分析】过点分别作，的垂线，，由，的半径是13，作根据垂径定理可以求出，再利用勾股定理可求得弦心距，再由轴对称（翻折）得到点关于的对称点是对应的圆心，，连接，由切线性质可得，，由三个角是直角的四边形是矩形可得四边形是矩形，，，进而在中用勾股定理可求出，长，即可解决问题．
【解析】解：如图，作点关于的对称点，连接交于，则于，
由垂径定理的，
连接，
在中，，
，
过点作于，同理可得，，
将沿翻折，恰好与弦相切于点，
由翻折对称得，是对应的圆心，连接，
，，，
过点作于，
，
四边形是矩形，
，，
，
在中，，，
（勾股定理），
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理，切线的性质，轴对称和勾股定理，以及矩形的判定与性质，是一道几何综合性很强的试题．
93．C
【分析】由折叠可得，可得点到点的距离恒为2，即可判断①；连接，由勾股定理得到在中，，由，即可判断③；达到最小值时，点在线段上，证得，得到，从而求得，通过即可判断④．在中，随着的增大而增大，而当最大时，有最大值，有最大值，此时点N与点D重合．过点作于点G，作于点P，可得四边形是矩形，因此，当取得最大值时，有最小值，在中，有最大值，有最大值，即可判断②．
【解析】解：∵正方形纸片的边长为，
∴，
由折叠的性质可知，，
∴当点在线段上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动．故①正确．
连接，
∵在正方形中，，，，
∴在中，
∵，
∴，
∴的最小值为．故③正确；
如图，
达到最小值时，点在线段上，
由折叠可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．故④错误．
在中，，，
∴随着的增大而增大，
∵，
∴当最大时，有最大值，有最大值，此时，点N与点D重合，
过点作于点G，作于点P，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
当取得最大值时，也是最大值，
∵，
∴有最小值，
∴在中，有最大值，
即有最大值，
∴点到的距离最大．故②正确．
综上所述，正确的共有3个．
故选：C
【点睛】本题考查轴对称图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，锐角三角形函数的性质，综合运用相关知识是解题的关键．
94．A
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数等知识点，利用黄金比例表示各线段的长是解题的关键．
设宽，根据比例表示长，证明，在中，利用勾股定理即可求得结果．
【解析】解：设宽为，
∵宽与长的比是，
∴长为：，
由折叠的性质可知，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，
在中，，
变形得：，
，，
∴，
故选A．
95．D
【分析】根据，设，得到，进而得到，求出的值，判定①，根据的面积是正方形面积的3倍，求出，进而得到，判断②；旋转得到，进而得到点在以为直径的半圆上，取的中点，连接，得到，判断③．
【解析】解：在中，，
∴设，则：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；故①正确；
若的面积是正方形面积的3倍，则：，
∴，即：，
∴或（舍去），
∴，
∴点F是的三等分点；故②正确；
∵将绕点A逆时针旋转得到，
∴，
∴点在以为直径的半圆上，
取的中点，连接，则：，，

∴，
∴，
即：的最大值为；故③正确；
故选D．
【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理，旋转的性质，解一元二次方程，求圆外一点到圆上一点的最值，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
96．B
【分析】该题主要考查了菱形的性质，垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上点M的运动路径．
过点C作交于点H，根据，四边形是菱形，得出 垂直平分，再证明垂直平分，点M在上运动，根据解直角三角形 ．即可求解．
【解析】解：过点C作交于点H，连接，
∵，四边形是菱形，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴垂直平分，
∵，
∴，
∵点P和点Q关于点C对称，
∴，即垂直平分，
∵交于点M．
∴
∴点M在上运动，
当点P与点B重合时，点M位于点，
此时，∵，四边形是菱形，，
∴，
∴．
故点M的运动路径长为．
故选：B．
97．A
【分析】延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，即可证得，进而可求得，再利用圆周角定理得到，结合三角函数即可求解．
【解析】解：延长至点E，使，连接，连接并延长交于点F，连接，
∵四边形内接于，
∴
∴
∵
∴，
∴是的直径，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∵
∴
∴，,
∵
∴
又∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数、等腰三角形的性质与判定等知识点，熟练掌握圆周角定理以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
98．C
【分析】如图：过E作于点M，作于点H，作于点I，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到，因为，所以求出的值即可解答．
【解析】解：如图，过E作于点M，作于点H，作于点I，
∵，
∴点E、M、F、G四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴最小值是．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短、圆内接四边形对角互补等知识点，熟练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键．
99．D
【分析】由图知当动点沿匀速运动到点时，，作于点，利用解直角三角形和勾股定理，即可得到，即可判断①，当时，证明是等边三角形，即可判断②，当时，且时，最小，求出最小值即可判断③，利用勾股定理分别表示出和进行比较，即可判断④．
【解析】解：由图知当动点沿匀速运动到点时，，
作于点，
是等边三角形，点在边上，，
，，
，，
，
，
故①正确；
当时，，，
，
是等边三角形，
，
，
故②正确；
当时，且时，最小，
，，
，
最小为，即能取到，
故③错误；
动点沿匀速运动时，
，，
，，，
；
当时，，，
；
，
；
故④正确；
综上所述，正确的有①②④，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数综合，等边三角形性质，解直角三角形，勾股定理，涉及到动点问题、读懂函数图象、正确理解题意，利用数形结合求解是解本题的关键．
100．A
【分析】连接，可得，垂直平分，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据垂直平分，结合互余可证明，即有，则可判断②正确；证明，即有，可判断④；根据相似有，根据可得，再证明，可得，即可判断⑤；根据点H是的中点，设，即求出，同理可证明，可得，即可得，进而可判断③．
【解析】连接，如图，
∵四边形是正方形，
∴，，，垂直平分，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴点B、H、D、F四点共圆，
∴，，
∴，故①正确，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点G是的中点，故②正确，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，故④正确，
∴，
若，则，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故⑤错误，
如图，③若点H是的中点，设，即，
∴，
∴，
同理可证明，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
，故③正确，
则正确的有：①②③④，
故选：A．
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