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济南市2026年中考二轮复习专题训练----图形的性质
一、单选题
1．生活中常见的路障锥（如图1）通常是圆锥的形状，可以把它抽象成如图2所示的圆锥，该圆锥的侧面展开图是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在正方形中，点E为边上一点，连接，交对角线于点F，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交的边，于点，，连接，过点作，若 ，则的度数为（ ）．
A． B． C． D．
4．如图，，将一把含角的直角三角板的直角顶点放在上，延长到点，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，四边形为的内接四边形，为的直径，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，平行四边形，为线段中点，为延长线上一点，连接分别交、于点、点，已知，的面积分别为和，则的面积为（ ）．
A．1 B． C． D．2
7．如图，为了测量校园内被花坛隔开的，两点间的距离，同学们在外选择一点，测得，，，两边中点的距离，则，两点间的距离是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，，，，是边上一点（不与点A，B重合），作于点，于点．若是的中点，则的最小值是（ ）
A．5 B．12 C． D．
9．如图，这是小宣在试鞋镜前的光路图，入射光线经平面镜反射后得到光线，若，反射角（等于入射角）的度数为，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
10．五线谱是一种记谱法，通过在五根等距离的平行线上标以不同的音符构成旋律，如图，和是五线谱上的两条线段，点在，之间的一条平行线上，若，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．“抖空竹”是一项历史悠久的民俗体育活动，它凭借其独特魅力，成为我国传统文化宝库中一颗璀璨的明珠，图1表示欢欢同学抖空竹的某一瞬间，欢欢同学将其抽象成如图2所示的数学问题：在同一平面内，，若，则__________°．
12．如图，点为中边上一点，以点为圆心、长为半径，作恰与边相切于点，若，则___________．
13．如图，，点在射线上，以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点．若分别以点，为圆心，长为半径画弧，两弧在内部交于点，连接，则的大小为______．
14．如图，点E是内一点，，平分，D是边的中点．若，，则边的长__________．
15．如图，已知四边形是菱形，连接，过点分别作于点于点，连接，若，则菱形的面积为_____．
三、解答题
16．如图，是的一条弦，点是外一点，，交于点、交于点，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求图中阴影部分的面积．
17．如图，在四边形中，，于点E，于点F，，求证：四边形是矩形．
18．如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，的顶点均在格点（网格线的交点）上，已知点，，的坐标分别为，和．
(1)画出关于轴对称所得的；
(2)画出以点为旋转中心，将逆时针旋转90°得到的，并写出点的坐标；
(3)用无刻度的直尺，在边上确定一点，使得点到点，的距离相等．
19．如图，弓形弦长米，高米，有一内接矩形，边在上，顶点E、H在弓形弧上，边的长比的2倍多4米．
(1)求该弓形所在圆的半径；
(2)求的长．
20．如图，已知点B、E、F、C在同一条直线上，，，．求证：．
21．如图，在四边形中，，，，垂足为E，F，G分别为边，的中点，连接，，．
(1)求证：四边形为菱形．
(2)若，求的度数．
22．某选手在练习打台球时，他将母球和目标球按图1所示的位置放置，击打母球，母球沿着图2所示的白色路线运动，图3是从图2中抽象出的示意图，边界，点，和，分别在边界和上，线段和相交于点．（台球的大小忽略不计）
(1)求证：点到边界和的距离之比等于与之比；
(2)已知边界和之间的距离为，洞宽，要使目标球顺利落袋，必须与相等，此时测得．求该选手让目标球顺利落袋时的度数．（参考数据：，，结果精确到．）
23．如图，在中，，点D在边上，以为直径的与相切于点E．
(1)求证：平分．
(2)若，，求的长．
24．如图，O为正方形内一点，连接并延长交边于E，过点O的直线与边分别交于F，G．
(1)如图1，若，求证：．
(2)如图2，将所在直线绕点O顺时针旋转使得，若，，求的长．
《济南市2026年中考二轮复习专题训练----图形的性质》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D D B B A C B D
1．D
【详解】解：圆锥的侧面展开图是扇形，
故选：D．
2．C
【分析】根据正方形的性质可得，，再求出，根据三角形外角的性质即可解答．
【详解】解：在正方形中，，，
∵，
，
．
3．D
【分析】由平行线的性质可得，，由等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得，因此．
【详解】解：∵，
∴，
由题意可得，，
∴，
∴．
4．D
【详解】解：∵，
∴．
5．B
【分析】由是直径得到，进而求出，再根据圆的内接四边形的对角互补求解即可．
【详解】解：∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴．
6．B
【分析】根据题意可得，由平行四边形的性质容易证明，则，，因此，．结合为线段中点可得，由平行可判定，则，最后计算出的面积即可．
【详解】解：∵，的面积分别为和，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵为线段中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
7．A
【分析】利用三角形中位线的性质进行求解．
【详解】解：∵点分别是的中点，
∴为的中位线，
∴．
8．C
【分析】连接，易证明四边形是矩形，进而得到，，接着利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，从而推出，当时，取得最小值，即取得最小值，在中，由勾股定理求出长，再利用“等面积法”求出长，进而求出的最小值．
【详解】解：连接，
、，
，
，
四边形是矩形，
∴，，
又∵是的中点，
∴，
，
当时，取得最小值，即取得最小值，
在中，由勾股定理得：，
，
，
解得，
，
即的最小值为．
9．B
【分析】根据光的反射得出相等的角，然后根据垂直和平行线的性质求解．
【详解】解：由题意得，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
10．D
【分析】根据两直线平行，内错角相等，求出，，根据角之间的位置关系求出结果即可．
【详解】解：如下图所示，
，
，
，，
，
．
11．
【分析】由三角形的外角性质得到，再根据平行线的性质即可求解．
【详解】解：设与相交于点，如图，
∵，
∴，
∵，
∴．
12．/度
【分析】根据可得，再根据切线的性质可得，利用三角形内角和定理即可解答．
【详解】解：，
，
，
恰与边相切于点，
，
．
13．
【分析】根据作图得到对应边相等．先判定为等边三角形，再利用等腰三角形的性质结合三角形内角和定理求出，即可计算的度数．
【详解】解：连接,．
由作图可知：，，
是等边三角形，
，
在中，，，
，
．
14．7
【分析】延长交于点F，先根据角平分线的定义和直角三角形的两个锐角互余得，进而得出,再说明是的中位线，可求出，然后根据得出答案．
【详解】解：延长交于点F，
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴,
∴点E是的中点．
∵点D是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴．
15．80
【分析】连接，证明四边形是矩形，得到，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半可得答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴．
16．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）根据等边对等角得，根据垂直的定义得，即，则是的切线；
（2）根据三角形的内角和定理得到，推出，从而求得，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
又是半径，
与相切；
（2）解：，，
，
，
，
，
，
，
，
图中阴影部分的面积．
17．见解析
【分析】证明，得到，再根据，，得到，即可得证．
【详解】证明：∵，，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴四边形是矩形．
18．(1)见解析
(2)图见解析，
(3)见解析
【分析】（1）根据旋转的性质分别找出点，再依次连接，即可作答．
（2）根据旋转对称的性质分别找出点，再依次连接，即可作答．
（3）利用线段垂直平分线的性质结合网格的特征，即可作答．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，即为所求，点的坐标为；
（3）解：如图所示，点即为所求．
19．(1)25m
(2)13m
【分析】本题主要考查垂径定理，勾股定理，找出圆心正确作出辅助线是解题关键．
（1）取圆心，连接，，由垂径定理得，设半径为，在中利用勾股定理列方程即可；
（2）连接，设，则，由垂径定理得，再由矩形性质得，，，最后在中利用勾股定理列方程即可．
【详解】（1）解：取圆心，连接，，
∵是弓形的高，
∴是的中点，且，圆心在直线上．
∴（米），
设，
则，
在中，
，
∴，
∴，
∴该弓形所在圆的半径为25m．
（2）解：连接，
由（1）得，，
设，
则，
∵是弓形的高，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
，
（舍去），，
∴ ．
20．见解析
【分析】根据两直线平行，内错角相等可得，再证，进而可证即可得解．
【详解】证明：，
（两直线平行，内错角相等），
，
，即，
在和中，
，
，
．
21．(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据题意可得四边形为平行四边形，进而根据邻边相等可证明；
（2）根据直角三角形斜边上中线的性质，三角形的内角和，平行线的性质以及等腰三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
F，G分别为边，的中点，
∴，，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵，
∴，
∵F为边的中点，
∴，
∵，
，
∵，
，
∴，
∴．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）过点作，垂足为，并延长交于点，根据可证，根据相似三角形的性质可证结论成立；
（2）根据平行线的性质和等角的补角相等，可证，根据等角对等边可证，根据等腰三角形的三线合一定理可得，根据可以求出，根据可知，根据三角形外角的性质可得．
【详解】（1）证明：过点作，垂足为，并延长交于点，
，
，，
即点到边界和的距离分别是线段和的长，
，
点到边界和的距离之比等于与之比；
（2）解：，
，
，，
，
，
，
，，，，
，
在中，，
，
是的一个外角，
．
．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用切线性质证明，再结合角平分线性质和等腰三角形性质分析证明，即可解题；
（2）作，证明四边形为矩形，进而求出，再利用勾股定理求解，即可解题．
【详解】（1）证明：如图，，与相切，连接，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：如图，，作，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
24．(1)见解析
(2)
【分析】（1）过点C作分别交于点H，点M，可证明四边形是平行四边形，得到，则；证明，得到，可推出，即，则可证明；
（2）过点D作交于点Q，则；证明四边形是平行四边形，得到；则可求出，；延长到点P，使得，连接，则，证明，得到，证明，得到；设，则，由勾股定理得，解方程可推出，则．
【详解】（1）证明：如图所示，过点C作分别交于点H，点M，
∵四边形为正方形，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图所示，过点D作交于点Q，
∴；
同理可证明四边形是平行四边形，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
如图所示，延长到点P，使得，连接，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴．
2

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