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；【答案】①152；②存在，2DE【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， DE⊥AB于点E．（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°，BC=12 AB．∵BD平分∠ABC，∴∠1=∠DBA=∠A=30°．∴DA=DB．∵DE⊥AB于点E．∴AE=BE=12 AB．∴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，2DNG HNB DN HNH ∠=∠=∠=∠⎧⎪⎨⎪⎩∴△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．3．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 2=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】试题分析：（1）根据AB2=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，∵AB2=AP•AD，∴AB ADAP AB=，又∵∠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°，∵P为AC的中点，∴∠ABP=∠PAC=12∠ABC=30°，∴∠BAP=∠BAC+∠PAC=90°，∴BP为直径，∴BP过圆心O，∴BP=2，∴AP=12BP=1，∴222AB BP AP=-，∵AB2=AP•AD，∴AD=2ABAP=3．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AF=OA=12AB ，在△ACB 中，利用已知条件求得答案．试题解析：（1）证明：连接OC ，∵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，∴AC=23，连接OF ，∵OF=OA ，∠OAF=∠BAC+∠EAC=60°，∴△OAF 为等边三角形，∴AF=OA=12AB ， 在Rt △ACB 中，AC=23，tan ∠CBA=3，∴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，︒=∠90BAD ，AD AB =，点M ，N 是BD 边上的任意两点，且︒=∠45MAN ，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4=EG ，6=GF ，23=BM ，求AG ，MN 的长．【答案】（1） 45°．（2） MN 2=ND 2+DH 2．理由见解析；（3）52. 【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 ．∴∠EAF=12∠BAD=45°． （2）MN 2=ND 2+DH 2．∵∠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°．∴NH 2=ND 2+DH 2．∴MN 2=ND 2+DH 2．（3）由（1）知，BE=EG ，DF=FG ．设AG=x ，则CE=x-4，CF=x-6．在Rt △CEF 中，∵CE 2+CF 2=EF 2，∴（x-4）2+（x-6）2=102．解这个方程，得x1=12，x2=-2（舍去负根）．即AG=12．（8分）在Rt△ABD中，∴在（2）中，MN2=ND2+DH2，BM=DH，∴MN2=ND2+BM2．设MN=a，则a2=（）2+（2．即a 2=（）2+（ 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．。