專題04 圖形的性質(zhì)（解析版）

專題04圖形的性質(zhì)一、單選題1．（2023·上海閔行·統(tǒng)考二模）下列命題是真命題的是（

）A．平行四邊形的鄰邊相等； B．平行四邊形的對角線互相平分；C．平行四邊形內(nèi)角都相等； D．平行四邊形是軸對稱圖形．【答案】B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可進行求解．【詳解】解：由平行四邊形的性質(zhì)可知：平行四邊形的兩組對邊相等；平行四邊形的對角線互相平分；平行四邊形的對角相等；平行四邊形是中心對稱圖形；故選B．【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)及真命題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2023·上海楊浦·二模）下列命題中，正確的是（

）A．對角線相等的四邊形是平行四邊形B．對角線互相垂直的四邊形是菱形C．對角線相等的平行四邊形是矩形D．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形【答案】C【分析】根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形以及正方形的判定方法，對選項逐個判斷即可．【詳解】A．對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，原命題是假命題，不符合題意；B．對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，原命題是假命題，不符合題意；C．對角線相等的平行四邊形是矩形，是真命題，符合題意；D．對角線互相平分、垂直且相等的四邊形是正方形，原命題是假命題，不符合題意；故選：C．【點睛】此題考查了平行四邊形、矩形、菱形以及正方形的判定，掌握它們的判定方法是解題的關(guān)鍵．3．（2023·上海寶山·統(tǒng)考二模）如果一個三角形的兩邊長分別為、，那么這個三角形的第三邊的長可以是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用三角形的三邊關(guān)系求出第三邊的取值范圍，進而可作出選擇．【詳解】解：設(shè)這個三角形的第三邊長為，則，即，選項C中的滿足條件，故選：C．【點睛】本題考查三角形的三邊關(guān)系，會利用三角形的三邊關(guān)系求得第三邊的取值范圍是解答的關(guān)鍵．4．（2023·上海閔行·統(tǒng)考二模）如圖，在中，．用尺規(guī)作圖的方法作出直角三角形斜邊上的中線，那么下列作法一定正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)線段垂直平分線的作圖、角平分線的作圖及直角三角形斜邊中線定理可進行求解．【詳解】解：A、由作圖可知，不滿足點P是的中點，故不符合題意；B、由作圖可知，不滿足點P是的中點，故不符合題意；C、由作圖可知點P是的中點，故符合題意；D、由作圖可知平分，故不符合題意；故選C．【點睛】本題主要考查直角三角形斜邊中線定理及線段垂直平分線的作圖、角平分線的作圖，熟練掌握尺規(guī)作圖是解題的關(guān)鍵．5．（2023·上海松江·統(tǒng)考二模）下列命題正確的是（

）A．三點確定一個圓 B．圓的任意一條直徑都是它的對稱軸C．等弧所對的圓心角相等 D．平分弦的直徑垂直于這條弦【答案】C【分析】根據(jù)確定圓的條件對A進行判斷；根據(jù)圓的軸對稱性對B進行判斷；根據(jù)圓心角定理對C進行判斷；根據(jù)垂徑定理的推論對D進行判斷．【詳解】A．不共線的三點確定一個圓，故A是假命題；B．對稱是直線，而圓的直徑是線段，故B是假命題；C．弧相等，則弧所對的圓心角相等，故C是真命題；D．平分弦（非直徑）的直徑垂直于弦，故D是假命題．故選：C．【點睛】本題考查了命題、真命題和假命題的概念，任何一個命題非真即假，要說明一個命題的正確性，一般需要推理、論證，而判斷一個命題是假命題，只需舉出一個反例即可．6．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考二模）順次聯(lián)結(jié)四邊形各邊中點所得的四邊形是矩形，那么四邊形一定是（

）A．菱形 B．對角線相等的四邊形C．對角線互相垂直的四邊形 D．對角線互相垂直且平分的四邊形【答案】C【分析】根據(jù)三角形中位線定理得到所得四邊形的對邊都平行且相等，那么其必為平行四邊形，若所得四邊形是矩形，那么鄰邊互相垂直，繼而即可求解．【詳解】解：∵E、F、G、H分別是、、、的中點，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵四邊形是矩形形，即，∴，故選：C．【點睛】本題考查的是三角形中位線定理以及矩形的判定，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造三角形利用三角形的中位線定理解答．7．（2023·上海金山·統(tǒng)考二模）下列圖形中，是中心對稱圖形且旋轉(zhuǎn)后能與自身重合的圖形是(

)A．等邊三角形 B．正方形 C．正八邊形 D．正十二邊形【答案】D【分析】根據(jù)中心對稱圖形排除A，計算，判斷是的倍數(shù)即可．【詳解】A、等邊三角形不是中心對稱圖形，錯誤，不符合題意；B、正方形是中心對稱圖形，，不是的整數(shù)倍數(shù)，錯誤，不符合題意；C、正八邊形是中心對稱圖形，，不是的整數(shù)倍數(shù)，錯誤，不符合題意；D、正十二邊形是中心對稱圖形，，是的整數(shù)倍數(shù)，正確，符合題意；故選D．【點睛】本題考查了中心對稱圖形即圖形繞某點旋轉(zhuǎn)后與原圖形完全重合，熟練掌握定義是解題的關(guān)鍵．8．（2023·上海寶山·統(tǒng)考二模）已知點A、B、C在圓O上，那么下列命題為真命題的是（

）A．如果半徑平分弦，那么四邊形是平行四邊形B．如果弦平分半徑，那么四邊形是平行四邊形C．如果四邊形是平行四邊形，那么D．如果，那么四邊形是平行四邊形【答案】C【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)與判定，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)逐一判定即可．【詳解】解：A、如圖1所示，當是直徑時，滿足半徑平分弦，但是不能構(gòu)成四邊形，故原命題是假命題，不符合題意；B、如圖2所示，∵弦平分半徑，但是半徑并不一定平分弦，∴四邊形不一定是平行四邊形，故原命題是假命題，不符合題意；C、如圖2所示，∵四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴原命題是真命題，符合題意；D、如圖2所示，當點B在點D的位置時，滿足，但是四邊形不是平行四邊形，故原命題是假命題，不符合題意；故選C．【點睛】本題主要考查了判斷命題真假，圓周角定理，垂徑定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，靈活運用所學知識是解題的關(guān)鍵．9．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考二模）如圖，在梯形中，已知，，，，，分別以、為直徑作圓，這兩圓的位置關(guān)系是（

）A．內(nèi)切 B．外切 C．相交 D．外離【答案】D【分析】先求出兩圓的圓心距，和的一半為兩圓的半徑，利用半徑之和和兩圓的圓心距的大小關(guān)系求解．【詳解】解：∵分別以、為直徑作圓，∴兩圓的圓心分別是、的中點，∴兩圓心的連線是梯形的中位線．∵，，∴兩圓的圓心距為，∵，，∴兩圓的半徑分別為3和2，∵，∴兩圓外離，故選：D．【點睛】本題考查了梯形的中位線，以及圓與圓的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是分別求得兩圓的圓心距和兩圓的半徑．10．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考二模）如圖，已知正方形的頂點D、E在的邊上，點G、F分別在邊上，如果，的面積是32，那么這個正方形的邊長是（

）A．4 B．8 C． D．【答案】A【分析】過點A作于H，交于M，如圖，先利用三角形面積公式計算出，設(shè)正方形的邊長為x，則，再證明，則根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得方程，然后解關(guān)于x的方程即可．【詳解】解：如圖，過點A作于H，交于M，∵的面積是32，，∴，∴，設(shè)正方形的邊長為x，則，∵，∴，∴，，解得∶，即這個正方形的邊長是4．故選：A．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)及正方形的性質(zhì)，添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．11．（2023·上海崇明·統(tǒng)考二模）下列命題是真命題的是（

）A．四邊都相等的四邊形是正方形 B．一組鄰邊相等的矩形是正方形C．對角線互相垂直平分的四邊形是正方形 D．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形【答案】B【分析】根據(jù)正方形的判定方法，逐一進行判斷即可．【詳解】解：A、四邊都相等的四邊形是菱形，原命題是假命題，不符合題意；B、一組鄰邊相等的矩形是正方形，是真命題，符合題意；C、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，原命題是假命題，不符合題意；D、對角線互相垂直且相等的四邊形不一定是正方形，原命題是假命題，不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查判斷命題的真假．熟練掌握正方形的判定方法，是解題的關(guān)鍵．12．（2023·上海靜安·統(tǒng)考二模）下面是“作的平分線”的尺規(guī)作圖過程：①在、上分別截取、，使；②分別以點、為圓心，以大于的同一長度為半徑作弧，兩弧交于內(nèi)的一點；③作射線．就是所求作的角的平分線．該尺規(guī)作圖可直接利用三角形全等說明，其中三角形全等的依據(jù)是（

）A．三邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等B．兩邊及它們的夾角對應(yīng)相等的兩個三角形全等C．兩角及它們的夾邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等D．兩角及其中一個角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等【答案】A【分析】由作圖可得，，根據(jù)三角形全等的判定方法“”解答．【詳解】解∶連接，，由作圖可得，，，在和中∴，∴，∴平分．故選：A．【點睛】本題考查了全等三角形的應(yīng)用，以及基本作圖，熟練掌握三角形全等的判定方法并讀懂題目信息是解題的關(guān)鍵．13．（2023·上海松江·統(tǒng)考二模）如圖，點G是的重心，四邊形與面積的比值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，根據(jù)三角形中位線定理以及中線的性質(zhì)可得，，，從而得到，進而得到，繼而得到，，可得，再由，即可．【詳解】解：如圖，連接，∵點G是的重心，∴點D，E分別為的中點，∴，，，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，即四邊形與面積的比值是．故選：B【點睛】本題主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，熟練掌握三角形的重心，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．14．（2023·上海崇明·統(tǒng)考二模）已知在中，，，如果以A為圓心r為半徑的和以為直徑的相交，那么r的取值范圍（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用勾股定理求得兩圓的圓心距，然后利用兩圓相交時兩圓的圓心距和兩圓的半徑之間的關(guān)系求解．【詳解】解：如圖，由題意得：，，由勾股定理得：，設(shè)的半徑為，根據(jù)兩圓相交得：，解答：，故選：C．【點睛】本題考查兩圓之間的位置關(guān)系．熟練掌握兩圓之間的位置關(guān)系的判定方法，是解題的關(guān)鍵．15．（2023·上海金山·統(tǒng)考二模）把球放在長方體紙盒內(nèi)，球的一部分露出盒外，其截面如圖所示，已知，那么球的半徑長是(

)A．4 B．5 C．6 D．8【答案】B【分析】過點O作于點M，利用垂徑定理，勾股定理計算即可．【詳解】過點O作于點M，連接，∵，∴，∴，解得，故選B．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，熟練掌握垂徑定理，勾股定理是解題的關(guān)鍵．二、填空題16．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考二模）如果兩圓的半徑分別為5或2，圓心距為7，那么這兩個圓的位置關(guān)系是_____．【答案】外切【分析】根據(jù)圓心距d，以及兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系得出兩圓位置關(guān)系．【詳解】解：∵，∴這兩個圓外切．故答案為：外切．【點睛】被踢主要考查了圓于圓之間的位置關(guān)系，解題的管家是掌握：當時，兩圓外離；當時，兩圓外切；當時，兩圓內(nèi)切；當時，兩圓內(nèi)離；當時，兩圓相交．17．（2023·上海閔行·統(tǒng)考二模）如果正六邊形的半徑長為2，那么它的面積為________．【答案】【分析】過點O作于點G，證明是等邊三角形，求出，得出，即可得出．【詳解】解：過點O作于點G，如圖所示：∵六邊形為正六邊形，∴，，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了正多邊形的性質(zhì)，勾股定理，三角形面積的計算，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是證明是等邊三角形，求出．18．（2023·上海松江·統(tǒng)考二模）已知相交兩圓的半徑長分別為和，如果兩圓的圓心距為，且，試寫出一個符合條件的的值：________．【答案】（答案不唯一）【分析】根據(jù)相交兩圓的半徑長分別為和，則，，列出不等式即可求解．【詳解】解：依題意，∴∴可以是，故答案為：（答案不唯一）．【點睛】本題考查了圓與圓的位置關(guān)系：設(shè)兩圓的圓心距為d,兩圓半徑分別為、當兩圓外離；兩圓外切；兩圓相交；兩圓內(nèi)切；兩圓內(nèi)含．19．（2023·上海寶山·統(tǒng)考二模）如圖，在正五邊形中，F(xiàn)是邊延長線上一點，連接，那么的度數(shù)為__________．【答案】/144度【分析】利用正多邊形的內(nèi)角和定理計算得出，再利用等邊對等角求得，利用鄰補角關(guān)系即可求解．【詳解】解：，∵，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考考查正多邊形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握正多邊形的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理是解決本題的關(guān)鍵．20．（2023·上海靜安·統(tǒng)考二模）已知半徑分別是2和6的兩圓的圓心距為6，那么這兩個圓有______個公共點．【答案】2【分析】根據(jù)圓心距于兩個圓半徑間的關(guān)系即可判斷得解．【詳解】解∶∵半徑分別是2和6的兩圓的圓心距為6，∴∴兩圓相交，即是2個圓有兩個交點，故答案為∶2．【點睛】此題主要考查了圓與圓的位置關(guān)系，當外切時，圓心距=兩圓半徑的和，當內(nèi)切時，圓心距=兩圓半徑的差，兩圓相交時，圓心距介于兩圓半徑的差與和之間時，圓有兩個交點．21．（2023·上海寶山·統(tǒng)考二模）如圖，已知點E在矩形的邊上，且，，那么的長等于__________．【答案】4【分析】利用余角的性質(zhì)求得，利用等邊對等角求得，再利用平角的定義求得，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案為：4．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊對等角，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，掌握“30度角對應(yīng)的直角邊長度為斜邊長度的一半”是解題的關(guān)鍵．22．（2023·上海閔行·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，點A在直線上，點A的橫坐標為1，點P是x軸正半軸上一點，點B在反比例函數(shù)圖象上，聯(lián)結(jié)和．如果四邊形是矩形，那么k的值是__________．【答案】【分析】當，，即，如圖，連接交于，過作于，則，，是中點，在中，由勾股定理求的值，證明，則，求的值，進而可得的點坐標，將點坐標代入反比例函數(shù)解析式求解值即可．【詳解】解：當，，即，如圖，連接交于，過作于，∴，，∵四邊形是矩形，∴是中點，在中，由勾股定理得，∵，，∴，∴，即，解得，∴，，∴，將代入得，，解得，故答案為：．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)與幾何綜合，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)等知識．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．23．（2023·上海崇明·統(tǒng)考二模）如圖，和都是等邊三角形，點D是的重心，那么________．【答案】【分析】如圖，延長交于，由題意得，，則，由，可得，計算求解即可．【詳解】解：如圖，延長交于，∵點D是的重心，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，∵和都是等邊三角形，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了重心，等邊三角形的性質(zhì)，正弦，相似三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．24．（2023·上海嘉定·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，，，以點C為圓心，R為半徑作圓，使A、B兩點一點在圓內(nèi)，一點在圓外，那么R的取值范圍是____．【答案】/【分析】求出線段、，再根據(jù)點與圓得位置關(guān)系判斷即可．【詳解】解：∵在中，，，，∴，∴，∵以點C為圓心，R為半徑作圓，使A、B兩點一點在圓內(nèi)，一點在圓外，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了點與圓的位置關(guān)系，解直角三角形，勾股定理，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意求出，．25．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考二模）如圖，在直角坐標系中，已知點、點，的半徑為5，點C是上的動點，點P是線段的中點，那么長的取值范圍是______．【答案】【分析】如圖，在y軸上取一點，連接，，由勾股定理求出，由三角形中位線定理求，當C在線段上時，的長度最小值，當C在線段延長線上時，的長度最大值，即可求解．【詳解】解：如圖，在y軸上取一點，連接，，∵，，∴，，∴，∵點P是的中點，∴，∵，，∴是的中位線，∴，當C在線段上時，的長度最小值為：，當C在線段延長線上時，的長度最大值為：，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查的是圓外一點到圓上點距離的最值，三角形中位線定理，勾股定理等知識，添加恰當?shù)妮o助線是解答本題的關(guān)鍵．26．（2023·上海徐匯·統(tǒng)考二模）如圖，已知的內(nèi)接正方形，點是的中點，與邊交于點，那么______．【答案】【分析】連接，交于點，連接，根據(jù)題意得出，設(shè)，則，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接，交于點，連接，∵的內(nèi)接正方形，∴經(jīng)過點，∵點是的中點，∴，∴設(shè)，則∴∵,∴∵，∴∴，故答案為：．【點睛】本題考查了正多邊形與圓，垂徑定理，正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)，證明是解題的關(guān)鍵．三、解答題27．（2023·上海松江·統(tǒng)考二模）如圖，四邊形中，．(1)如果，求的值；(2)如果，求四邊形的面積．【答案】(1)1(2)【分析】（1）過點A作于點E，可得四邊形是矩形，從而得到，繼而得到，再由銳角三角函數(shù)，即可求解；（2）過點A作于點E，可得四邊形是矩形，從而得到，設(shè)，則，在中，利用勾股定理求出x的值，再根據(jù)四邊形的面積，即可求解．【詳解】（1）解：如圖，過點A作于點E，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，∴；（2）解：如圖，過點A作于點E，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，設(shè)，則，在中，，∴，解得：，即，四邊形的面積．【點睛】本題主要考查了解直角三角形，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．28．（2023·上海閔行·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，，，點D為的中點，過點B作CD的垂線，交CD的延長線于點E．(1)求線段的長；(2)求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由勾股定理可求得斜邊，再由斜邊中線可得長度．（2）通過相似三角形得到比例，求出長度，再通過勾股定理求出長度，再計算比值即可．【詳解】（1）中，代入，，得D為的中點，（2）解法1：D為的中點，又，中解法2：與中設(shè)得解得【點睛】本題考查幾何圖形中長度的計算，相似三角形，主要利用勾股定理進行長度關(guān)系計算，可以設(shè)元列勾股方程或結(jié)合相似計算，通常幾何長度的求解可采用3中方法（勾股、相似、面積法），常考直角三角形和含有特殊角度的圖形．在計算中靈活利用勾股定理是解題的關(guān)鍵．29．（2023·上海浦東新·統(tǒng)考二模）已知：如圖，是的外接圓，平分的外角，，，垂足分別是點M，N，且．(1)求的度數(shù)；(2)如果，，求的半徑長．【答案】(1)；(2)；【分析】（1）先證明平分，然后由角平分線的定義，即可求出的度數(shù)；（2）由弦心距和弦的關(guān)系，得到，延長交于點，連接，由等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，以及勾股定理，即可求出的半徑．【詳解】（1）解：∵平分的外角，∴，∵，，．∴平分，∴，∵，∴，∴；（2）解：∵，∴，∴是等腰三角形，延長交于點，連接，如圖：∵平分，∴，，∵，∴，∴，設(shè)，則，∵，∴，∴；【點睛】本題考查了垂徑定理，角平分線的性質(zhì)定理，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學的知識，正確的進行解題．30．（2023·上海嘉定·統(tǒng)考二模）如圖，在中，，，圓O經(jīng)過A、B兩點，圓心O在線段上，點C在圓O內(nèi)，且．(1)求圓O的半徑長；(2)求的長．【答案】(1)(2)【分析】（1）延長交圓O于點D，連接，設(shè)圓O的半徑長為r，則，利用正弦函數(shù)列式計算即可求解；（2）先求得，在，利用三角函數(shù)的定義求得和的長，再利用勾股定理求解．【詳解】（1）解：設(shè)圓O的半徑長為r，延長交圓O于點D，連接，則，又，∴，設(shè)，則有，因為，所以，解得，經(jīng)檢驗，是方程的解；∴圓的半徑長為5；（2）解：過點B作的垂線垂足為E，由（1）得，則，解得，，解得，所以，所以【點睛】本題考查了圓內(nèi)接三角形，經(jīng)過圓的直徑構(gòu)造的三角形為直角三角形，添加輔助線再利用三角函數(shù)求解．31．（2023·上海金山·統(tǒng)考二模）如圖，已知在中，，，點、