2025屆中考數(shù)學考前押題密卷（九）北京專用（含答案+答題卡）-試卷下載-教習網(wǎng)

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．
2．本試卷共三個大題，滿分100分，考試時間120分鐘.
3．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．寫在本試卷上無效．
4．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
5．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
第Ⅰ卷選擇題
一、選擇題（本大題包括8小題，每小題2分，共16分.在每小題列出的四個選項中，只有一個是正確的，請將答題卡上對應題目所選的選項涂黑）
1．（本題2分）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）
A．B．C．D．
2．（本題2分）如圖所示，，若，，則的度數(shù)為（）
A．B．C．D．
3．（本題2分）實數(shù)a、b在數(shù)軸上的位置如圖所示，那么化簡的結(jié)果是（）

A．B．bC．D．
4．（本題2分）若關于x的一元二次方程有兩個實數(shù)根，則k的取值范圍是（）
A．B．C．且D．且
5．（本題2分）豫劇是國家級非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，因其雅俗共賞，深受大眾喜愛．正面印有豫劇經(jīng)典劇目人物的三張卡片如圖所示，它們除正面外完全相同．把這三張卡片背面朝上洗勻，從中隨機抽取一張，放回洗勻后，再從中隨機抽取一張，兩次抽取的卡片正面相同的概率為（）
A．B．C．D．
6．（本題2分）人體內(nèi)一種細胞的直徑約為1.56微米，相當于0.00000156米，數(shù)字0.00000156用科學記數(shù)法表示為（）
A．B．C．D．
7．（本題2分）如圖，∠MON=60°，以點O為圓心，適當長為半徑畫弧，交OM于點A，交ON于點B；分別以點A，B為圓心，大于AB的長為半徑畫弧，兩弧在∠MON的內(nèi)部相交于點P，畫射線OP；連接AB，AP，BP，過點P作PE⊥OM于點E，PF⊥ON于點F．則以下結(jié)論錯誤的是（）

A．△AOB是等邊三角形B．PE=PF
C．△PAE≌△PBF D．四邊形OAPB是菱形
8．（本題2分）如圖，已知正方形的邊長為3，點是對角線上的一點，于點，于點，連接，當時，則（）

A．B．2C．D．
第Ⅱ卷非選擇題
二、填空題（本大題包括6小題，每小題2分，共16分.請把各題的答案填寫在答題卡上）
9．（本題2分）若式子在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，則x的最小值為．
10．（本題2分）因式分解：．
11．（本題2分）方程的解是．
12．（本題2分）已知點、都在反比例函數(shù)的圖象上，則．（填“＞”或“＜”）
13．（本題2分）某校征集校運會會徽，遴選出甲、乙、丙三種圖案.為了解何種圖案更受歡迎，隨機調(diào)查了該校100名學生，其中60名同學喜歡甲圖案，若該校共有2000人，根據(jù)所學的統(tǒng)計知識可以估計該校喜歡甲圖案的學生有人.
14．（本題2分）如圖，在平面直角坐標系中，以為圓心，AB為直徑的圓與x軸相切，與y軸交于A，C兩點，則點B的坐標是．
15．（本題2分）如圖，正方形的邊長為8，M在上，且，N是上一動點，則的最小值為
16．（本題2分）車間里有五臺車床同時出現(xiàn)故障．已知第一臺至第五臺修復的時間如下表：
若每臺車床停產(chǎn)一分鐘造成經(jīng)濟損失 10 元，修復后即可投入生產(chǎn)，現(xiàn)只有一名修理工，且每次只能修理一臺車床，則下列三個修復車床的順序：①；②；③中，經(jīng)濟損失最少的是（填序號），最少為元．
解答題（共68分，第17-20題，每題5分，第21題6分，第22-23題，每題5分，第24-26題，每題6分，第27-28題，每題7分）解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程
17．（本題5分）計算：．
18．（本題5分）解不等式組，并寫出它的整數(shù)解．
19．（本題5分）先化簡，再求值：，其中．
20．（本題5分）如圖，平行四邊形中，、分別是，的平分線，且E、F分別在邊，上．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)若，，求的面積．
21．（本題6分）利用方程解決實際問題：小紅在一家文具店買了一種大筆記本4個和一種小筆記本6個，共用了62元．已知她買的這種大筆記本的單價比這種小筆記本的單價多3元，求該文具店中這種大筆記本的單價．
22．（本題5分）在平面直角坐標系中，函數(shù)的圖象由函數(shù)的圖象平移得到，且經(jīng)過點．
(1)求這個函數(shù)的表達式；
(2)當時，對于x的每一個值，函數(shù)的值大于函數(shù)的值，直接寫出m的取值范圍．
23．（本題5分）某校甲乙兩班聯(lián)合舉辦了“經(jīng)典閱讀”競賽，從甲班和乙班各隨機抽取10名學生．統(tǒng)計這部分學生的競賽成績，并對數(shù)據(jù)（成績）進行了收集、整理，分析．下面給出了部分信息．
【收集數(shù)據(jù)】
甲班10名學生競賽成績：85，78，86，79，72，91，79，71，70，89
乙班10名學生競賽成績：85，80，77，85，80，73，90，74，75，81
【整理數(shù)據(jù)】
【分析數(shù)據(jù)】
【解決問題】根據(jù)以上信息，回答下列問題：
(1)填空：_________，_________，_________；
(2)請你根據(jù)【分析數(shù)據(jù)】中的信息，判斷哪個班成績比較好，簡要說明理由：
(3)甲班共有學生45人，乙班其有學生40人．按競賽規(guī)定，80分及80分以上的學生可以獲獎，估計這兩個班可以獲獎的總?cè)藬?shù)是多少？
24．（本題6分）如圖，是的內(nèi)接三角形，是的直徑，過點B作的切線與的延長線交于點D，點E在上，，交于點F．
(1)求證：；
(2)過點C作于點G，若，，求的長．
25．（本題6分）某景區(qū)的旅游線路如圖1所示，其中A為入口，B，C，D為風景點，E為三岔路的交匯點，圖1中所給數(shù)據(jù)為相應兩點間的路程（單位：km）．甲游客以一定的速度沿線路“A→D→C→E→A”步行游覽，在每個景點逗留的時間相同，當他回到A處時，共用去3h．甲步行的路程s（km）與游覽時間t（h）之間的部分函數(shù)圖象如圖2所示．
（1）求甲在每個景點逗留的時間，并補全圖象；
（2）求C，E兩點間的路程；
（3）乙游客與甲同時從A處出發(fā)，打算游完三個景點后回到A處，兩人相約先到者在A處等候，等候時間不超過10分鐘．如果乙的步行速度為3km/h，在每個景點逗留的時間與甲相同，他們的約定能否實現(xiàn)？請說明理由．
26．（本題6分）在平面直角坐標系中，為拋物線上任意兩點，其中．
（1）若拋物線的對稱軸為，當為何值時，
（2）設拋物線的對稱軸為．若對于，都有，求的取值范圍．
27．（本題7分）如圖，在等邊中，點是邊的中點，點是直線上一動點，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，得到線段，連接，．
(1)如圖1，當點與點重合時．
①依題意補全圖形；
②判斷與的位置關系；
如圖2，取的中點，寫出直線與夾角的度數(shù)以及與的數(shù)量關系，并證明．
28．（本題7分）如圖，的直徑AB為10cm，弦AC為6cm，∠ACB的平分線CE交AB于點D，交于點E，EF為的切線，交CB的延長線于點F．
（1）求證：；
（2）求BF的長．
車床代號
A
B
C
D
E
修復時間（分鐘）
16
6
30
5
9
班級
甲班
6
3
1
乙班
4
5
1
班級
平均數(shù)
中位數(shù)
眾數(shù)
方差
甲班
80
a
b
51.4
乙班
80
80
80，85
c
《2025屆中考數(shù)學考前押題密卷（九）北京專用》參考答案
1．B
【分析】本題考查軸對稱圖形和中心對稱圖形的識別，熟知定義：軸對稱圖形：如果一個平面圖形沿著一條直線折疊后，直線兩旁的部分能夠互相重合，那么這個圖形叫做軸對稱圖形；中心對稱圖形：把一個圖形繞著某一點旋轉(zhuǎn)，如果旋轉(zhuǎn)后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形．據(jù)此逐項判斷即可．
【詳解】解：A中圖形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
B中圖形既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，故本選項符合題意；
C中圖形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意；
D中圖形不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故本選項不符合題意，
故選：B．
2．C
【分析】通過得到，計算求解即可．
【詳解】解：，
，
，
，
，
，
故選：C．
【點睛】本題主要考查角的計算，能夠得到角度關系是解題關鍵．
3．C
【分析】本題主要考查了化簡絕對值，求一個數(shù)的算術(shù)平方根，實數(shù)與數(shù)軸，先根據(jù)數(shù)軸得到，則，據(jù)此化簡絕對值，求算術(shù)平方根即可得到答案．
【詳解】解；由題意得，，
∴，
∴，
故選：C．
4．D
【分析】根據(jù)一元二次方程的定義及根的判別式即可解答．
【詳解】解：∵為一元二次方程，
∴，
∵該一元二次方程有兩個實數(shù)根，
∴，
解得，
∴且，
故選：D．
【點睛】本題考查了一元二次方程的定義及根的判別式，解題的關鍵是熟知當判別式的值大于0時，方程有兩個不相等的實數(shù)根，同時要滿足二次項的系數(shù)不能是0．
5．D
【分析】本題考查了樹狀圖法或列表法求概率，解題的關鍵是正確畫出樹狀圖得到所有的等可能的結(jié)果數(shù)．根據(jù)題意，利用樹狀圖法將所有結(jié)果都列舉出來，然后根據(jù)概率公式計算解決即可．
【詳解】解：把3張卡片分別記為A、B、C，
畫樹狀圖如下：
共有9種等可能的結(jié)果，其中兩次抽取的卡片正面相同的結(jié)果有3種，
∴兩次抽取的卡片圖案相同的概率為．
故選∶D．
6．C
【分析】本題考查用科學記數(shù)法表示較小的數(shù)．一般形式為，其中，n為由原數(shù)左邊起第一個不為零的數(shù)字前面的0的個數(shù)所決定．據(jù)此求解即可．
【詳解】解：數(shù)字0.00000156用科學記數(shù)法表示為，
故選：C．
7．D
【分析】利用等邊三角形的判定定理可判定選項A；根據(jù)角平分線的性質(zhì)可判定選項B；利用HL可證明△PAE≌△PBF；利用菱形的判定定理可判定選項D．
【詳解】解：∵∠MON=60°，OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，故選項A成立，不符合題意；
由作圖知：射線OP是∠MON的平分線，且PE⊥OM，PF⊥ON，∴PE=PF，故選項B成立，不符合題意；
由作圖知：AP=BP，又PE=PF，∴△PAE≌△PBF(HL) ，故選項C成立，不符合題意；
∵OA與AP不一定相等，∴四邊形OAPB不一定是菱形，故選項D不成立，符合題意；
故選：D．
【點睛】本題考查了作圖-復雜作圖：解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了全等三角形的判定、菱形的判定．
8．C
【分析】先證四邊形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得，可求，的長，由勾股定理可求的長，由“”可證，可得．
【詳解】解：如圖：

連接，
四邊形是正方形，
，，
，，，
四邊形是矩形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，，，
，
，
故選：．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關鍵．
9．/
【分析】本題考查二次根式有意義的條件，根據(jù)被開方數(shù)大于等于0列式計算是解題關鍵．
【詳解】解：∵式子在實數(shù)范圍內(nèi)有意義，
∴，
解得：，
∴x的最小值為，
故答案為：．
10．
【分析】本題考查因式分解，先提公因式x，再利用完全平方公式分解因式即可．
【詳解】解：
，
故答案為：．
11．
【分析】將分式方程轉(zhuǎn)化為整式方程，求解即可．
【詳解】解：由可得：
解得
經(jīng)檢驗是原分式方程的解，
故答案為：
【點睛】此題考查了分式方程的求解，解題的關鍵是掌握分式方程的求解方法．
12．
【分析】反比例函數(shù)的圖象在第二象限，在第二象限內(nèi)，y隨x的增大而增大，根據(jù)x的值大小，得出y值大小．
【詳解】∵反比例函數(shù)的圖象在二、四象限，而A（-2，y1）、B（-1，y2）都在第二象限，
∴在第二象限內(nèi)，y隨x的增大而增大，
∵-2＜-1
∴y1＜y2．
故答案為＜
【點睛】此題主要考查了反比例函數(shù)的性質(zhì)，當k＜0時，在每個象限內(nèi)，y隨x的增大而增大，由x的值變化得出y的值變化情況；也可以把x的值分別代入關系式求出y1、y2再作比較亦可．
13．1200
【分析】用總?cè)藬?shù)乘以樣本中喜歡甲圖案的頻率即可求得總體中喜歡甲圖案的人數(shù)．
【詳解】解：由題意得：2000×＝1200人，
故答案為1200．
【點睛】本題考查了用樣本估計總體的知識，解題的關鍵是求得樣本中喜歡甲圖案的頻率，難度不大．
14．
【分析】如圖，連接，設圓與x軸相切于點，連接交與點，結(jié)合已知條件，則可得，勾股定理求解，進而即可求得的坐標．
【詳解】如圖，連接，設圓與x軸相切于點，連接交與點，
則軸，
為直徑，則，
，
軸，
，
，，
，，
，
軸，
．
故答案為：．
【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，直徑所對的圓周角是直角，垂徑定理，切線的性質(zhì)，勾股定理，坐標與圖形，掌握以上知識是解題的關鍵．
15．10
【分析】本題考查了軸對稱的應用，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解答本題的關鍵是根據(jù)軸對稱的性質(zhì)作出圖形得到的最小值即為線段的長．連結(jié)，，，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，得到，的最小值即的最小值，即為線段的長，再根據(jù)勾股定理，即可求得的長，即得答案．
【詳解】連結(jié)，，，
正方形是軸對稱圖形，點B與點D是以直線為對稱軸的對稱點，
直線即為的垂直平分線，
，
，
當點N在與的交點P處，取得最小值，最小值為的長，
正方形的邊長為8，且，
，，，
，
的最小值為10．
故答案為：10．
16． ① 1380
【分析】本題考查了有理數(shù)的混合運算，要經(jīng)濟損失最少，就要使總停產(chǎn)的時間盡量短，顯然先修復時間短的即可，找出方案是解題的關鍵．
【詳解】解：要經(jīng)濟損失最少，就要使總停產(chǎn)的時間盡量短，然先修復時間短的，即按5、6、9、16、30分鐘順序修復，即線路①；
此時經(jīng)濟損失為元，
故答案為：①；1380．
17．
【分析】本題考查特殊銳角三角函數(shù)值，零指數(shù)冪，絕對值以及負整數(shù)指數(shù)冪．先將各項化簡，再算乘法，最后從左往右計算即可得
【詳解】解：
．
18．；
【分析】本題考查求不等式組的解集，先求出每一個不等式的解集，找到它們的公共部分，即為不等式組的解集，進一步求出它的整數(shù)解即可．
【詳解】解：由，得：；
由，得：；
∴不等式組的解集為，
∴它的整數(shù)解為：．
19．，
【分析】本題考查分式的化簡求值，先通分計算括號內(nèi)，將除法變乘法，進行約分化簡后，再代值計算即可．
【詳解】解：原式
；
當時，原式．
20．(1)見解析
(2)．
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得到，，結(jié)合角平分線的條件得到，由得到，，根據(jù)平行線的判定得到，根據(jù)平行四邊形的判定即可得到是平行四邊形；
（2）求得是等邊三角形，得到，，證明，求得，作于點，在中，求得，據(jù)此求解即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，
∵分別是、的平分線，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）解：由（1）得，，
∴，
∵，
∴是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
作于點，
在中，，，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)．正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．
21．該文具店中這種大筆記本的單價為8元．
【分析】本題考查一元一次方程的應用．設該文具店中這種大筆記本的單價是x元，則小筆記本的單價是元，根據(jù)買了一種大筆記本4個和一種小筆記本6個，共用了元，列方程求解．
【詳解】解：設該文具店中這種大筆記本的單價是x元，則小筆記本的單價是元，
由題意可得，
解得：；
答：該文具店中這種大筆記本的單價為8元．
22．(1)
(2)
【分析】本題考查一次函數(shù)的綜合應用．熟練掌握一次函數(shù)圖象的平移，利用數(shù)形結(jié)合的思想進行求解是解題的關鍵．
（1）根據(jù)平移得到，再將，代入解析式即可得解；
（2）根據(jù)題意，可得時直線在直線的上方，利用圖象法求出的取值范圍即可．
【詳解】（1）解：∵一次函數(shù)的圖象由函數(shù)的圖象平移得到，
∴，
∴，
把點代入得
，
解得，
∴這個一次函數(shù)的解析式是；
（2）解：由題意，得時直線在直線的上方，
當時，，
把代入，得，解得，
如圖：
∴當時，對于的每一個值，函數(shù)的值大于函數(shù)的值．
23．(1)79，79，27；
(2)乙，見解析；
(3)42人．
【分析】（1）根據(jù)中位數(shù)，眾數(shù)，方差的定義求解；
（2）結(jié)合平均數(shù)，方差代表的數(shù)據(jù)信息說明；
（3）樣本估計總體，用樣本中符合條件的數(shù)據(jù)占比估計總體，計算符合條件的數(shù)據(jù)個數(shù)．
【詳解】（1）解：甲班成績從低到高排列：70，71，72，78，79，79，85， 86，89， 91，故中位數(shù)，眾數(shù)；
乙班數(shù)據(jù)方差
（2）乙班成績與甲班平均數(shù)相同，中位數(shù)、眾數(shù)高于甲班，方差小于甲班，代表乙班成績的集中度比甲好，總體乙班成績比較好．
（3）獲獎人數(shù)：（人）．
答：兩個班獲獎人數(shù)為42人．
【點睛】本題考查數(shù)據(jù)統(tǒng)計分析，樣本估計總體，掌握數(shù)據(jù)統(tǒng)計分析中位數(shù)，眾數(shù)，方差的定義是解題的關鍵．
24．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由直徑所對的圓周角是直角得到，則，由切線的性質(zhì)推出，則，再由同弧所對的圓周角相等和等邊對等角得到，，據(jù)此即可證明；
（2）由勾股定理得，利用等面積法求出，則，同理可得，則，進而得到；如圖所示，過點C作于H，則，證明，求出，則；設，則，證明，推出，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【詳解】（1）證明：∵是的直徑，
∴，
∴，
∴；
∵是的切線，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴；
如圖所示，過點C作于H，則，
由（1）可得，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
設，則，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，同弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，等腰三角形的性質(zhì)等等，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形和相似三角形是解題的關鍵．
25．（1）見詳解；（2）0.6（3）能，理由見解析
【詳解】由題圖2可知甲步行的速度為1.6÷0.8=2（km/h），
所以甲在每個景點逗留的時間為1.8-0.8-（2.6-1.6）÷2=0.5（h），甲步行的總時間為3-0.5×2=2（h），
所以甲步行的路程為2×2=4（km）．
補全圖象如圖所示．

（2）C，E兩點間的路程為4-1.6-1-0.8=0.6（km）．
（3）他們的約定能實現(xiàn)．理由如下：
乙游覽的最短線路為ADCEBEA（或AEBECDA），總行程為1.6+1+0.6+0.4×2+0.8=4.8（km）．
所以乙游完三個景點后回到A處的總時間為4.8÷3+0.5×3=3.1（h），3.1-3=0.1（h）=6（min），
所以乙比甲晚6min到A處，所以他們的約定能實現(xiàn)．
26．（1）；（2）
【分析】（1）根據(jù)拋物線解析式得拋物線必過（0，c），因為，拋物線的對稱軸為，可得點M，N關于對稱，從而得到的值；
（2）根據(jù)題意知，拋物線開口向上，對稱軸為，分3種情況討論，情況1：當都位于對稱軸右側(cè)時，情況2：當都位于對稱軸左側(cè)時，情況3：當位于對稱軸兩側(cè)時，分別求出對應的t值，再進行總結(jié)即可．
【詳解】解：（1）當x=0時，y=c，
即拋物線必過（0，c），
∵，拋物線的對稱軸為，
∴點M，N關于對稱，
又∵，
∴，；
（2）由題意知，a＞0，
∴拋物線開口向上
∵拋物線的對稱軸為，
∴情況1：當都位于對稱軸右側(cè)時，即當時，恒成立
情況2：當都位于對稱軸左側(cè)時，即＜時，恒不成立
情況3：當位于對稱軸兩側(cè)時，即當時，要使，必有，即
解得，
∴3≥2t，
∴
綜上所述，．
【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象的性質(zhì)．解題的關鍵是學會分類討論的思想及數(shù)形結(jié)合思想．
27．(1)①補全圖形見解析；②
(2)直線與夾角的度數(shù)為，，證明見解析
【分析】（1）① 依照題意畫出圖形即可；②由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，可證 △≌△AEC，可得，即可得結(jié)論；
（2）通過證明△∽△CAE，可得，，即可求解．
【詳解】（1）解：①如圖1所示：
②，理由如下：
∵將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，
∴，，
∴△是等邊三角形，
∴，，
∵是等邊三角形，點是的中點，
∴，，，
∴，
∴，
∴△≌△AEC，
∴，
又∵，
∴垂直平分，
∴；
（2）直線與夾角的度數(shù)為，，理由如下：
如圖2，當點在線段上時，連接，，延長交于，
∵將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，
∴，，
∴△AGE是等邊三角形，
又∵點是的中點，
∴，，
∴，
∵△是等邊三角形，點是的中點，
∴，，
∴，，
∴，，
∴△∽△CAE，
∴，，
∴，
∴，
∴直線與夾角的度數(shù)為，，
當點在的延長線上時，如圖3，連接，，
同理可求直線與夾角的度數(shù)為，，
當點在的延長線上時，如圖4，連接，，延長交于，
同理可求直線與夾角的度數(shù)為，．
綜上所述：直線與夾角的度數(shù)為，．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是證明三角形相似．
28．（1）見解析；（2）
【分析】（1）連接OE，只要證明OE⊥AB，OE⊥EF即可；
（2）利用面積法求出CH，由CH∥OE，推出△CDH∽△EDO，可得，由DB∥EF，可得，由此即可解決問題；
【詳解】（1）證明：如圖，連接OE.
∵，
∴.
∴.
∴EF是切線，
∴.
∴；
（2）解：如圖，過點C作于點H.
∵AB是直徑，
∴.
∴.
∵，
∴.
∵，
∴，
∴.
∵，
∴.
∴.
【點睛】本題考查切線的性質(zhì)、圓周角定理、平行線的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形以及相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．錯因分析：（1）不能想到連接OE，只要證明，即可；（2）不能想到利用等面積法求出CH，由，推出，可得，由，可得.
題號
1
2
3
4
5
6
7
8

答案
B
C
C
D
D
C
D
C

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