【易错题解析】浙教版九年级数学下册综合检测试卷
一、单选题（共10题；共30分）
1.某几何体的三种视图分别如下图所示，那么这个几何体可能是（ ）.
A. 长方体 B. 圆柱 C. 圆锥 D. 球
【答案】B
【考点】由三视图判断几何体
【解析】【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】根据主视图和俯视图为矩形是柱体，根据左视图是圆可判断出这个几何体应该是圆柱．
故选B．
【点评】本题考查由三视图确定几何体的形状，主要考查学生空间想象能力．
2.在△ABC中，∠C＝90°， cosA=12 ，那么∠B的度数为（ ）
A. 60° B. 45° C. 30° D. 30°或60°
【答案】C
【考点】特殊角的三角函数值
【解析】【解答】∵ cosA=12 ，
∴∠A=60°.
∵∠C＝90°，
∴∠B=90°-60°=30°.
【分析】根据特殊锐角的三角函数值得出∠A=60°.再根据三角形的内角和即可得出答案。
3.下列四个几何体中，从上面看得到的平面图形是四边形的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【考点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】A. 从上面看得到的平面图形是圆，故该选项错误；
B. 从上面看得到的平面图形是三角形，故该选项错误；
C. 从上面看得到的平面图形是三角形，故该选项错误；
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D. 从上面看得到的平面图形是四边形，正确.
故答案为：D.
【分析】从上面看得到的视图，就是从上向下看得到的正投影，A. 从上面看得到的平面图形是圆 ，B. 从上面看得到的平面图形是三角形 ，C. 从上面看得到的平面图形是三角形 ，D. 从上面看得到的平面图形是四边形 。
4.如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，DC切⊙O于C若∠A=25°则∠D等于（ ）
A. 20° B. 30° C. 40° D. 50°
【答案】C
【考点】切线的性质
【解析】【分析】先连接BC，由于AB 是直径，可知∠BCA=90°，而∠A=25°，易求∠CBA，又DC是切线，利用弦切角定理可知∠DCB=∠A=25°，再利用三角形外角性质可求∠D．
【解答】如图所示，连接BC，
∵AB 是直径，
∴∠BCA=90°，
又∵∠A=25°，
∴∠CBA=90°-25°=65°，
∵DC是切线，
∴∠BCD=∠A=25°，
∴∠D=∠CBA-∠BCD=65°-25°=40°．
故选C．
【点评】本题考查了直径所对的圆周角等于90°、弦切角定理、三角形外角性质．解题的关键是连接BC，构造直角三角形ABC．
5.下列水平放置的四个几何体中，主视图与其它三个不相同的是（ ）
A. B. C. D.
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【答案】C
【考点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：A、主视图为长方形；
B、主视图为长方形；
C、主视图为三角形；
D、主视图为长方形．
则主视图与其它三个不相同的是选项C．
故答案为：C．
【分析】C答案主视图为三角形，其他均是长方形，故C符合题意.
6.（2015•天水）一个圆柱的侧面展开图是两邻边长分别为6和8的矩形，则该圆柱的底面圆半径是（ ）
A. 3π B. 4π C. 3π或4π D. 6π或8π
【答案】C
【考点】几何体的展开图
【解析】【解答】解：若6为圆柱的高，8为底面周长，此时底面半径为82π=4π；
若8为圆柱的高，6为底面周长，此时底面半径为62π=3π，
故选C．
【分析】分8为底面周长与6为底面周长两种情况，求出底面半径即可．
7.如图已知⊙O的半径为R，AB是⊙O的直径，D是AB延长线上一点， DC是⊙O的切线，C是切点，连结AC，若∠CAB=30° ， 则BD的长为（ ）
A. R B. 3R C. 2R D. 32R
【答案】A
【考点】切线的性质
【解析】【分析】先利用“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”得出∠COD=2∠A=60°，再解直角三角形可得CD长，最后用切割线定理可得BD长。
【解答】连接OC，BC，
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∵AB是圆O的直径，DC是圆O的切线，C是切点，
∴∠ACB=∠OCD=90°，
∵∠CAB=30°，
∴∠COD=2∠A=60°，CD=OC•tan∠COD=3R，
由切割线定理得，CD2=BD•AD=BD（BD+AB)，
∴BD=R．
故选C．
【点评】本题利用了直径对的圆周角是直角，切线的性质，切割线定理求解。
8.（2017•武汉）已知一个三角形的三边长分别为5、7、8，则其内切圆的半径为（ ）
A. 32 B. 32 C. 3 D. 23
【答案】C
【考点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】如图，AB=7，BC=5，AC=8，内切圆的半径为r，切点为D、E、F，作AD⊥BC于D，设BD=x，则CD=5﹣x．
由勾股定理可知：AD2=AB2﹣BD2=AC2﹣CD2 ，
即72﹣x2=82﹣（5﹣x）2 ， 解得x=1，
∴AD=4 3 ，
∵ 12 •BC•AD= 12 （AB+BC+AC）•r，
12 ×5×4 3 = 12 ×20×r，
∴r= 3 ，
故答案为：C
【分析】面积法求内切圆半径：先利用勾股定理列出方程求BC边上的高，进而求出三角形面积，三角形的面积还可以等于三个以O为顶点，各边为边的小三角形的面积和，从而建立以r 为未知数的简单的方程，求出r.
9.如图所示，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，线段PO交⊙O于点C，连结BC，若∠P=36°，则∠B等于（ ）。
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A.27°
B.32°
C.36°
D.54°
【答案】A
【考点】切线的性质
【解析】【解答】解：∵PA切⊙O于点A，
∴∠PAO=90°，
又∵∠P=36°，
∴∠POA=54°，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB，
∵∠POA=∠B+∠OCB=2∠B=54°，
∴∠B=27°.
故答案为:A.
【分析】根据切线的性质得∠PAO=90°，再由三角形内角和定理得∠POA=54°，根据等腰三角形性质等边对等角得∠B=∠OCB，由三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和建立等式，从而得出答案.
10.将一副三角板如下图摆放在一起，连接AD，则∠ADB的正切值为（ ）
A. 3-1 B. 3+1 C. 3+12 D. 3-12
【答案】D
【考点】含30度角的直角三角形，锐角三角函数的定义，等腰直角三角形
【解析】【解答】作 AE⊥BD ，交 DB 的延长线于点 E ，
由题意可得： ∠ABE=∠CBD=45° ，
设 AE=1 ，则 AB=2 ，
∴ BC=6 ，
∵ Rt△BCD 是等腰直角三角形，
∴ BD=3 ，
∴ DE=1+3 ，
∴ tan∠ADB=1÷(3+1)3-12 ，
故答案为： D .
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【分析】作 AE⊥BD ，交 DB 的延长线于点 E ，本题一定要抓住是一副三角形板，故知道很多内角的度数，根据邻补角的定义得出∠ABE=45° ，从而判断出△ABE是一个等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质设AE=1 ，则 AB=2，根据含30°直角三角形的边之间的关系得出BC的长，进而根据等腰直角三角形的性质得出BD的长，从而根据正切函数的定义即可得出tan∠ADB的值。
二、填空题（共10题；共32分）
11.如图，已知正方形ABCD的边长为2．如果将线段BD绕着点B旋转后，点D落在CB的延长线上的D′点处，那么tan∠BAD′等于________．
【答案】2
【考点】锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：BD是边长为2的正方形的对角线，由勾股定理得，BD=BD′=2 2 ． ∴tan∠BAD′= BD'AB = 222222 = 2 ．
故答案为： 2 ．
【分析】根据勾股定理求出BD的长，即BD′的长，根据三角函数的定义就可以求解．
12.如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，若∠P=70°，则∠C的大小为________（度）．
【答案】55
【考点】切线的性质
【解析】【解答】解：连接OA，OB， ∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
即∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠AOB=360°﹣∠PAO﹣∠P﹣∠PBO=360°﹣90°﹣70°﹣90°=110°，
∴∠C= 12 ∠AOB=55°．
故答案为：55．
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【分析】首先连接OA，OB，由PA、PB分别切⊙O于点A、B，根据切线的性质可得：OA⊥PA，OB⊥PB，然后由四边形的内角和等于360°，求得∠AOB的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．
13.如图，为保护门源百里油菜花海，由“芬芳浴”游客中心A处修建通往百米观景长廊BC的两条栈道AB，AC．若∠B=56°，∠C=45°，则游客中心A到观景长廊BC的距离AD的长约为________米．（ sin56°≈0.8 ， tan56°≈1.5 ）
【答案】60
【考点】解直角三角形的应用
【解析】【解答】∵∠B=56°，∠C=45°，∠ADB=∠ADC=90°，BC=BD+CD=100米，∴BD= ADtan56° ，CD= ADtan45° ，∴ ADtan56° + ADtan45° =100，解得：AD≈60．故答案为：60．
【分析】在直角三角形ABD中，由∠ABD的正切可得tan∠ABD=ADBD,所以BD=ADtan56°,在直角三角形ACD中，有∠ACD的正切可得tan∠ACD=ADCD,CD=ADtan45°,而BD+CD=BC，所以ADtan56°+ADtan45°=100，解得AD≈60．
14.如图，Rt△ABC的内切圆⊙O与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，∠ACB=90°．若AF=4，CF=1．则BD的长是________．
【答案】53
【考点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：
设BD=x，
∵Rt△ABC的内切圆⊙O与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，
∴得BE=BD=x，AD=AF=4，CE=CF=1，
∵∠ACB=90°，
∴AC2+BC2=AB2 ，
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即52+（x+1）2=（4+x）2 ，
解得：x= 53 ，
故答案为： 53 ．
【分析】设BD=x，由切线长定理可得BE=BD=x，AD=AF=4，CE=CF=1，因为△ACB是直角三角形，所以可根据勾股定理建立关于x的方程，解方程即可．
15.如图，在Rt△ABC中，斜边BC上的高AD=4， cosB=45 ，则AC=________.
【答案】5
【考点】锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：∵∠A=90°，AD为BC上的高，
∴∠BDA=90°，
∴∠B+∠BAD=∠BAD+∠CAD=90°，
∴∠B=∠CAD，
∵cosB= 45 ，
∴cos∠CAD= 45 ，
∴ ADAC=45 ，
∵AD=4，
∴AC=5；
故答案是5。
【分析】可通过余角的性质转化∠B=∠CAD，利用cos∠CAD= 45=ADAC,求出AC.
，
16.如图,∠α的顶点为O,它的一边在x轴的正半轴上,另一边OA上有一点P(b,4),若sinα= 45 ,则b= .
【答案】3
【考点】锐角三角函数的定义
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【解析】【解答】解：因为sin α=4b=45,
所以OP=5,
由勾股定理得b=52-42=3,
故答案为：3.
【分析】根据正弦函数的定义可得OP的长，由勾股定理即可求出b的值。
17.如图所示，一皮带轮的坡比是1：2.4，如果将货物从地面用皮带轮送到离地10米的平台，那么该货物经过的路程是________ 米．
【答案】26
【考点】解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，由题意得：斜坡AB的坡比i=1：2.4，AE=10米，AE⊥BD，
∵i=AEBE=12.4 ，
∴BE=24米，
∴在Rt△ABE中，AB=AE2+BE2=26（米）．
故答案为：26．
【分析】首先根据题意画出图形，根据坡度的定义，由勾股定理即可求得答案．
18.如图，PA、PB分别切⊙O于A、B，并与⊙O的另一条切线分别相交于D、C两点，已知PA=6，则△PCD的周长=________
【答案】12
【考点】切线的性质
【解析】【解答】解：设CD与⊙O相切于E，
∵PA、PB分别切⊙O于A、B，
∴PB=PA=6，
∵DA与DE为⊙的切线，
∴DA=DE，
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同理得到CE=CB，
∴△PDC的周长=PD+DC+PC=PD+DE+CE+PC
=PD+DA+CB+PC
=PA+PB
=6+6
=12．
故答案为：12．
【分析】设CD与⊙O相切于E，根据切线长定理由PA、PB分别切⊙O于A、B得到PB=PA=6，由于DC与⊙O相切于E，再根据切线长定理得到 DA=DE，CE=CB，然后三角形周长的定义得到△PDC的周长=PD+DC+PC=PD+DE+CE+PC，然后用等线段代换后得到三角形PDC的周 长等于PA+PB．
19.如图，是由一些小立方块所搭几何体的三种视图，若在所搭几何体的基础上（不改变原几何体中小立方块的位置），继续添加相同的小立方块，以搭成一个大正方体，至少还需要________个小立方块．
【答案】54
【考点】由三视图判断几何体
【解析】【解答】由主视图可知，搭成的几何体有三层，且有4列；由左视图可知，搭成的几何体共有3行；
第一层有7个正方体，第二层有2个正方体，第三层有1个正方体，
共有10个正方体，
∵搭在这个几何体的基础上添加相同大小的小正方体，以搭成一个大正方体，
∴搭成的大正方体的共有4×4×4=64个小正方体，
∴至少还需要64-10=54个小正方体．
【分析】先由主视图、左视图、俯视图求出原来的几何体共有10个正方体，再根据搭成的大正方体的共有4×4×4=64个小正方体，即可得出答案．
20.（2017•无锡）在如图的正方形方格纸中，每个小的四边形都是相同的正方形，A，B，C，D都在格点处，AB与CD相交于O，则tan∠BOD的值等于________．
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【答案】3
【考点】解直角三角形
【解析】【解答】解：平移CD到C′D′交AB于O′，如右图所示， 则∠BO′D′=∠BOD，
∴tan∠BOD=tan∠BO′D′，
设每个小正方形的边长为a，
则O′B= a2+(2a)2=5a ，O′D′= (2a)2+(2a)2=22a ，BD′=3a，
作BE⊥O′D′于点E，
则BE= BD'⋅O'FO'D'=3a⋅2a22a=32a2 ，
∴O′E= O'B2-BE2=(5a)2-(32a2)2 = 2a2 ，
∴tanBO′E= BEO'E=32a22a2=3 ，
∴tan∠BOD=3，
故答案为：3．
【分析】根据平移的性质和锐角三角函数以及勾股定理，通过转化的数学思想可以求得tan∠BOD的值．，本题得以解决
三、解答题（共8题；共58分）
21.用若干个小立方块搭成一个几何体，使它从正面看与从左面看都是如图的同一个图．通过实际操作，并与同学们讨论，解决下列问题：
（1）所需要的小立方块的个数是多少？你能找出几种？
（2）画出所需个数最少和所需个数最多的几何体从上面看到的图，并在小正方形里注明在该位置上小立方块的个数．
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【答案】（1）3+2=5（个），9+2=11（个），故所需要的小立方块的个数是5～11个，能找出7种.
（2）
【考点】由三视图判断几何体，作图﹣三视图
【解析】【解答】解：（1）3+2=5（个），9+2=11（个），故所需要的小立方块的个数是5～11个，能找出7种．（2）如图所示：
【分析】（1）易得此几何体为3行，3列，3层，分别找到组成它们的每层的立方块的个数，即可求解；（2）分别找到组成它们的每层的最少立方块的个数和最多立方块的个数画出即可．
22.
（1）由大小相同的边长为1小立方块搭成的几何体如图，请画出这个几何体的三视图并用阴影表示出来；．
（2）根据三视图：这个组合几何体的表面积为________个平方单位．（包括底面积）
（3）用小立方体搭一几何体，使得它的俯视图和左视图与你在上图方格中所画的图一致，则这样的几何体最少要________个小立方块，最多要________个小立方块．
【答案】（1）解：如下图：
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（2）22
（3）5；7
【考点】作图﹣三视图
【解析】【解答】解：（2）22个；（3）最少5个，最多7个．
【分析】（1）根据三视图的定义，画出即可。
（2）根据三视图，可利用平方单元表示出表面积。
（3）使得小立方体的俯视图和左视图与在上图方格中所画的图一致，可得出小方块的个数。
23.如图，一艘轮船位于灯塔P的北偏东60°方向，与灯塔P的距离为80海里的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东45°方向的B处，求此时轮船所在的B处与灯塔P的距离．（参考数据： 6 ≈2.449，结果保留整数）
【答案】解：作PC⊥AB交于C点，
由题意可得∠APC=30°，∠BPC=45°，AP=80（海里）．
在Rt△APC中，PC=PA•cos∠APC=40 3 （海里）．
在Rt△PCB中，PB= PCcos∠BPC=403cos45°=406 ≈98（海里）．
答：此时轮船所在的B处与灯塔P的距离是98海里．
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【解析】【分析】构造直角三角形，作PC⊥AB交于C点；由方位角易知∠APC=30°，∠BPC=45°，则根据解直角三角形的知识解答即可．
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24.如图，在一次数学课外实践活动中，要求测教学楼的高度AB、小刚在D处用高1.5m的测角仪CD，测得教学楼顶端A的仰角为30°，然后向教学楼前进40m到达E，又测得教学楼顶端A的仰角为60°．求这幢教学楼的高度AB．
【答案】解：在Rt△AFG中，tan∠AFG= AGFG ∴FG= AGtan∠AFG=AG3
在Rt△ACG中， tan∠ACG= AGCG ∴CG= AGtan∠ACG=3AG 又CG-FG=40
即 3 AG- AG3 =40 ∴AG=20 3 ∴AB=20 3 +1.5
答：这幢教学楼的高度AB为（20 3 +1.5）米。
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】利用60°的正切值可表示出FG长，进而利用∠ACG的正切函数求AG长，加上1.5即为这幢教学楼的高度AB。
25.A，B两市相距150千米，分别从A，B处测得国家级风景区中心C处的方向角如图所示，风景区区域是以C为圆心，45千米为半径的圆，tanα=1.627，tanβ=1.373．为了开发旅游，有关部门设计修建连接AB两市的高速公路．问连接AB高速公路是否穿过风景区，请说明理由．
【答案】解：AB不穿过风景区．理由如下：
如图，过C作CD⊥AB于点D，
根据题意得：∠ACD=α，∠BCD=β，
则在Rt△ACD中，AD=CD•tanα，在Rt△BCD中，BD=CD•tanβ，
∵AD+DB=AB，
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∴CD•tanα+CD•tanβ=AB，
∴CD= ABtanα+tanβ = 1501.627+1.373=1503=50 （千米）．
∵CD=50＞45，
∴高速公路AB不穿过风景区．
【考点】解直角三角形的应用
【解析】【分析】判断是否穿过风景区，须作出CD⊥AB，比较CD与45的大小，利用线段之和列出方程：CD•tanα+CD•tanβ=AB，求出CD.
26.如图，在Rt△ABC中，点O在斜边AB上，以O为圆心，OB为半径作圆，分别与BC ， AB相交于点D ， E ， 连结AD ． 已知∠CAD=∠B ．
（1）求证：AD是⊙O的切线．
（2）若BC=8，tanB= 12 ，求⊙O的半径．
【答案】（1）连结OD，
∵OB=OD，
∴∠3=∠B。
∵∠B=∠1，
∴∠3=∠1.
在Rt△ACD中，∠1+∠2=90°
∴∠3+∠2=90°，
∴∠4=180°-（∠2+∠3）=180°-90°=90°，
∴OD⊥AD
∴AD是⊙O的切线
（2）设⊙O的半径为r。
在Rt△ABC中，AC=BC·tanB=8× 12 =4
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∴AB= AC2+BC2=42+82=45
∴OA= 45-r
在Rt△ACD中，tan∠1=tanB= 12
∴CD=AC·tan∠1=4× 12 =2
∴AD2=AC2+CD2=42+22=20
∴ (45-r)2=r2+20
解得r= 325
【考点】勾股定理，切线的判定，解直角三角形
【解析】【分析】（1）证明切线时，第一步一般将圆心与切点连结起来，证明该半径和该直线垂直即可证得；此题即证∠ADO=90°；（2）直接求半径会没有头绪，先根据题中的条件，求出相关结论，由BC=8，tanB= 12 不难得出AC，AB的长度；而tan∠1=tanB= 12 ，同样可求出CD，AD的长度；设半径为r，在Rt△ADO中，由勾股定理构造方程解出半径r即可。
27.在Rt△ACB中，∠C=90°，点O在AB上，以O为圆心，OA长为半径的圆与AC，AB分别交于点D，E，且∠CBD=∠A．
（1）判断直线BD与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若AD∶AO=8∶5，BC=3，求BD的长．
【答案】（1）解：BD是⊙O的切线；理由如下：∵OA=OD，∴∠ODA=∠A，∵∠CBD=∠A，∴∠ODA=∠CBD，∵∠C=90°，∴∠CBD+∠CDB=90°，∴∠ODA+∠CDB=90°，∴∠ODB=90°，即BD⊥OD，∴BD是⊙O的切线
（2）解：设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，∵AE是⊙O的直径，∴∠ADE=90°，∴∠ADE=∠C，又∵∠CBD=∠A，∴△ADE∽△BCD，∴ AEAD=BDBC ，即 10k8k=BD3 ，解得：BD= 154 ．所以BD的长是 154
【考点】圆周角定理，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）BD是⊙O的切线。理由如下：连接OD，一个圆的半径都相等，所以OA=OD，根据等边对等角可得∠ODA=∠A，因为∠CBD=∠A．所以∠ODA=∠CBD，由直角三角形两锐角互余可得∠CBD+∠CDB=90°，所以∠ODA+∠CDB=90°，根据平角的定义可得∠ODB=90°，即BD⊥OD，根据圆的切线的判定可得BD是⊙O的切线；
（2）因为AD∶AO=8∶5，所以可设AD=8k，则AO=5k，AE=2OA=10k，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADE=90°，所以∠ADE=∠C=90°，而∠CBD=∠A，由相似三角形的判定可得△ADE∽△BCD，所以AEAD=BDBC,即10k8k=BD3,解得BD=154。
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28.（2017·金华）(本题10分) 如图，已知：AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D.E是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F,连结OC,AC.
（1）求证:AC平分∠DAO.
（2）若∠DAO=105°，∠E=30°.
①求∠OCE的度数.
②若⊙O的半径为2 2 ，求线段EF的长.
【答案】（1）解：∵直线与⊙O相切，
∴OC⊥CD；
又∵AD⊥CD,
∴AD//OC,
∴∠DAC=∠OCA;
又∵OC=OA,
∴∠OAC=∠OCA,
∴∠DAC=∠OAC;
∴AC平分∠DAO.
（2）解：①∵AD//OC，∠DAO=105°,
∴∠EOC=∠DAO=105°;
∵∠E=30°,
∴∠OCE=45°.
②作OG⊥CE于点G,可得FG=CG,
∵OC=22,∠OCE=45°.
∴CG=OG=2,
∴FG=2;
∵在RT△OGE中，∠E=30°，
∴GE=23,
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∴EF=GE-FG=23-2.
【考点】平行线的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线的性质，等腰三角形的性质，切线的性质
【解析】【分析】（1）利用了切线的性质，平行线的判定和性质，等边对等角，角平分线的判定即可得证。
（2）①根据（1）得出的AD//OC，从而得出同位角相等，再利用三角形的内角和定理即可求出答案；②作OG⊥CE于点G，可得FG=CG,根据等边对等角得出CG=OG=FG=2,在根据勾股定理得出GE，从而求出EF=GE-FG.
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