【文档说明】（通用版）中考数学一轮复习卷：三角形（含解析）.doc，共(21)页，330.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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三角形一、选择题1.在直角三角形中，若勾为3，股为4，则弦为（）A.5B.6C.7D.8【答案】A【解析】：∵在直角三角形中，勾为3，股为4，∴弦为故答案为：A．【分析】根据在直角三角形中，勾是最短的直角边，股是长的直角边，弦是斜边，知道

勾和股利用勾股定理，即可得出答案。2.在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=8，BD=10，那么BC的取值范围是（）A.8<BC<10B.2<BC<18C.1<BC<8D.1<BC<9【答

案】D【解析】：如图∵▱ABCD，AC=8，BD=10，∴OB=BD=5，OC=AC=4∴5-4＜BC＜5+4，即1＜BC＜9故答案为：D【分析】根据平行四边形的性质求出OB、OC的长，再根据三角形三边关系定理，建立不等式组，求解即可。3

.如图所示,∠A=50°,∠B=20°,∠D=30°,则∠BCD的度数为（）A.80°B.100°C.120°D.140°【答案】B【解析】如图，延长BC交AD于点E，∵∠BCD=∠D+∠DEC，∠DEC=∠A+∠B，∴∠BCD=∠A+∠

B+∠D，∵∠A=50°，∠B=20°，∠D=30°，∴∠BCD=50°+20°+30°=100°，故答案为：B.【分析】延长BC交AD于点E，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠BCD=∠D+∠DEC，∠DEC=∠A+∠B，所以∠BCD=

∠A+∠B+∠D，由已知可得∠BCD=50°+20°+30°=100°。4.如图，BE∥AF，点D是AB上一点，且DC⊥BE于点C，若∠A=35°，则∠ADC的度数（）A.105°B.115°C.125°D.135°【答案】C【解析】：∵BE∥AF，∴

∠B=∠A=35°．∵DC⊥BE，∴∠DCB=90°，∴∠ADC=90°+35°=125°．故答案为：C．【分析】由平行线的性质可得∠B=∠A=35°，根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠ADC=90°+35°=125°。5.如图

，在RtABC中，∠ACB=900，BC=2．将ABC绕顶点C逆时针旋转得到△，使点B’落在AC边上．设M是的中点，连接BM，CM，BCM的面积为（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】：过点M作MD⊥AB于点D∴∠MDA=90°∵M是B′C′的中点∴A'M=A′B′∵△

ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C′∴BC=BC=2，∠ACB=∠ACB=90°=∠MDA∴MD∥AC∴∴MD=1∴S△BCM=BCMD=×2×1=1故答案为;A【分析】过点M作MD⊥A'B于点D，根据旋转的性质，可证得BC=B'C=

2，∠ACB=∠A'CB'=90°=∠MDA'，再根据平行线分线段成比例及线段中点的定义，可得线段成比例，求出MD的长，然后利用三角形的面积公式，求解即可。6.如图，ABC中，正方形DEFG的顶点D，G分别在AB，AC上，顶点E，F在BC上．若△ADG

、△BED、△CFG的面积分别是1、3、1，则正方形的边长为（）A.B.C.2D.2【答案】C【解析】：过A作AM⊥BC于M，交DG于N，设正方形DEFG的边长是a，AN=b，∵四边形DEFG是正方形，∴DG=GF=EF=DE=MN=a，DG∥BC，∵S△A

DG=1，S△BDE=3，S△FCG=1，∴S△ADG=ab=1，即a=S△BDE=BE⋅a=3，S△FCG=CF⋅a=1，∴BE=3b，CF=b，∴BC=3b+a+b=4b+a，AM=a+b∴BCAM=（4b+a）（a+b）=4b2+5ab+a2∴S△ADG+

S△BED+S△CFG=1+3+1=5∴ab=2，∵S正方形DEFG=S△ABC−(S△ADG+S△BDE+S△CFG)=a2BCAM-5=a2（4b2+5ab+a2）-5=a2∵ab=2（4b2+10+a2）-5=a2∴a=2b（取正），∴2b2=2解之：b=1

（取正）∴a=2×1=2即正方形的边长是2，【分析】过A作AM⊥BC于M，交DG于N，设正方形DEFG的边长是a，AN=b，根据已知及三角形的面积公式，可得出ab=2，用含b的代数式分别表示出BE、CF、AM、BC的长，再根据S

正方形DEFG=S△ABC−(S△ADG+S△BDE+S△CFG)=a2，得出a=2b，结合ab=2，求出a、b的值即可求解。7.如图，点P为⊙O外一点,PA为⊙0的切线,A为切点,PO交⊙0于点B，∠P=30°,OB=3,则线段BP的长为（

）.A.3B.C.6D.9【答案】A【解析】：连接OA∵PA为⊙0的切线∴OA⊥AP∴∠OAP=90°∵∠P=30°∴OP=OB+BP=2OA=2OB=6∴BP=3故答案为：A【分析】已知圆的切线。因此连半径OA，可证得△OAP是直角三角形，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，就可求出B

P的长。8.如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠B=40°，AC边的垂直平分线交BC于点E，连接AE，则∠BAE的度数是（）A.45°B.50°C.55°D.60°【答案】D【解析】∵AB=AC，∠B=4

0°，∴∠B=∠C=40°，∴∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=100°，又∵AC边的垂直平分线交BC于点E，∴AE=CE，∴∠CAE=∠C=40°，∴∠BAE=∠BAC﹣∠CAE=60°．故答案为：D．【分析】由等腰三角形的性质可得

∠B=∠C=40°，根据三角形的内角和定理得∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=100°，根据线段的垂直平分线的性质可得AE=CE，所以由等腰三角形的性质可得∠CAE=∠C=40°，所以∠BAE=∠BAC﹣∠CAE=60°．9.在

矩形ABCD中，AC，BD相交于O，AE⊥BD于E，OF⊥AD于F，若BE：ED=1：3，OF=3cm，则BD的长是（）cm．A.6B.8C.10D.12【答案】D【解析】∵ABCD是矩形，∴BO=OD

=OA．∵BE：ED=1：3，∴BE=EO．又AE⊥BD，∴OB=OA=AB．∴∠ABD=60°．∴∠FDO=30°∵OF⊥AD，OF=3，∴OD=6．∴BD=2•OD=12．故答案为：D．【分析】先证得三角形A

BO为等边三角形，从而解得∠BAO=60º，即∠ODA=∠OAD=30º，进而解直角三角形OFD求得OD=6，即可求得BD=12.10.如图，点D在△ABC的边AB的延长线上，DE∥BC，若∠A＝35°,∠C＝24°,则∠D的度数是（）。A.24°B.59°C.60°D.69°【答案】

B【解析】：∵∠A=35°，∠C=24°，∴∠DBC=∠A+∠C=35°+24°=59°，又∵DE∥BC，∴∠D=∠DBC=59°.故答案为：B.【分析】根据三角形外角性质得∠DBC=∠A+∠C，再由平行线性质得∠D=∠DBC.11.如图，等边三角形边长是定值，点是它的外心，过点任意作一条直

线分别交，于点，，将沿直线折叠，得到，若，分别交于点，，连接，，则下列判断错误的是（）A.B.的周长是一个定值C.四边形的面积是一个定值D.四边形的面积是一个定值【答案】D【解析】：A、连结OA、OC，∵点O是等边三角形ABC的外心，∴AO平分∠BAC，∴点O到AB、AC的距离相等，由折叠得：

DO平分∠BDB'，∴点O到AB、DB'的距离相等，∴点O到DB'、AC的距离相等，∴FO平分∠DFG，∠DFO=∠OFG=（∠FAD+∠ADF），由折叠得：∠BDE=∠ODF=（∠DAF+∠AFD），∴∠OFD+∠ODF=（∠FAD

+∠ADF+∠DAF+∠AFD）=120°，∴∠DOF=60°，同理可得∠EOG=60°，∴∠FOG=60°=∠DOF=∠EOG,∴△DOF≌△GOF≌△GOE∴OD=OG,OE=OF,∠OGF=∠ODF=∠ODB,∠OFG=∠OEG=∠OEB，∴△OAD≌△OCG,△OAF≌△OCE,

∴AD=CG,AF=CE,∴△ADF≌△CGE.故A不符合题意；B、∵△DOF≌△GOF≌△GOE,∴DF=GF=GE,∴△ADF≌△B'GF≌△CGE,∴B'G=AD,∴△B'FG的周长-FG+B'F+B'G=FG+AF+CG=AC（定值），故B不符合题意；C、S四边形FOEC=S△OC

F+S△OCE=S△OCF+S△OAF=S△AOC=S△ABC（定值），故C不符合题意；D、S四边形OGB'F=S△OFG+S△B'GF=S△OFD+S△ADF=S四边形OFAD=S△OAD+S△OAF=S△OCG+S△OAF=S△OAC-S△OFG,过点O作OH⊥AC于H，∴S△OFG=,由

于OH是定值，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化。故D符合题意。故答案为：D【分析】A、根据等边三角形ABC的外心的性质可知，AO平分∠BAC，根据角平分线的定理和逆定理得：FO平分∠DFG，由外角的性质可证明∠DOF=

60°，同理可得∠EOG=60°，∠FOG=60°=∠DOF=∠EOG，可证明△DOF≌△GOF≌△GOE，△OAD≌△OCG,△OAF≌△OCE,可得AD=CG,AF=CE,从而得△ADF≌△CGE；B、根据△

DOF≌△GOF≌△GOE，得DF=GF=GE,所以△ADF≌△B'GF≌△CGE,可得结论；C、根据S四边形FOEC=S△OCF+S△OCE，依次换成面积相等的三角形，可得结论为：S△AOC=S△ABC（定值），据此判断；

D、方法同C，将S四边形OGB'F=S△OAC-S△OFG,根据S△OFG=·FG·OH,FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，据此判断；12.如图，在中，，.以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点，为圆心，大于的

长为半径画弧，两弧相交于点，射线交的延长线于点，则的长是（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】：由射线CN的尺规作图的方法可知CN是∠BCD的平分线，则∠BCN=∠DCN．在□ABCD中，AB∥CD，∴∠E

=∠DCN=∠BCN，∴BE=BC=3，∴AE=BE-AB=3-2=1.故答案为：B.【分析】首先由尺规作图的步骤可知这是作∠BCD的角平分线CN；由平行四边形的性质可得AB∥CD，则∠E=∠DCN=∠BCN，由“等角对等边”

可知△BCE是等腰三角形即可求得AE的长度．二、填空题13.若一个等腰三角形的顶角等于50°，则它的底角等于________．【答案】65°【解析】：∵等腰三角形的顶角等于50°，∴它的底角为：（180°-

50°）÷2=65°.故答案为：65°.【分析】根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得出答案.14.在△ABC中,AB=AC,∠BAC=100°,点D在BC边上,连接AD,若△ABD为直角三角形,则∠

ADC的度数为________.【答案】90º或130º【解析】：∵AB=AC，∠BAC=100°∴∠C=∠B=（180°-100°）÷2=40°如图1，当Rt△ABD的∠CAD=90°时∠ADB=∠C+∠CAD=40°+90°=130°；如图2，Rt△ABD中∠ADB=90°故答案为：9

0°或130°【分析】根据等边对等角及三角形的内角和定理，可求出∠C的度数，再分情况讨论：当Rt△ABD的∠CAD=90°时，利用三角形外角的性质可求出∠ADB的度数；Rt△ABD中∠ADB=90°；即可求解。15.如图，在边长为4的等

边中，，分别为，的中点，于点，为的中点，连接，则的长为________．【答案】【解析】连接DE，∵D、E分别是AB、BC的中点，∴DE∥AC，DE=AC∵ΔABC是等边三角形，且BC=4∴∠DEB=60°,DE=2∵EF⊥AC，∠C=60°,EC

=2∴∠FEC=30°，EF=∴∠DEG=180°-60°-30°=90°∵G是EF的中点，∴EG=.在RtΔDEG中，DG=故答案为：.【分析】连接DE，根据三角形的中位线定理得出DE∥AC，DE=AC，根据等边三角形的性质由ΔABC是等边三角形得出∠DE

B=60°,DE=2，根据含30º直角三角形的边之间的关系，及中点定义得出EF的长，进而判断出ΔDEG是直角三角形，根据勾股定理得出DG的长。16.如图，四边形ABCD为菱形，E为对角线BD延长线上一点，BD＝4，DE＝1，∠BAE＝45°，则AB长为________．【答案】【解析】：

连接AO交BD于O，作BM⊥AE于M，交AC于N．∵∠BAE=45°，∠BMA=90°，∴∠MAB=∠MBA=45°，∴AM=BM，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠AOE=90°，设AM=BM=b，ME=

a，∵∠E=∠E，∠AOE=∠BME=90°，∴△AOE∽△BME，∴=，∴=，∴a2+ab=15①又∵a2+b2=25②①×5﹣②×3得到：2a2+5ab﹣3b2=0，∴（a+3b）（2a﹣b）=0，∴b=2a

代入②得到a=，∴b=2，∵AB=AM=2．故答案为2．【分析】连接AO交BD于O，作BM⊥AE于M，交AC于N．根据三角形的内角和判断出∠MAB=∠MBA=45°，根据等边对等角得出AM=BM，根据菱

形的性质得出AC⊥BD，∠AOE=90°，设AM=BM=b，ME=a，然后判断出△AOE∽△BME，根据相似三角形对应边成比例得出OE∶EM=AE∶BE，从而得出关于a,b的方程，a2+ab=15①，根据勾股定理得出a2+b2=25②，①×5﹣②×3得到：2a2+5ab﹣3b2=0，求解得出，a,

b的值，根据等腰直角三角形边之间的关系由AB=AM得出答案。17.如图，在△ABC中，点D，E分别是BC，AC的中点，AB=8，则DE的长为________。【答案】4【解析】：∵点D，E分别是BC，AC的中点∴DE是△ABC的中位线∴DE=AB=×8=4故

答案为：4【分析】根据已知可得出DE是△ABC的中位线，再根据中位线定理，可求出DE的长。18.如图，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3cm，AC＝5cm，将△ABC折叠，使点C与A重合，得折痕DE，则△ABE的周长等

于________cm.【答案】7【解析】：依题可得：AE=CE,在Rt△ABC中，∵AB＝3cm，AC＝5cm，∴BC=4,∴C△ABE=AB+BE+EA=AB+BE+EC=AB+BC=3+4=7，故答案为：7.【分析】

根据折叠的性质可知AE=CE,在Rt△ABC中，根据勾股定理可求得BC长，再根据三角形周长即可求得答案.19.如图，在正方形中，，点，分别在，上，，，相交于点.若图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为，则的周长为________．【答案】【解析

】：∵阴影部分的面积与正方形的面积之比为，∴空白部分的面积=在△BCE和△CDF中，∴△BCE≌△CDF（SAS），∴，∠BEC=∠CFD，∴，即，∴，∵∠BEC=∠CFD，∠CFD+∠DCF=90°，∴∠BEC+∠DCF=90°

，则∠BGC=90°，在Rt△BCG中，设BG=x，CG=y，则可得，∴，∴△BCG的周长为BC+BG+CG=故答案为：.【分析】阴影部分的面积与正方形的面积之比可求得空白部分的面积，由CE=DF，不难证得△BCE≌△CDF，则可得，求得；由△BCE≌△CDF，全等三角形的性质可证明∠B

GC=90°；问题是求△BCE的周长，BC已知，所以只需要求出BG+CG的即可，由三角形面积公式及勾股定理，根据代数式的运算求出BG+CG值即可．20.如图，在矩形ABCD中，AB=6，E，H分别为AD、CD的中点，沿BE将△ABE折叠，若点A恰好落在BH上的F处，则AD＝________【答

案】【解析】：连接EH．∵点E、点H是AD、DC的中点，∴AE=ED，CH=DH=CD=AB=3，由折叠的性质可得AE=FE，∴FE=DE．在Rt△EFH和Rt△EDH中，∵，∴Rt△EFH≌Rt△EDH（HL），∴FH=DH=3，∴BH=BF+FH=AB+DH=6+3=9．

在Rt△BCH中，BC===，∴AD=BC=．故答案为：．【分析】连接EH．根据三角形的中位线定理可得，AE=ED，CH=DH=CD=AB=3，由折叠的性质可得AE=FE，所以FE=DE．用斜边直角边定理可证得Rt△EFH≌Rt△EDH，所以FH=DH=3，由线段的构成可得BH=BF+FH

=AB+DH=6+3=9，在Rt△BCH中，由勾股定理可求得BC==6=AD.三、解答题21.如图，，，、相交于点.求证：.【答案】解：∵∠A=∠D=90°在Rt△ABC和Rt△DCB中BC=CBAC=DB∴Rt△ABC≌

Rt△DCB（HL）∴∠ACB=∠DBC∴OB=OC【解析】【分析】根据直角三角形的全等判定定理，可证得Rt△ABC≌Rt△DCB，得出∠ACB=∠DBC，再根据等角对等边，可证得结论。22.如图，点D，C在BF上，AB∥EF，∠A=∠E，BD=CF．求证：AB=EF．

【答案】证明：∵AB∥EF，∴∠B=∠F．又∵BD=CF，∴BC=FD．在△ABC与△EFD中，∴△ABC≌△EFD（AAS），∴AB=EF【解析】【分析】根据平行线的性质可得∠B=∠F．用角角边可证得△A

BC≌△EFD，所以AB=EF。23.如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC＝90°，∠DAE＝90°，B，C，D在同一条直线上．求证：BD＝CE.【答案】证明：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AD＝AE，AB＝AC又∵∠EAC＝90°＋∠CAD，∠DAB＝90°

＋∠CAD，∴∠DAB＝∠EAC.∵在△ADB和△AEC中，∴△ADB≌△AEC(SAS)，∴BD＝CE.【解析】【分析】根据等腰直角三角形的性质，可证得AD＝AE，AB＝AC，再证明∠DAB＝∠EAC，然后根据全等三角形的判定方法，证明△ADB≌△AEC，从而可证得结论。24.已

知：如图，AB＝AE，∠1＝∠2，∠B＝∠E.求证：BC＝ED.【答案】证明：∵∠1＝∠2，∴∠1＋∠BAD＝∠2＋∠BAD，即：∠EAD＝∠BAC.在△EAD和△BAC中，∴△ABC≌△AED(ASA)，∴BC＝ED【解析】【分析】根据∠1＝∠2，证得∠EAD＝∠

BAC，再利用全等三角形的判定证明△ABC≌△AED，然后根据全等三角形的性质可证得结论。25.已知，等边三角形ABC的边长为5，点P在线段AB上，点D在线段BC上，且△PDE是等边三角形．（1）初步尝试：若点P与点A重

合时（如图1），BD+BE=________（2）类比探究：将点P沿AB方向移动，使AP=1，其余条件不变（如图2），试计算BD+BE的值是多少？（3）拓展迁移：如图3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=70°，点P在线段AB的延长线上，点D在线段CB的延长线

上，在△PDE中，PD=PE，∠DPE=70°，设BP=a，请直接写出线段BD、BE之间的数量关系（用含a的式子表示）【答案】（1）5（2）解：如图2，过点P作PF∥AC交BC于F，∴△FPB是等边三角形，∴BF=PF=PB=AB﹣AP=4，∠BPF=60°，∵△PDE是等边三角

形，∴PD=PE，∠DPE=60°，∴∠BPE=∠FPD，∴△PBE≌△PFD，∴BE=DF，∴BD+BE=BD+DF=BF=4；（3）解：如图3，过点P作PF∥AC交BC于F，∴∠BPF=∠BAC=70°，∠PFB=∠C，∵AB=AC，∠BAC=70°，∴∠ABC=∠C=55°，∴∠PFB

=∠C=∠PBF=55°，∴PF=PB=a，∵∠BPF=∠DPE=70°，∴∠DPF=∠EPB，∵PD=PE，∴△PBE≌△PFD，∴BE=DF，过点P作PG⊥BC于G，∴BF=2BG，在Rt△BPG中，∠PBD=55°，∴BG=BP•cos∠PBD=a•cos55°，∴BF=2BG=

2a•cos55°，∴BD﹣BE=BD﹣DF=BF=2a•cos55°．【解析】：（1）∵△ABC和△PDE是等边三角形，∴PE=PD，AB=AC，∠DPE=∠CAB=60°，∴∠BPE=∠CAD，∴△PBE≌△ACD，∴BE=CD，∴BD+BE=BD+CD=B

C=5，故答案为5；【分析】（1）由已知条件用边角边易证得△PBE≌△ACD，所以可得BE=CD，所以BE+BD=BD+CD=BC;（2）由（1）的方法可作辅助线，过点P作PF∥AC交BC于F，将问题转化为（1）的形

式，同理可证△PBE≌△PFD，则BE=DF，所以BE+BD=BD+FD=BF;由题意得BF=BC-1=4，问题得解；（3）由（1）和（2）的思路可作辅助线，过点P作PF∥AC交BC于F，过点P作PG⊥BC于G，根据已知条件

易证得△PBE≌△PFD，BE=DF，则BF=2BG，在Rt△BPG中，解直角三角形即可用含a的代数式表示BG，则BF=2BG也可用含a的代数式表示，所以BD﹣BE=BD﹣DF=BF可得结论。