浙江省中考数学分类汇编专题三角形部分解析版.docx
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浙江省中考数学分类汇编专题三角形部分解析版
2019年浙江省中考数学分类汇编专题三角形部分（解析版）
一、单选题
1.下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A. 3，4，8 B. 5，6，10 C. 5，5，11 D. 5，6，11
【答案】B
【考点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：
A.∵3+4＜8，故不能组成三角形，A不符合题意；
B.∵5+6＞10，故能组成三角形，B符合题意；
C.∵5+5＜11，故不能组成三角形，C不符合题意；
D.∵5+6=11，故不能组成三角形，D不符合题意；
故答案为：
B.
【分析】三角形三边的关系：
两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，依此即可得出答案.
2.已知直线m∥n，将一块含45°角的直角三角板ABC按如图方式放置，其中斜边BC与直线n交于点D.若∠1=25°，则∠2的度数为（ ）
A. 60° B. 65° C. 70° D. 75°
【答案】C
【考点】平行线的性质，三角形的外角性质
【解析】【解答】解：
设直线n与AB的交点为E。
∵∠AED是△BED的一个外角，
∴∠AED=∠B+∠1，
∵∠B=45°，∠1=25°，
∴∠AED=45°+25°=70°
∵m∥n，
∴∠2=∠AED=70°。
故答案为：
C。
【分析】设直线n与AB的交点为E。
由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可得∠AED=∠B+∠1，再根据两直线平行内错角相等可得∠2=∠AED可求解。
3.若长度分别为a，3，5的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（ ）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 8
【答案】C
【考点】三角形三边关系
【解析】【解答】解：
∵三角形三边长分别为：
a，3，5，
∴a的取值范围为：
2＜a＜8，
∴a的所有可能取值为：
3，4，5，6，7.
故答案为：
C.
【分析】三角形三边的关系：
两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，由此得出a的取值范围，从而可得答案.
4.如图，墙上钉着三根木条，a，b，c，量得∠1=70°，∠2=100°，那么木条a，b所在直线所夹的锐角是（ ）
A. 5°
B. 10°
C. 30°
D. 70°
【答案】B
【考点】三角形内角和定理
【解析】【解答】解：
如图，
∵∠2=∠3=100°，∠1=70°
∴a、b两直线所夹的锐角为：
180°-∠1-∠3=180°-70°-100°=10°
故答案为：
B
【分析】根据对顶角相等，可求出∠3的度数，再利用三角形内角和定理就可求出a、b两直线所夹的锐角的度数。
5.如图，已知在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，BD平分∠ABC，AB＝6，BC＝9，CD＝4，则四边形ABCD的面积是（ ）
A. 24 B. 30 C. 36 D. 42
【答案】B
【考点】三角形的面积，角平分线的性质
【解析】【解答】解：
延长BA,过点D作DE⊥BA交其延长线于点E，如图，
∵BD平分∠ABC，DC⊥BC，DE⊥BE，CD=4，
∴DE=DC=4,
又∵AB=6，BC=9，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD，
=
·AB·DE+
·BC·CD，
=
×6×4+
×9×4，
=12+18，
=30.
故答案为：
B.
【分析】延长BA,过点D作DE⊥BA交其延长线于点E，根据角平分线性质得DE=DC=4,由S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD，代入数据计算即可得出答案.
6.“三等分角”大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的。
借助如图所示的“三等分角仪”能三等分任一角。
这个三等分角仪由两根有槽的棒OA，OB组成，两根棒在O点相连并可绕O转动，C点固定，OC=CD=DE，点D，E可在槽中滑动，若∠BDE=75°，则∠CDE的度数是（ ）
A. 60° B. 65° C. 75° D. 80°
【答案】D
【考点】三角形内角和定理，三角形的外角性质，等腰三角形的性质
【解析】【解答】解：
∵OC=CD=DE，
∴∠O=∠ODC，∠DCE=∠DEC，
设∠O=∠ODC=x，
∴∠DCE=∠DEC=2x，
∴∠CDE=180°-∠DCE-∠DEC=180°-4x，
∵∠BDE=75°，
∴∠ODC+∠CDE+∠BDE=180°，
即x+180°-4x+75°=180°，
解得：
x=25°，
∠CDE=180°-4x=80°.
故答案为：
D.
【分析】由等腰三角形性质得∠O=∠ODC，∠DCE=∠DEC，设∠O=∠ODC=x，由三角形外角性质和三角形内角和定理得∠DCE=∠DEC=2x，∠CDE=180°-4x，根据平角性质列出方程，解之即可的求得x值，再由∠CDE=180°-4x=80°即可求得答案.
7.如图，取两根等宽的纸条折叠穿插，拉紧，可得边长为2的正六边形。
则原来的纸带宽为（ ）
A. 1
B.
C.
D. 2
【答案】C
【考点】等边三角形的性质
【解析】解：
如图，作BG⊥AC，
依题可得：
△ABC是边长为2的等边三角形，
在Rt△BGA中，
∵AB=2，AG=1,
∴BG=
，
即原来的纸宽为
.
故答案为：
C.
【分析】结合题意标上字母，作BG⊥AC，根据题意可得：
△ABC是边长为2的等边三角形，在Rt△BGA中，根据勾股定理即可求得答案.
8.在△ABC中，若一个内角等于另两个内角的差，则（ ）
A. 必有一个内角等于30°
B. 必有一个内角等于45°
C. 必有一个内角等于60°
D. 必有一个内角等于90°
【答案】D
【考点】三角形内角和定理
【解析】【解答】解：
设△ABC的三个内角分别为A、B、C，依题可得，
A=B-C①，
又∵A+B+C=180°②，
②-①得：
2B=180°，
∴B=90°，
∴△ABC必有一个内角等于90°.
故答案为：
D.
【分析】根据题意列出等式A=B-C①，再由三角形内角和定理得A+B+C=180°②，由②-①可得B=90°，由此即可得出答案.
9.勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周醉算经》中早有记载。
如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内.若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（ ）
A. 直角三角形的面积
B. 最大正方形的面积
C. 较小两个正方形重叠部分的面积
D. 最大正方形与直角三角形的面积和
【答案】C
【考点】勾股定理的应用
【解析】【解答】解：
根据勾股定理及正方形的面积计算方法可知：
较小两个直角三角形的面积之和=较大正方形的面积，所以将三个正方形按图2方式放置的时候，较小两正方形重叠部分的面积=阴影部分的面积，所以知道了图2阴影部分的面积即可知道两小正方形重叠部分的面积。
故答案为：
C
【分析】根据勾股定理及正方形面积的计算方法可知：
将三个正方形按图2方式放置的时候，较小两正方形重叠部分的面积=阴影部分的面积，从而即可得出答案。
10.如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（ ）
A.
：
1
B. 3：
2
C.
：
1
D.
：
2
【答案】A
【考点】全等三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：
根据题意标好字母，如图，
依题可得：
∵∠EGK+∠HGM+∠KGM=180°，∠EGK+∠GEK+∠EKG=180°，
∴∠EKG=∠KGM=∠FKE，
∴△EFK≌△EGK，
设AE=AF=x，EG=GH=y，
∴EF=y，
∴2x2=y2，
即x=
y，
连结KMNP，易知四边形KMNP是平行四边形，
∴可得SA=SB+2S四边形KNMP，
∵SB=8S△EGK=8×
y×
y=2（
）y2，
又∵AB=QR，
∴h=
y，
∴SA=2（
）y2+2y2=（2
）y2=2
（
）y2，
∴
=
：
1.
故答案为：
A.
【分析】设AE=AF=x，EG=GH=y，根据题意得2x2=y2，解之得x=
y，连结KMNP，易知四边形KMNP是平行四边形，由SA=SB+2S四边形KNMP，先求SB=8S△EGK=2（
）y2，从而可得SA=2（
）y2+2y2=2
（
）y2，再求其比例即可得出答案.
二、填空题
11.如图，在量角器的圆心O处下挂一铅锤，制作了一个简易测倾仪。
量角器的O刻度线AB对准楼顶时，铅垂线对应的读数是50°，则此时观察楼顶的仰角度数是________ ．
【答案】40°
【考点】三角形内角和定理
【解析】【解答】如图,
依题可得：
∠AOC=50°,
∴∠OAC=40°，
即观察楼顶的仰角度数为40°.
故答案为：
40°.
【分析】根据题意可得∠AOC=50°,由三角形内角和定理得∠OAC=40°，∠OAC即为观察楼顶的仰角度数.
三、作图题
12.如图，在7×6的方格中，△ABC的顶点均在格点上，试按要求画出线段EF（E，F均为格点），各画出一条即可。
【答案】解：
如图所示，
【考点】作图—复杂作图
【解析】【分析】①从图中可得AC边的中点在格点上设为E，过E作AB的平行线即可在格点上找到F，则EG平分BC；
②EC=
，EF=
，FC=
，借助勾股定理确定F点，则EF⊥AC；
③借助圆规作AB的垂直平分线即可。
13.如图，在7×5的方格纸ABCD中，请按要求画图，且所画格点三角形与格点四边形的顶点均不与点A，B，C，D重合．
（1）在图1中画一个格点△EFG，使点E，F，G分别落在边AB，BC，CD上，且∠EFG＝90°；
（2）在图2中画一个格点四边形MNPQ，使点M，N，P，Q分别落在边AB，BC，CD，DA上，且MP＝NQ．
【答案】
（1）解：
画法不唯一，如图1或图2等.
（2）解：
画法不唯一，如图3或图4等.
【考点】勾股定理，勾股定理的应用，作图—复杂作图
【解析】【分析】
（1）为了画出格点三角形，利用勾股定理试算。
设每小正方形的边长为1，构造Rt△EFG，为了保证∠EFG=90°，要使△EBF∽FCG。
（2）先由勾股定理按格点正方形边长试算MP和NQ，使MP=NQ，画出MP和NQ，使其相交，把四边形四点连接即可。
14.定义：
有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线.
（1）如图1，在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点.
求证：
四边形ABEF是邻余四边形。
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上，
（3）如图3，在
（1）的条件下，取EF中点M，连结DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N.若N为AC的中点，DE=2BE，QB=3，求邻余线AB的长。
【答案】
（1）解：
∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC.
∴∠ADB=90°
∴∠DAB+∠DBA=90°.
∴∠FAB与∠EBA互余.
∴四边形ABEF是邻余四边形
（2）解：
如图所示（答案不唯一）
（3）解：
∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴BD=CD.
∵DE=2BE，
∴BD=CD=3BE.
∴CE=CD+DE=5BE.
∵∠EDF=90°，M为EF中点，
∴DM=ME.
∴∠MDE=∠MED.
∵AB=AC，
∴∠B=∠C.
∴△DBQ∽△AECN.
∵
∵QB=3，∴NC=5.
∵AN=CN，
∴AC=2CN=10.
∴AB=AC=10.
【考点】等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质
【解析】【分析】
（1）根据等腰三角形的三线合一得出AD⊥BC，故∠ADB=90°，根据直角三角形的两锐角互余得出∠FAB+∠EBA=90°，根据邻余四边形的定义即可得出结论：
四边形ABEF是邻余四边形；
（2）开放性的命题，答案不唯一：
在过点A的水平线与过点B的竖直线上各取一个格点F，E再顺次连接A,F,E,B即可得出所求的邻余四边形；
（3）根据等腰三角形的三线合一得出BD=CD，进而得出CE=5BE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出DM=ME，根据等边对等角得出∠MDE=∠MED，∠B=∠C，根据有两组角对应相等的两个三角形相似得出△DBQ∽△ECN，根据相似三角形对应边成比例得出QB∶NC=BD∶CE=3∶5,根据比例式得出NC的长，进而即可得出AC的长，最后根据AB=AC即可得出答案。
四、综合题
15.如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AB边上一点，过点C作CF∥AB交ED的延长线于点F．
（1）求证：
△BDE≌△CDF；
（2）当AD⊥BC，AE＝1，CF＝2时，求AC的长．
【答案】
（1）证明：
∵CF∥AB，
∴∠B=∠FCD，∠BED=∠F.
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD,
∴△BDE≌△CDF.
（2）解：
∵△BDE≌△CDF，∴BE=CF=2，
∴AB=AE+BE=1+2=3.
∵AD⊥BC，BD=CD，∴AC=AB=3
【考点】三角形的角平分线、中线和高，直角三角形全等的判定，全等三角形的判定与性质
【解析】【分析】
（1）由于
，D为BC的中点，平行得角相等，中点得线段相等，很容易证三角形全等。
（2）因为D为BC的中点，AD⊥BC，根据中垂线性质知，AB=AC，又根据三角形全等的性质定理知，BE=FC，则AB的长可求，AC的长即求。
16.如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD=30，DM=10.
（1）在旋转过程中，
①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长。
②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长。
（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2.此时∠AD2C=135°，CD2=60，求BD2的长.
【答案】
（1）解:
①AM=AD+DM=40，或AM=AD-DM=20.
②显然∠MAD不能为直角。
当∠AMD为直角时
AM2=AD2-DM2=302-102=800，∴AM=20
当∠ADM为直角时，
AM2=AD2+CM2=302+102=1000 ∴AM=10
（2）解:
连结CD1由题意得∠D1AD2=90°，
AD1=AD2=30
∴∠AD2D1=45°，D1D2=30
又∵∠AD2C=135°，∴∠CD2D1=90°
∴CD1=
=30
∵∠BAC=∠D2AD1=90°
∴即∠BAD2=∠CAD1
又∵AB=AC，AD1=AD2，∴△ABD2≌△ACD1
∴BD2=CD1=30
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质
【解析】【分析】
（1）①根据已知条件，分两种情况讨论，由AM=AD+DM或AM=AD-DM就可求出AM的长；②分情况讨论：
由题意可知∠DAM不能为直角，当∠AMD为直角时；∠ADM为直角时，分别利用勾股定理求出AM的长。
（2）连接CD，利用旋转的性质易证∠D1AD2=90°，AD1=AD2，利用解直角三角形求出D1D2，再证明△CD1D2是直角三角形，利用勾股定理就可求出CD1，然后利用SAS证明△ABD2≌△ACD1，根据全等三角形的性质，就可求出BD2的长.
17.如图，在△ABC中，AC（1）已知线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，连接AP，求证：
∠APC=2∠B.
（2）以点B为圆心，线段AB的长为半径画弧，与BC边交于点Q.连接AQ若∠AQC=3∠B，求∠B的度数.
【答案】
（1）证明：
因为点P在AB的垂直平分线上，
所以PA=PB，
所以∠PAB=∠B，
所以∠APC=∠PAB+∠B=2∠B.
（2）解：
根据题意，得BQ=BA，
所以∠BAQ=∠BQA，
设∠B=x，
所以∠AQC=∠B+∠BAQ=3x，
所以∠BAQ=∠BQA=2x，
在△ABQ中，x+2x+2x=180°.
解得x=36°，即∠B=36°
【考点】三角形内角和定理，三角形的外角性质，线段垂直平分线的性质
【解析】【分析】
（1）根据垂直平分线的性质得PA=PA，由等腰三角形性质得∠PAB=∠B，根据三角形外角性质即可得证.
（2）根据等腰三角形性质得∠BAQ=∠BQA，设∠B=x，由三角形外角性质得与已知条件得∠BAQ=∠BQA=2x，再由三角形内角和定理列出方程，解之即可得出答案.
18.我们知道，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形，对一个各条边都相等的凸多边形（边数大于3），可以由若干条对角线相等判定它是正多边形.例如，各条边都相等的凸四边形，若两条对角线相等，则这个四边形是正方形
（1）已知凸五边形ABCDE的各条边都相等
①如图1，若AC=AD=BE=BD=CE，求证：
五边形ABCDE是正五边形
②2如图2，若AC=BE=CE，请判断五边形ABCDE是不是正五边形，并说明理由
（2）判断下列命题的真假，（在括号内填写“真”或“假”），如图3，已知凸六边形ABCDEF的各条边都相等
①若AC=CE=EA，则六边形ABCDEF是正六边形（________）
②若AD=BE=CF，则六边形ABCDEF是正六边形（________）
【答案】
（1）①解：
AB=BC=CD=DE=EA，AC=AD=BE=BD=CE
∴ ABC≌ BCD≌ CDE≌ DEA≌ EAB
∴∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAD
∴五边形ABCDE是正五边形
②解：
直边形ABCDE是正五边形
理由：
如图，设∠1=a，记AC与EB的交点为O.
AB=BC=CD=DE=EA，，AC=EC=EB，
∴ ABC≌ CDE≌ EAB
∴∠ABC=∠D=∠EAB，∠1=∠2=∠3=∠4=∠5-∠6=a
∴OA=OB，OC=OE
∴∠7=∠8=∠2=∠3=a
∵EB=EC，∴∠9=∠4+∠8=2a
∴∠ABC=∠BCD=∠D=∠DEA=∠EAB=3a
∴五边形ABCDE是正五边形
（2）假
；假
【考点】全等三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：
（2）①假命题，理由如下：
∵AB=BC=CD=DE=EF=FA，AC=CE=EA，
∴△ABC≌△CDE≌△EAB（SSS），
∴∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC=∠FEA=∠FAE，
记∠BAC=α，
又∵AC=CE=EA，
∴△CAE为等边三角形，
∴∠CAE=∠CEA=∠ACE=60°，
∴∠FAB=∠BCD=∠DEF=60°+2α，∠AFE=∠ABC=∠CDF=180°-2α，
∴∠FAB≠∠AFE，
∴六边形ABCDEF不是正六边形，
∴该命题为假.
②∵AD=BE=CF，AB=BC=CD=DE=EF=FA，
∴不能得出三角形全等，
故不能证明该多边形的每个内角相等还是，
∴六边形ABCDEF不是正六边形，
∴该命题为假.
【分析】
（1）①根据全等三角形的判定SSS得△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌△EAB，由全等三角形性质得∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEA=∠EAB，由题中定义即可得证.
②令∠BAC=α，由全等三角形的判定SSS得△ABC≌△CDE≌△EAB，根据全等三角形性质得∠BAC=∠BCA=∠DCE=∠DEC=∠ABE=∠AEB，∠ABC=∠D=∠EAB，由等腰三角形性质及角的计算得∠ABC=∠BCD=∠D=∠DEA=∠EAB=3α，由题中定义即可得证.
（2）①②由全等三角形判定和性质,等腰三角形性质结合题中定义即可判断其为假命题.
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