中考數學專題復習卷 三角形(含解析)-人教版初中九年級全冊數學試題

2024年2月15日發(作者：相形見拙的意思)

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三角形

一、選擇題

1.在直角三角形中，若勾為3，股為4，則弦為（ ）

A. 5

B. 6

C. 7

D. 8

【答案】A

【解析】 ：∵在直角三角形中，勾為3，股為4，∴弦為故答案為：A．【分析】根據在直角三角形中，勾是最短的直角邊，股是長的直角邊，弦是斜邊，知道勾和股利用勾股定理，即可得出答案。

2.在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AC=8，BD=10，那么BC的取值X圍是（ ）

A.8

【答案】D

【解析】 ：如圖

∵?ABCD，AC=8，BD=10，∴OB=BD=5，OC=AC=4∴5-4＜BC＜5+4，即1＜BC＜9故答案為：D【分析】根據平行四邊形的性質求出OB、OC的長，再根據三角形三邊關系定理，建立不等式組，求解即可。

3.如圖所示,∠A=50°,∠B=20°,∠D=30°,則∠BCD的度數為（ ）

A. 80° B. 100° C. 120°

D. 140°

【答案】B

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【解析】 如圖，延長BC交AD于點E，∵∠BCD=∠D+∠DEC，∠DEC=∠A+∠B，∴∠BCD=∠A+∠B+∠D，∵∠A=50°，∠B=20°，∠D=30°，∴∠BCD=50°+20°+30°=100°，故答案為：B.【分析】延長BC交AD于點E，根據三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和可得∠BCD=∠D+∠DEC，∠DEC=∠A+∠B，所以∠BCD=∠A+∠B+∠D，由已知可得∠BCD=50°+20°+30°=100°。

4.如圖，BE∥AF，點D是AB上一點，且DC⊥BE于點C，若∠A=35°，則∠ADC的度數（ ）

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°．故答案為：C．【分析】由平行線的性質可得∠B=∠A=35°，根據三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和可得∠ADC=90°+35°=125°。

5.如圖，在Rt ABC中，∠ACB=900，BC=2．將ABC繞頂點C逆時針旋轉得到△，使點B’落在AC邊上．設M是的中點，連接BM，CM，BCM的面積為（ ）

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

【答案】A

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【解析】 ：過點M作MD⊥AB于點D∴∠MDA=90°∵M是 B′C′ 的中點∴A'M=A′B′∵△ ABC繞頂點C逆時針旋轉得到△A ′B ′C ′∴BC=BC=2，∠ACB=∠ACB=90°=∠MDA∴MD∥AC∴∴MD=1∴S△BCM=BCMD=×2×1=1故答案為;A【分析】過點M作MD⊥A ' B于點D，根據旋轉的性質，可證得BC=B 'C=2，∠ACB=∠A ' CB ' =90°=∠MDA '，再根據平行線分線段成比例及線段中點的定義，可得線段成比例，求出MD的長，然后利用三角形的面積公式，求解即可。

6.如圖，ABC中，正方形DEFG的頂點D，G分別在AB，AC上，頂點E，F在BC上．若△ADG、△BED、△CFG的面積分別是1、3、1，則正方形的邊長為（ ）

A. B.

C. 2

D. 2

【答案】C

【解析】：過A作AM⊥BC于M，交DG于N，設正方形DEFG的邊長是a，AN=b，∵四邊形DEFG是正方形，∴DG=GF=EF=DE=MN=a，DG∥BC，∵S△ADG=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∴22BCAM=（4b+a）（a+b）=4b+5ab+a∴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即正方形的邊長是2，【分析】過A作AM⊥BC于M，交DG于N，設正方形DEFG的邊3 / 13

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長是a，AN=b，根據已知及三角形的面積公式，可得出ab=2，用含b的代數式分別表示出BE、CF、AM、BC的長，再根據S正方形DEFG=S△ABC?(S△ADG+S△BDE+S△CFG)=a，得出a=2b，結合ab=2，求出a、b的值即可求解。

7.如圖，點P為⊙O外一點,PA為⊙0的切線,A為切點,PO交⊙0于點B，∠P=30°,OB=3,則線段BP的長為2（ ）.

A. 3 B.

C. 6

D. 9

【答案】A

【解析】：連接OA∵PA為⊙0的切線∴OA⊥AP∴∠OAP=90°∵∠P=30°∴OP=OB+BP=2OA=2OB=6∴BP=3故答案為：A【分析】已知圓的切線。因此連半徑OA，可證得△OAP是直角三角形，利用30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，就可求出BP的長。

8.如圖，等腰△ABC中，AB=AC，∠B=40°，AC邊的垂直平分線交BC于點E，連接AE，則∠BAE的度數是（ ）

A. 45° B.

50° C. 55° D. 60°

【答案】D

【解析】∵AB=AC，∠B=40°，∴∠B=∠C=40°，∴∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=100°，又∵AC邊的垂直平分線交BC于點E，∴AE=CE，∴∠CAE=∠C=40°，∴∠BAE=∠BAC﹣∠CAE=60°．故答案為：D．【分析】由等腰三角形的性質可得∠B=∠C=40°，根據三角形的內角和定理得∠BAC=180°﹣∠B﹣∠C=100°，根據4 / 13

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線段的垂直平分線的性質可得AE=CE，所以由等腰三角形的性質可得∠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，則BD的長是（ ）cm．

A. 6 B. 8 C. 10 D. 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．故答案為：D．【分析】先證得三角形ABO為等邊三角形，從而解得∠BAO=60o，即∠ODA=∠OAD=30o，進而解直角三角形OFD求得OD=6，即可求得BD=12.

10.如圖，點D在△ABC的邊AB的延長線上，DE∥BC，若∠A＝35°,∠C＝24°,則∠D的度數是（ ）。

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°.故答案為：B.【分析】根據三角形外角性質得∠DBC=∠A+∠C，再由平行線性質得∠D=∠DBC.

11.如圖，等邊三角形，將沿直線邊長是定值，點是它的外心，過點任意作一條直線分別交折疊，得到，若，分別交于點，，連接，，于點，，則下列判斷錯誤的是（ ）

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A.

的周長是一個定值C. 四邊形的面積是一個定的面積是一個定值

B.

值 D. 四邊形【答案】D

【解析】：A、連結OA、OC，∵點O是等邊三角形ABC的外心，∴AO平分∠BAC，∴點O到AB、AC的距離相等，由折疊得：DO平分∠BDB'，∴點O到AB、DB'的距離相等，∴點O到DB'、AC的距離相等，∴FO平分∠DFG，∠DFO=∠OFG=（∠FAD+∠ADF），由折疊得：∠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不符合題意；B、∵△DOF≌△GOF≌△GOE,∴DF=GF=GE,∴△ADF≌△B'GF≌△CGE,∴B'G=AD,∴△B'FG的周長-FG+B'F+B'G=FG+AF+CG=AC（定值），故B不符合題意；C、S四邊形FOEC=S△OCF+S△OCE=S△OCF+S△OAF=S△AOC=S△ABC（定值），故C不符合題意；D、S四邊形OGB'F=S△OFG+S△B'GF=S△OFD+S△ADF=S四邊形OFAD=S△OAD+S△OAF=S△OCG+S△OAF=S△OAC-S△OFG,過點O作OH⊥AC于H，∴S△OFG=,由于OH是定值，FG變化，故△OFG的面積變化，從而四邊形OGB'F的面積也變化。故D符合題意。故答案為：D【分析】A、根據等邊三角形ABC的外心的性質可知，AO平分∠BAC，根據角平分線的定理和逆定理得：FO平分∠DFG，由外角的性質可證明∠DOF=60°，同理可得∠EOG=60°，∠FOG=60°=∠DOF=∠EOG，可證明△DOF≌△GOF≌△GOE，△OAD≌△OCG,△OAF≌△OCE,可得AD=CG,AF=CE,從而得△ADF≌△CGE；B、根據△DOF≌△GOF≌△GOE，得DF=GF=GE,所以△ADF≌△B'GF≌△CGE,可得結論；C、根據S四邊形FOEC=S△OCF+S△OCE，依次換成面積相等的三角形，可得結論為：S△AOC=S△ABC（定值），據此判斷；D、方法同C，將S四邊形OGB'F=S△OAC-S△OFG,根據S△OFG=·FG·OH,FG變化，故△OFG的面積變化，從而四邊形OGB'F的面積也變化，據此判斷；

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12.如圖，在中，，.以點為圓心，適當長為半徑畫弧，交的長為半徑畫弧，兩弧相交于點，射線于點，交交于點，再分別以點，為圓心，大于于點，則的長是（ ）

的延長線

A.B.1C.D.

【答案】B

【解析】 ：由射線的尺規作圖的方法可知是∠BCD的平分線，則∠B=∠D．在□ABCD中，AB∥CD，∴∠E=∠D=∠B，∴BE=BC=3，∴AE=BE-AB=3-2=1.故答案為：B.【分析】首先由尺規作圖的步驟可知這是作∠BCD的角平分線；由平行四邊形的性質可得AB∥CD，則∠E=∠D=∠B，由“等角對等邊”可知△BCE是等腰三角形即可求得AE的長度．

二、填空題

13.若一個等腰三角形的頂角等于50°，則它的底角等于________．

【答案】65°

【解析】 ：∵等腰三角形的頂角等于50°，∴它的底角為：（180°-50°）÷2=65°.故答案為：65°.【分析】根據等腰三角形的性質和三角形的內角和即可得出答案.

14.在△ABC中, AB=AC,∠BAC=100°,點D在BC邊上,連接AD,若△ABD為直角三角形,則∠ADC的度數為________.

【答案】90o或130o

【解析】 ：∵AB=AC，∠BAC=100°∴∠C=∠B=（180°-100°）÷2=40°如圖1，當Rt△ABD的∠CAD=90°時∠ADB=∠C+∠CAD=40°+90°=130°；如7 / 13

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圖2，Rt△ABD中∠ADB=90°故答案為：90°或130°【分析】根據等邊對等角及三角形的內角和定理，可求出∠C的度數，再分情況討論：當Rt△ABD的∠CAD=90°時，利用三角形外角的性質可求出∠ADB的度數；Rt△ABD中∠ADB=90°；即可求解。

15.如圖，在邊長為4的等邊中點，連接【答案】

，則中，，分別為，的中點，于點，為的的長為________．

【解析】連接DE，∵D、E分別是AB、BC的中點，∴DE∥AC，DE= AC∵ΔABC是等邊三角形，且BC=4∴∠DEB=60°,DE=2∵EF⊥AC，∠C=60°,EC=2∴∠FEC=30°，EF= ∴∠DEG=180°-60°-30°=90°∵G是EF的中點，∴EG= . 在RtΔDEG中，DG= 故答案為：.【分析】連接DE，根據三角形的中位線定理得出DE∥AC，DE= AC，根據等邊三角形的性質由ΔABC是等邊三角形得出∠DEB=60°,DE=2，根據含30o直角三角形的邊之間的關系，及中點定義得出EF的長，進而判斷出ΔDEG是直角三角形，根據勾股定理得出DG的長。

16.如圖，四邊形ABCD為菱形，E為對角線BD延長線上一點，BD＝4，DE＝1，∠BAE＝45°，則AB長為

________．

【答案】

【解析】：連接AO交BD于O，作BM⊥AE于M，交AC于N．∵∠BAE=45°，∠BMA=90°，∴∠MAB=∠MBA=45°，∴AM=BM，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠AOE=90°，設AM=BM=b，ME=a，∵∠E=∠E，∠AOE=∠BME=90°，∴△AOE∽△BME，∴= ，∴= ，∴a2+ab=15 ①又∵a2+b2=25 ②①×5﹣②×3得到：2a2+5ab﹣3b2=0，∴（a+3b）（2a﹣b）=0，∴b=2a代入②得到a= ，∴b=2 ，∵AB= AM=2 ．故答案為2 ．【分析】連接AO8 / 13

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交BD于O，作BM⊥AE于M，交AC于N．根據三角形的內角和判斷出∠MAB=∠MBA=45°，根據等邊對等角得出AM=BM，根據菱形的性質得出AC⊥BD，∠AOE=90°，設AM=BM=b，ME=a，然后判斷出△AOE∽△BME，根據相似三角形對應邊成比例得出 O E∶ E M = A E∶ B E，從而得出關于a,b的方程，a+ab=15 ①，根據勾股定理得出a+b=25 ②，①×5﹣②×3得到：2a+5ab﹣3b=0，求解得出，a,b的值，根據等腰直角三角形邊之間的關系由AB= AM得出答案。

2222217.如圖，在△ABC中，點D，E分別是BC，AC的中點，AB=8，則DE的長為________。

【答案】4

【解析】 ：∵點D，E分別是BC，AC的中點∴DE是△ABC的中位線∴DE=AB=×8=4故答案為：4【分析】根據已知可得出DE是△ABC的中位線，再根據中位線定理，可求出DE的長。

18.如圖，Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3cm，AC＝5cm，將△ABC折疊，使點C與A重合，得折痕DE，則△ABE的周長等于________cm.

【答案】7

【解析】：依題可得：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，故答案為：7.【分析】根據折疊的性質可知AE=CE,在Rt△ABC中，根據勾股定理可求得BC長，再根據三角形周長即可求得答案.

19.如圖，在正方形中，，點，分別在的面積之比為，，則上，，，相交于點.若圖中陰影部分的面積與正方形

【答案】

的周長為________．

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【解析】 ：∵陰影部分的面積與正方形的面積之比為，∴空白部分的面積= 在△BCE和△CDF中，∴，即 ∴△BCE≌△CDF（SAS），∴，∴，∠BEC=∠CFD，，∵∠BEC=∠CFD，∠CFD+∠DCF=90°，∴∠BEC+∠DCF=90°，則∠BGC=90°，在Rt△BCG中，設BG=x，CG=y，則 可得，∴正方形，∴△BCG的周長為BC+BG+CG= 故答案為：.【分析】陰影部分的面積與的面積之比可求得空白部分的面積，由CE=DF，不難證得△BCE≌△CDF，則可得，求得；由△BCE≌△CDF，全等三角形的性質可證明∠BGC=90°；問題是求△BCE的周長，BC已知，所以只需要求出BG+CG的即可，由三角形面積公式及勾股定理，根據代數式的運算求出BG+CG值即可．

20.如圖，在矩形ABCD中，AB=6，E，H分別為AD、CD的中點，沿BE將△ABE折疊，若點A恰好落在BH上的F處，則AD＝________

【答案】

【解析】 ：連接EH．∵點E、點H是AD、DC的中點，∴AE=ED，CH=DH= CD=

AB=3，由折疊的性質可得AE=FE，∴FE=DE．在Rt△EFH和Rt△EDH中，∵△EDH（HL），∴FH=DH=3，∴BH=BF+FH=AB+DH=6+3=9．在Rt△BCH中，BC=

，∴AD=BC= ．故答案為：，∴Rt△EFH≌Rt= =

．【分析】連接EH．根據三角形的中位線定理可得，AE=ED，CH=DH=CD=AB=3，由折疊的性質可得AE=FE，所以FE=DE．用斜邊直角邊定理可證得Rt△EFH≌Rt△10 / 13

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EDH，所以FH=DH=3，由線段的構成可得BH=BF+FH=AB+DH=6+3=9，在Rt△BCH中，由勾股定理可求得BC=三、解答題

21.如圖，，，、相交于點.求證：=6=AD.

.

【答案】解：∵∠A=∠D=90°在Rt△ABC和Rt△DCB中BC=CB AC=DB∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL）∴∠ACB=∠DBC∴OB=OC

【解析】【分析】根據直角三角形的全等判定定理，可證得Rt△ABC≌Rt△DCB，得出∠ACB=∠DBC，再根據等角對等邊，可證得結論。

22.如圖，點D，C在BF上，AB∥EF，∠A=∠E，BD=CF．求證：AB=EF．

【答案】證明：∵AB∥EF，∴∠B=∠F．又∵BD=CF，∴BC=FD．在△ABC與△EFD中≌△EFD（AAS），∴AB=EF

，∴△ABC【解析】【分析】根據平行線的性質可得∠B=∠F．用角角邊可證得△ABC≌△EFD，所以AB=EF。

23.如圖，△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC＝90°，∠DAE＝90°，B，C，D在同一條直線上．求證：BD＝CE.

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【答案】證明：∵△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，AEC(SAS)，∴BD＝CE.

【解析】【分析】根據等腰直角三角形的性質，可證得AD＝AE，AB＝AC，再證明∠DAB＝∠EAC，然后根據全等三角形的判定方法，證明△ADB≌△AEC，從而可證得結論。

∴△ADB≌△24.已知：如圖，AB＝AE，∠1＝∠2，∠B＝∠E.求證：BC＝ED.

【答案】證明：∵∠1＝∠2，∴∠1＋∠BAD＝∠2＋∠BAD，即：∠EAD＝∠BAC.在△EAD和△BAC中，∴△ABC≌△AED(ASA)，∴BC＝ED

【解析】【分析】根據∠1＝∠2，證得∠EAD＝∠BAC，再利用全等三角形的判定證明△ABC≌△AED，然后根據全等三角形的性質可證得結論。

25.已知，等邊三角形ABC的邊長為5，點P在線段AB上，點D在線段BC上，且△PDE是等邊三角形．

（1）初步嘗試：若點P與點A重合時（如圖1），BD+BE=________

（2）類比探究：將點P沿AB方向移動，使AP=1，其余條件不變（如圖2），試計算BD+BE的值是多少？

（3）拓展遷移：如圖3，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=70°，點P在線段AB的延長線上，點D在線段CB的延長線上，在△PDE中，PD=PE，∠DPE=70°，設BP=a，請直接寫出線段BD、BE之間的數量關系（用含a的式子表示）

【答案】（1）5（2）解：如圖2，過點P作PF∥AC交BC于F，∴△FPB是等邊三角形，∴BF=PF=PB=AB﹣AP=4，∠BPF=60°，∵△PDE是等邊三角形，∴PD=PE，∠DPE=60°，∴∠BPE=∠FPD，∴△PBE≌△12 / 13

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PFD，∴BE=DF，∴BD+BE=BD+DF=BF=4；（3）解：如圖3，過點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，過點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是等邊三角形，∴PE=PD，AB=AC，∠DPE=∠CAB=60°，∴∠BPE=∠CAD，∴△PBE≌△ACD，∴BE=CD，∴BD+BE=BD+CD=BC=5，故答案為5；【分析】（1）由已知條件用邊角邊易證得△PBE≌△ACD，所以可得BE=CD，所以BE+BD=BD+CD=BC ;（2）由（1）的方法可作輔助線，過點P作PF∥AC交BC于F，將問題轉化為（1）的形式，同理可證△PBE≌△PFD，則BE=DF，所以BE+BD=BD+FD=BF;由題意得BF=BC-1=4，問題得解；（3）由（1）和（2）的思路可作輔助線，過點P作PF∥AC交BC于F，過點P作PG⊥BC于G，根據已知條件易證得△PBE≌△PFD，BE=DF，則BF=2BG，在Rt△BPG中，解直角三角形即可用含a的代數式表示BG，則BF=2BG也可用含a的代數式表示，所以BD﹣BE=BD﹣DF=BF可得結論。

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