2025年甘肃省中考数学一轮复习 能力素养提升 命题点精练15　三角形(等腰、等边与直角三角形)课件

2025年甘肃省中考数学一轮复习 能力素养提升 1 命题点精练15　三角形(等腰、等边与直角三角形) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 本课结束 43 1．(2024·淮安)用一根小木棒与两根长度分别为3 cm、5 cm的小木棒组成三角形，则这根小木棒的长度可以是(　　B　　) A．9 cm B．7 cm C．2 cm D．1 cm 解 设第三根木棒长为x cm，由三角形三边关系定理得5－3＜x＜5＋3， 所以x的取值范围是2＜x＜8， 观察选项，只有选项B符合题意．故选B. 2.(2024·广安)如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，BC的中点，若∠A＝45°，∠CED＝70°，则∠C的度数为(　　D　　) A．45° B．50° C．60° D．65° 解 ∵点D，E分别是AC，BC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AB， ∴∠B＝∠CED＝70°， ∴∠C＝180°－∠A－∠B＝180°－45°－70°＝65°.故选D. 3.(2024·巴中)如图，在△ABC中，D是AC的中点，CE⊥AB，BD与CE交于点O，且BE＝CD.下列说法错误的是(　　D　　) A．BD的垂直平分线一定与AB相交于点E B．∠BDC＝3∠ABD C．当E为AB中点时，△ABC是等边三角形 D．当E为AB中点时，eq \f(S△BOC,S△ABC)＝eq \f(3,4) 解 对于选项A，连接DE，如图1所示： 图1 ∵CE⊥AB，点D是AC的中点， ∴DE为Rt△AEC斜边上的中线， ∴DE＝AD＝CD＝eq \f(1,2)AC， ∵BE＝CD， ∴BE＝DE， ∴点E在线段BD的垂直平分线上， 即线段BD的垂直平分线一定与AB相交于点E， 故选项A正确，不符合题意； 对于选项B， 设∠ABD＝α， ∵BE＝DE， ∴∠EDB＝∠ABD＝α， ∴∠AED＝∠EDB＋∠ABD＝2α， ∵DE＝AD， ∴∠A＝∠AED＝2α， ∴∠BDC＝∠A＋∠ABD＝3α， 即∠BDC＝3∠ABD， 故选项B正确，不符合题意； 对于选项C， 当E为AB中点时，BE＝eq \f(1,2)AB， ∵CE⊥AB， ∴CE是线段AB的垂直平分线， ∴AC＝BC， ∵BE＝eq \f(1,2)AB，CD＝eq \f(1,2)AC，BE＝CD， ∴AB＝AC，∴AC＝BC＝AB， ∴△ABC是等边三角形， 故选C正确，不符合题意； 对于选项D， 图2 连接AO，并延长交BC于F，如图2所示： 当E为AB中点时， ∵点D为AC的中点， ∴根据三角形三条中线交于一点得：点F为BC的中点， ∵当E为AB中点时，△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AF⊥BC，AF平分∠BAC，BD平分∠ABC， ∴∠OBC＝∠OAC＝30°， ∴OA＝OB， 在Rt△OBF中，OB＝2OF， ∴OA＝OB＝2OF， ∴AF＝OA＋OF＝3OF， ∴S△OBC＝eq \f(1,2)BC·OF，S△ABC＝eq \f(1,2)BC·AF＝eq \f(3,2)BC·OF， ∴eq \f(S△OBC,S△ABC)＝eq \f(1,3)，故选项D不正确，符合题意．故选D. 4．(2024·海南)设直角三角形中一个锐角为x度(0＜x＜90)，另一个锐角为y度，则y与x的函数关系式为(　　D　　) A．y＝180＋x B．y＝180－x C．y＝90＋x D．y＝90－x 解 在Rt△ABC中，已知其中一个锐角为y°，另一个锐角为x°， 则x＋y＝90， ∴y＝90－x， 由题意得：90－x≥x， 解得：x≤45， 又0＜x＜90， ∴y＝90－x(0＜x≤45)．故选D. 5.(2024·自贡)如图，等边△ABC钢架的立柱CD⊥AB于点D，AB长12 m．现将钢架立柱缩短成DE，∠BED＝60°，则新钢架减少用钢(　　D　　) A．(24－12eq \r(3))m B．(24－8eq \r(3))m C．(24－6eq \r(3))m D．(24－4eq \r(3))m 解 ∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，AB＝BC＝AC＝12 m，BD＝6 m，∴CD＝6eq \r(3) m，∵∠BED＝60°，∴DE＝2eq \r(3) m，BE＝AE＝4eq \r(3) m，∴减少用钢为(AB＋AC＋BC＋CD)－(AE＋BE＋AB＋DE)＝AC＋BC＋CD－AE－BE－DE＝24－4eq \r(3)(m)．故选D. 6．(2023·株洲)一技术人员用刻度尺(单位：cm)测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A，B对应的刻度分别为1，7，则CD＝(　　B　　) A．3.5 cm B．3 cm C．4.5 cm D．6 cm 解 由题图可得， ∠ACB＝90°，AB＝7－1＝6(cm)，点D为线段AB的中点， ∴CD＝eq \f(1,2)AB＝3 cm.故选B. 7．(2022·鄂尔多斯)如图，∠AOE＝15°，OE平分∠AOB，DE∥OB交OA于点D，EC⊥OB，垂足为C.若EC＝2，则OD的长为(　　C　　) A．2 B．2eq \r(3) C．4 D．4＋2eq \r(3) 解 过点E作EH⊥OA于点H，如图， ∵OE平分∠AOB，EC⊥OB， ∴EH＝EC. ∵∠AOE＝15°，OE平分∠AOB， ∴∠AOC＝2∠AOE＝30°. ∵DE∥OB， ∴∠ADE＝30°， ∴DE＝2HE＝2EC. ∵EC＝2，∴DE＝4. ∵∠ADE＝30°，∠AOE＝15°， ∴∠DEO＝15°， ∴∠AOE＝∠DEO， ∴OD＝DE＝4.故选C. 8．(2024·济南)如图，已知l1∥l2，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，顶点A，B分别在l1，l2上，当∠1＝70°时，∠2＝ 65° ． 解 如图， ∵l1∥l2， ∴∠1＝∠3＝70°， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ABC＝45°， ∴∠2＝180°－45°－70°＝65°. 故答案为65°. 9.如图，在▱ABCD中，∠ABC＝60°，∠BAD的平分线交CD于点E，交BC的延长线于点F，连接DF. (1)求证：△ABF是等边三角形； (2)若∠CDF＝45°，CF＝2，求AB的长度． (1)证明 ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAB＋∠ABC＝180°. ∵∠ABC＝60°，∴∠DAB＝120°. ∵AF平分∠DAB， ∴∠FAB＝60°， ∴∠FAB＝∠ABF＝60°， ∴∠FAB＝∠ABF＝∠AFB＝60°， ∴△ABF是等边三角形． (2)解 如图，作FG⊥DC于点G， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝60°， ∴DC∥AB，DC＝AB， ∴∠FCG＝∠ABC＝60°， ∴∠GFC＝30°. ∵CF＝2，∠FGC＝90°， ∴CG＝1，FG＝eq \r(3). ∵∠FDG＝45°，∠FGD＝90°， ∴∠FDG＝∠DFG＝45°， ∴DG＝FG＝eq \r(3)， ∴DC＝DG＋CG＝eq \r(3)＋1， ∴AB＝eq \r(3)＋1， 即AB的长度是eq \r(3)＋1. 10.(2022·淮安)如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AC的中点．若AB＝10，则DE的长是(　　C　　) A．8　 　　B．6　　 　C．5　　 　D．4 解 ∵AB＝AC＝10，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°. ∵E为AC的中点， ∴DE＝eq \f(1,2)AC＝5.故选C. 11．(2022·宁波)如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为CE的中点．若AE＝AD，DF＝2，则BD的长为(　　D　　) A．2eq \r(2) B．3 C．2eq \r(3) D．4 解 ∵D为斜边AC的中点，F为CE的中点，DF＝2， ∴AE＝2DF＝4. ∵AE＝AD，∴AD＝4， 在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点， ∴BD＝eq \f(1,2)AC＝AD＝4.故选D. 12．(2022·遵义)如图1所示的是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC.若AB＝BC＝1，∠AOB＝30°，则点B到OC的距离为(　　B　　) A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(2\r(5),5) C．1 D．2 解 作BH⊥OC于点H， ∵∠AOB＝30°，∠A＝90°，AB＝1， ∴OB＝2AB＝2. 在Rt△OBC中，由勾股定理得， OC＝eq \r(OB2＋BC2)＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5). ∵∠CBO＝∠BHC＝90°，∴∠CBH＝∠BOC， ∴cos∠BOC＝cos∠CBH，∴eq \f(OB,OC)＝eq \f(BH,BC)，∴eq \f(2,\r(5))＝eq \f(BH,1)， ∴BH＝eq \f(2\r(5),5).故选B. 13．(2023·扬州)我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成的．如图，直角三角形的直角边长为a，b，斜边长为c，若b－a＝4，c＝20，则每个直角三角形的面积为 96 ． 解 由题图可得，a2＋b2＝c2， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝202，,b－a＝4，)))且a，b均大于0， 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝12，,b＝16，))) ∴每个直角三角形的面积为eq \f(1,2)ab＝eq \f(1,2)×12×16＝96.故答案为96. 14.(2023·恩施州)《九章算术》被称为人类科学史上应用数学的“算经之首”．书中记载：“今有户不知高、广，竿不知长短．横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出．问户高、广、邪各几何？”译文：今有门，不知其高宽；有竿，不知其长短．横放，竿比门宽长出4尺；竖放，竿比门高长出2尺；斜放，竿与门对角线恰好相等．问门高、宽和对角线的长各是多少(如图)？答：门高、宽和对角线的长分别是 8，6，10 尺． 解 设门对角线的长为x尺，则门高为(x－2)尺，门宽为(x－4)尺， 根据勾股定理可得： x2＝(x－4)2＋(x－2)2， 即x2＝x2－8x＋16＋x2－4x＋4， 解得：x1＝2(不合题意舍去)，x2＝10， 10－2＝8(尺)，10－4＝6(尺)． 故答案为8，6，10. 15．(2022·瑞安市一模)如图，△ABC为等边三角形，过点B作BD⊥AC于点D，过点D作DE∥BC，且DE＝CD，连接CE. (1)求证：△CDE为等边三角形； (2)请连接BE，若AB＝4，求BE的长． (1)证明 ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∵DE∥BC， ∴∠EDC＝∠ACB＝60°， 又∵DE＝DC， ∴△CDE为等边三角形． (2)解 如图，过点E作EH⊥BC，交BC的延长线于点H， ∵BD⊥AC，∴CD＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)AB＝2. 又∵△CDE为等边三角形， ∴CE＝CD＝2. ∵∠ECH＝60°， ∴EH＝EC·sin 60°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，CH＝EC·cos 60°＝1， ∴BE＝eq \r(BH2＋EH2)＝eq \r(52＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))\s\up12(2))＝eq \r(28)＝2eq \r(7). $$