2025年九年级中考数学填空题复习训练 《图形的性质与判定之三角形》

第 1页（共 25页） 解析答案 填空题 1．一个三角形的两边长分别是 3和 5，则第三边长可以是 4（大于 2小于 8的数即可） ．（只填一个 即可） 【解答】解：由题意得：5﹣3＜x＜5+3， 即：2＜x＜8， ∴x的值可以是：4（大于 2小于 8的数即可）． 故答案为：4（大于 2小于 8的数即可）． 【点评】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小 于两边的和． 2．如图，AD是△ABC的中线，AB＝4，AC＝3．若△ACD的周长为 8，则△ABD的周长为 9 ． 【解答】解：∵AD是△ABC的中线， ∴BD＝CD， ∵△ACD的周长为 8， ∴AC+CD+AD＝8， ∵AC＝3， ∴BD+AD＝5， ∵AB＝4， ∴AB+BD+AD＝9． 故答案为：9． 【点评】本题考查三角形的中线，解题的关键是掌握三角形中线的概念和周长的求法． 3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交 BC于点 D，DE⊥AB，垂足为 E，若 BC＝4，DE ＝1.6，则 BD的长为 2.4 ． 第 2页（共 25页） 【解答】解：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∠C＝90°， ∴CD＝DE， ∵DE＝1.6， ∴CD＝1.6， ∴BD＝BC﹣CD＝4﹣1.6＝2.4． 故答案为：2.4 【点评】本题主要考查了角平分线的性质，熟记角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键． 4．如图，某港口 P位于东西方向的海岸线上，甲、乙轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，甲、 乙轮船每小时分别航行 12海里和 16海里，1小时后两船分别位于点 A，B处，且相距 20海里，如果知 道甲船沿北偏西 40°方向航行，则乙船沿 北偏东 50° 方向航行． 【解答】解：由题意可知：AP＝12，BP＝16，AB＝20， ∵122+162＝202， ∴△APB是直角三角形， ∴∠APB＝90°， 由题意知∠APN＝40°， ∴∠BPN＝90°﹣∠APN＝90°﹣40°＝50°， 即乙船沿北偏东 50°方向航行， 故答案为：北偏东 50°． 【点评】本题考查勾股定理的应用以及方位角，熟练掌握勾股定理并能熟练应用以及能正确找出方位角 是解题的关键． 5．如图，在△ABC中，AB＝AC，点 D在 BC上（不与点 B，C重合）．只需添加一个条件即可证明△ABD 第 3页（共 25页） ≌△ACD，这个条件可以是 BD＝CD （写出一个即可）． 【解答】解：∵AB＝AC， ∴∠ABD＝∠ACD， 添加 BD＝CD， ∴在△ABD与△ACD中 �� = �� ∠��� = ∠��� �� = �� ， ∴△ABD≌△ACD（SAS）， 故答案为：BD＝CD． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，灵活运用全等三角形的判定是本题的关键． 6．如图，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝30°，AD是高，以点 A为圆心，AB长为半径画弧，交 AC于 点 E，再分别以 B、E为圆心，大于 1 2 BE的长为半径画弧，两弧在∠BAC的内部交于点 F，作射线 AF， 则∠DAF＝ 10 °． 【解答】解：在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝30°， ∴∠BAC＝180°﹣50°﹣30°＝100°， 由作图知，AF平分∠BAC， ∴∠BAF= 12∠BAC＝50°， ∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝90°， ∵∠B＝50°， ∴∠BAD＝40°， 第 4页（共 25页） ∴∠DAF＝∠BAF﹣∠BAD＝10°， 故答案为：10． 【点评】本题考查了三角形的角平分线、中线和高，三角形内角和定理，熟练掌握角平分线的定义和三 角形内角和定理是解题的关键． 7．如图，△ABC中，D是 AB上一点，CF∥AB，D、E、F三点共线，请添加一个条件 DE＝EF ，使 得 AE＝CE．（只添一种情况即可） 【解答】解：∵CF∥AB， ∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠CFE， ∴添加条件 DE＝EF，可以使得△ADE≌△CFE（AAS）， 添加条件 AD＝CF，可以使得△ADE≌△CFE（ASA）， 故答案为：DE＝EF或 AD＝CF（答案不唯一）． 【点评】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定解答． 8．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 °． 【解答】解：如图， ∵l1∥l2， ∴∠1＝∠3＝70°， 第 5页（共 25页） ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ABC＝45°， ∴∠2＝180°﹣45°﹣70°＝65°． 故答案为：65． 【点评】本题考查三角形内角和定理，等腰直角三角形的性质，平行线的性质等知识，解题的关键是掌 握平行线的性质． 9．图①中有一首古算诗，根据诗中的描述可以计算出红莲所在位置的湖水深度，其示意图如图②，其中 AB＝AB′，AB⊥B′C于点 C，BC＝0.5尺，B′C＝2尺．设 AC的长度为 x尺，可列方程为 x2+22 ＝（x+0.5）2 ． 【解答】解：在 Rt△AB'C中，由勾股定理得， AC2+B'C2＝AB'2， 即 x2+22＝（x+0.5）2， 故答案为：x2+22＝（x+0.5）2． 【点评】本题考查了勾股定理的应用，熟记勾股定理是解题的关键． 10．如图，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点 D为 BC上一点，连接 AD．过点 B作 BE⊥AD 于点 E，过点 C作 CF⊥AD交 AD的延长线于点 F．若 BE＝4，CF＝1，则 EF的长度为 3 ． 【解答】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD， ∴∠BEA＝∠AFC＝90°， ∴∠BAE+∠ABE＝90°， 第 6页（共 25页） ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAE+∠FAC＝90°， ∴∠FAC＝∠ABE， 在△ABE和△CAF中， ∠��� = ∠��� ∠��� = ∠��� �� = �� ， ∴△ABE≌△CAF（AAS）， ∴AF＝BE，AE＝CF， ∵BE＝4，CF＝1， ∴AF＝BE＝4，AE＝CF＝1， ∴EF＝AF﹣AE＝4﹣1＝3， 故答案为：3． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方 法是解题的关键． 11．《周礼•考工记》中记载有：“…半矩谓之宣（xuān），一宣有半谓之欘（zhú）…”．意思是：“…直角 的一半的角叫做宣，一宣半的角叫做欘…”即：1宣= 12矩，1欘＝1 1 2 宣（其中，1矩＝90°）． 问题：图（1）为中国古代一种强弩图，图（2）为这种强弩图的部分组件的示意图，若∠A＝1矩，∠B ＝1欘，则∠C＝ 22.5 度． 【解答】解：∵1宣= 12矩，1欘＝1 1 2 宣，1矩＝90°，∠A＝1矩，∠B＝1欘， ∴∠A＝90°，∠B＝1 1 2 × 1 2 ×90°＝67.5°， ∴∠C＝180°﹣90°﹣∠B＝180°﹣90°﹣67.5°＝22.5°， 故答案为：22.5． 【点评】本题考查了三角形内角和定理、新定义，解答本题的关键是明确题意，利用新定义解答． 第 7页（共 25页） 12．如图，在△ABC中，AE1，BE1分别是内角∠CAB，外角∠CBD的三等分线，且∠E1AD= 1 3∠CAB，∠ E1BD= 1 3∠CBD，在△ABE1中，AE2，BE2分别是内角∠E1AB，外角∠E1BD的三等分线，且∠E2AD= 1 3 ∠E1AB，∠E2BD= 1 3∠E1BD，…，以此规律作下去，若∠C＝m°，则∠En＝ 1 3� � 度． 【解答】解：由题意∠�1�� = 1 3∠���，∠�1�� = 1 3∠���， ∴设∠E1AD＝α，∠E1BD＝β，则∠CAB＝3α，∠CBD＝3β， 由三角形的外角的性质得：β＝α+∠E1，3β＝3α+∠C，∠�1 = 1 3∠�， 同理可求：∠�2 = 1 3∠�1，∠�2 = ( 1 3 ) 2∠� ……，∠�� = ( 1 3 ) �∠�， 即 ∠�� = 1 3��°， 故答案为： 1 3� �． 【点评】本题考查三角形的外角性质，三角形内角和定理，规律型：图形变化类等知识，解题的关键是 学会利用参数解决问题，属于中考常考题型． 13．在等边△ABC三边上分别取点 D、E、F，使得 AD＝BE＝CF，连结三点得到△DEF，易得△ADF≌△ BED≌△CFE，设 S△ABC＝1，则 S△DEF＝1﹣3S△ADF． 如图①当 �� �� = 1 2 时，S△DEF＝1﹣3× 1 4 = 1 4； 如图②当 �� �� = 1 3 时，S△DEF＝1﹣3× 2 9 = 1 3； 如图③当 �� �� = 1 4 时，S△DEF＝1﹣3× 3 16 = 7 16； … 直接写出，当 �� �� = 1 10 时，S△DEF＝ 73 100 ． 第 8页（共 25页） 【解答】解：如图①当 �� �� = 1 2 时，S△DEF＝1﹣3× 1 4 =1﹣3× 2−1 22 = 1 4； 如图②当 �� �� = 1 3 时，S△DEF＝1﹣3× 2 9 =1﹣3× 3−2 32 = 1 3； 如图③当 �� �� = 1 4 时，S△DEF＝1﹣3× 3 16 =1﹣3× 4−1 42 = 7 16； … 当 �� �� = 1 � 时，S△DEF＝1﹣3× �−1 �2 ； 故当 �� �� = 1 10 时，S△DEF＝1﹣3× 10−1 102 = 73 100． 【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，规律型﹣图形变化等知识，解题的关 键是学会探究规律，利用规律解决问题． 14．如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三 角形 OBC置于平面直角坐标系中，点 O的坐标为（0，0），点 B的坐标为（1，0），点 C在第一象限， ∠OBC＝120°．将△OBC沿 x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与 x轴重合，第一次滚动后， 点 O的对应点为 O′，点 C的对应点为 C′，OC与 O′C′的交点为 A1，称点 A1为第一个“花朵” 的花心，点 A2为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动 2024 次后停止滚动，则最后 一个“花朵”的花心的坐标为 （1349+674 3， 3 3 ） ． 【解答】解：由题知， ∠COB＝∠O′C′B＝30°，BO＝BC′， ∴A1O＝A1C′， ∴点 A1在 OC′的垂直平分线上． 第 9页（共 25页） ∵点 B的坐标为（1，0）， ∴OB＝1， 在 Rt△A1OB中， tan30°= �1���， ∴A1B= 3 3， ∴点 A1的坐标为（1， 3 3 ）． 依次类推， 点 A2的坐标为（3 + 3， 3 3）， 点 A3的坐标为（5 + 2 3， 3 3）， …， ∴点 An的坐标为（2� − 1 + (� − 1) 3， 3 3）（n为正整数）． 又∵每滚动三次，出现下一个花心， ∴2024÷3＝674余 2， 则 674+1＝675， ∴滚动 2024次后停止滚动，最后一个“花朵”的花心对应的点为点 A675． 当 n＝675时， 点 A675的坐标为（1349+674 3， 3 3 ）， 即滚动 2024次后停止滚动，最后一个“花朵”的花心的坐标为（1349+674 3， 3 3 ）． 故答案为：（1349+674 3， 3 3 ）． 【点评】本题主要考查了点的坐标变化规律及等腰三角形的性质，熟知等腰三角形的性质及能根据所给 滚动方式发现点 An坐标变化的规律是解题的关键． 15．如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角 形和中间的小正方形 MNPQ拼成的一个大正方形 ABCD．直线 MP交正方形 ABCD的两边于点 E，F， 记正方形 ABCD的面积为 S1，正方形 MNPQ的面积为 S2.若 BE＝kAE（k＞1），则用含 k的式子表示 �1 �2 第 10页（共 25页） 的值是 �2+1 (�−1)2 ． 【解答】解：方法一：如图，过 A作 AG∥BP交 FE延长线于点 G， ∵AG∥BP， ∴∠GAE＝∠PBE，∠AGE＝∠BPE， ∴△AGE∽△PBE， ∴ �� �� = �� �� = 1 � ， 设 AG＝1，则 BP＝k， ∵∠NMP＝45°， ∴∠AMG＝45°，AM＝AG＝1， ∵AN＝BP＝k， ∴MN＝k﹣1， ∵S1＝AD2＝AM2+MD2＝k2+1，S2＝MN2＝（k﹣1）2， ∴ �1 �2 = �2+1 (�−1)2 ； 方法二：如图，过 B作 BG⊥BP交 FE延长线于点 G，则△GBP是等腰直角三角形， 第 11页（共 25页） 易证△GBA≌△PBC， ∴∠BGP＝∠AGP＝45°， 根据角平分线比例定理得： �� �� = �� �� = 1 � ， 设 AG＝1，则 BG＝k， ∴AM＝1，MD＝k＝AN， ∴MN＝k﹣1， ∵S1＝AD2＝AM2+MD2＝k2+1，S2＝MN2＝（k﹣1）2， ∴ �1 �2 = �2+1 (�−1)2 ； 故答案为： �2+1 (�−1)2 ． 【点评】本题主要考查勾股定理得证明及正方形得性质、相似的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知 识和添加合适辅助线是解题关键． 16．如图①，直角三角形的两个锐角分别是 40°和 50°，其三边上分别有一个正方形．执行下面的操作： 由两个小正方形向外分别作锐角为 40°和 50°的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边 为边长作正方形．图②是 1次操作后的图形．图③是重复上述步骤若干次后得到的图形，人们把它称 为“毕达哥拉斯树”．若图①中的直角三角形斜边长为 2，则 10次操作后图形中所有正方形的面积和为 48 ． 第 12页（共 25页） 【解答】解：把图②中各个小正方形标上字母，设正方形 A的边长为 x，正方形 B的边长为 y． ∴正方形 A的面积为 x2，正方形 B的面积为 y2． 由题意得：正方形 C的边长为 2，并且是直角三角形的斜边． ∴正方形 C的面积为 4． 根据勾股定理可得：x2+y2＝22＝4． ∴正方形 A的面积+正方形 B的面积＝4； ∴图①中所有正方形的面积和＝4+4＝8． 同理可得：正方形 E的面积+正方形 F的面积＝正方形 A的面积，正方形 G的面积+正方形 H的面积＝ 正方形 B的面积， ∴正方形 E的面积+正方形 F的面积+正方形 G的面积+正方形 H的面积＝正方形 A的面积+正方形 B 的面积＝4． ∴图 2中所有正方形的面积和＝图 1中所有正方形的面积和+4＝12． 即一次操作后所有正方形的面积和＝图 1中所有正方形的面积和+4＝12． 同理可得 2次操作后增加的 8个小正方形的面积和也是 4． ∴2次操作后所有正方形的面积和＝图 1中所有正方形的面积和+2×4＝8+8＝16． ∴10次操作后所有正方形的面积和＝图 1中所有正方形的面积和+10×4＝8+40＝48． 【点评】本题考查勾股定理的相关知识．根据勾股定理得到以直角三角形各边长为边长的正方形的面积 之间的关系是解决本题的关键；难点是得到 n次操作后，所有正方形的面积的和＝图①中正方形的面 积的和+n×最大正方形的面积这个知识点． 17．如图，由三个全等的三角形（△ABE，△BCF，△CAD）与中间的小等边三角形 DEF拼成一个大等边 三角形 ABC．连接 BD并延长交 AC于点 G．若 AE＝ED＝2．则（1）∠FDB的度数是 30° ；（2） DG的长是 4 5 3 ． 第 13页（共 25页） 【解答】解：∵△ABE≌△BCF≌△CAD（已知）， ∴AD＝BE＝CF，AE＝BF＝DC， ∵AE＝ED＝2， ∴AD＝BE＝4， ∵△DEF为等边三角形， ∴EF＝DF＝DE＝2，∠EFD＝∠EDF＝60°， ∴BF＝DF＝DC＝2， ∴∠FDB＝∠FBD= 12∠EFD＝30°，∠ADB＝∠EDF+∠FDB＝90°， 如图，过点 C作 CH⊥BG的延长线于点 H， ∵∠CDH＝30°， ∴CH＝CD×sin30°＝2× 12 =1， DH＝CD×cos30°＝2× 32 = 3， ∵∠ADG＝∠CHG，∠AGD＝∠CGH， ∴△ADG∽△CHG， ∴ �� �� = �� �� = 4 1 ， ∴DG= 45�� = 4 5 3． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识． 18．如图，在△ABC中，将 AB绕点 A顺时针旋转α至 AB′，将 AC绕点 A逆时针旋转β至 AC′（0°＜α 第 14页（共 25页） ＜180°，0°＜β＜180°），得到△AB′C′，使∠BAC+∠B′AC′＝180°，我们称△AB′C′是△ ABC的“旋补三角形“，△AB′C′的中线 AD叫做△ABC的“旋补中线”，点 A叫做“旋补中心”．下 列结论正确的有 ①②③ ． ①△ABC与△AB′C′面积相同； ②BC＝2AD； ③若 AB＝AC，连接 BB′和 CC′，则∠B′BC+∠CC′B′＝180°； ④若 AB＝AC，AB＝4，BC＝6，则 B′C′＝10． 【解答】证明：延长 AD至 E，使 DE＝AD，连接 B'E，C'E， ∵AD是中线， ∴B'D＝C'D， ∴四边形 AC'EB'是平行四边形， ∴B'E∥AC'，B'E＝AC'，S△B'C'A= 1 2S▱ B'EC'A＝S△AB'E， ∴∠B′AC′+∠AB′E＝180°， ∵∠BAC+∠B′AC′＝180°， ∴∠BAC＝∠AB′E， ∵将 AB绕点 A顺时针旋转α至 AB′，将 AC绕点 A逆时针旋转β至 AC′， ∴AB＝AB'，AC＝AC'＝B'E， 在△BAC和△AB′E中， �� = ��′ ∠��� = ∠��′� �� = �′� ， ∴△BAC≌△AB′E（SAS）， ∴BC＝AE，S△ABC＝S△AB'E， ∴S△ABC＝S△B'C'A，故①正确； ∵AE＝2AD， 第 15页（共 25页） ∴BC＝2AD，故②正确； ∵AB＝AC， ∴AB'＝AC'＝AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB，∠ABB'＝∠AB'B，∠ACC'＝∠AC'C，∠AB'C'＝∠AC'B'， ∵∠BAC+∠B′AC′＝180°， ∴α+β＝180°，∠B'C'A+∠ABC＝90°， ∴∠ABB'+∠AC'C＝90°， ∴∠B′BC+∠CC′B′＝180°；故③正确； ∵BC＝6， ∴AD＝3， ∵AB'＝AC'＝AB＝AC＝4， ∴平行四边形 AC'EB'是菱形， ∴B'C'⊥AE，B'D＝C'D， ∴B'D= �′�2 − ��2 = 16 − 9 = 7， ∴B'C'＝2 7，故④错误， 故答案为：①②③． 【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行 四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 19．如图，圆柱形容器高为 18cm，底面周长为 24cm，在杯内壁离杯底 4cm的点 B处有一滴蜂蜜，此时一 只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿 2cm与蜂蜜相对的点 A处，则蚂蚁从外壁 A处到达内壁 B处的最短距 离为 20 cm（假设蜂蜜不会下滑）． 第 16页（共 25页） 【解答】解：如图： 将杯子侧面展开，作 A关于 EF的对称点 A′， 连接 A′B，则 A′B即为最短距离， A′B= �′�2 + ��2 = 122 + 162 =20（cm）． 故答案为：20． 【点评】本题考查了平面展开﹣﹣﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计 算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力． 20．如图所示，在平面直角坐标系 xOy中，在直线 x＝1 处放置反光镜Ⅰ，在 y轴处放置一个有缺口的挡 板Ⅱ，缺口为线段 AB，其中点 A（0，1），点 B在点 A上方，且 AB＝1，在直线 x＝﹣1处放置一个挡 板Ⅲ，从点 O发出的光线经反光镜Ⅰ反射后，通过缺口 AB照射在挡板Ⅲ上，则落在挡板Ⅲ上的光线的 长度为 1.5 ． 第 17页（共 25页） 【解答】解：当光线沿 O、G、B、C传输时， 过点 B作 BF⊥GH于点 F，过点 C作 CE⊥GH于点 E， 方法一：∵△GOB为等腰三角形， ∴G （1，1）， ∵B为 CG中点， ∴C （﹣1，3）， 同理 D（﹣1，1.5）， ∴CD＝3﹣1.5＝1.5 方法二：∠OGH＝∠CGE＝α，设 GH＝a，则 GF＝2﹣a， 则 tan∠OGH＝tan∠CGE，即： �� �� = �� �� ， 第 18页（共 25页） 即： 1 � = 1 2−� ，解得：a＝1， 则α＝45°， ∴GE＝CE＝2，yC＝1+2＝3， 当光线反射过点 A时， 同理可得：yD＝1.5， 落在挡板Ⅲ上的光线的长度＝CD＝3﹣1.5＝1.5， 故答案为 1.5． 【点评】本题考查的是坐标与图形的变化，涉及到解直角三角形等知识，本题关键是弄懂题意，正确画 图． 21．已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝2 5，连接 CE，以 CE为底作直角 三角形 CDE，且 CD＝DE．F是 AE边上的一点，连接 BD和 BF，且∠FBD＝45°，则 AF长为 3 5 4 ． 【解答】解：将线段 BD绕点 D顺时针旋转 90°，得到线段 HD，连接 BH，延长 HE交 BC于 G， ∴△BDH是等腰直角三角形， ∴∠HBD＝45°， ∵∠FBD＝45°， ∴点 B、F、H共线， 又∵△EDC是等腰直角三角形， ∴HD＝BD，∠EDH＝∠CDB，ED＝CD， 第 19页（共 25页） ∴△EDH≌△CDB（SAS）， ∴EH＝CB＝5，∠DHE＝∠CBD， ∴∠BGH＝∠BDH＝90°， ∴HE∥AB， ∴△ABF∽△EHF， ∴ �� �� = �� �� = �� ��−�� ， ∵AE＝2 5， ∴ 3 5 = �� 2 5−�� ， ∴AF= 3 54 ， 故答案为： 3 4 5． 【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质 等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 22．如图，在 Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是 AB上的一个动点（不与点 A，B重合），连接 CD，将 CD绕点 C顺时针旋转 90°得到 CE，连接 DE，DE与 AC相交于点 F，连接 AE．下列结论： ①△ACE≌△BCD； ②若∠BCD＝25°，则∠AED＝65°； ③DE2＝2CF•CA； ④若 AB＝3 2，AD＝2BD，则 AF= 53． 其中正确的结论是 ①②③ ．（填写所有正确结论的序号） 【解答】解：∵∠ACB＝90°， 由旋转知，CD＝CE，∠DCE＝90°＝∠ACB， ∴∠BCD＝∠ACE， 在△BCD和△ACE中， �� = �� ∠��� = ∠��� �� = �� ， ∴△BCD≌△ACE，故①正确； 第 20页（共 25页） ∵∠ACB＝90°，BC＝AC， ∴∠B＝45° ∵∠BCD＝25°， ∴∠BDC＝180°﹣45°﹣25°＝110°， ∵△BCD≌△ACE， ∴∠AEC＝∠BDC＝110°， ∵∠DCE＝90°，CD＝CE， ∴∠CED＝45°， 则∠AED＝∠AEC﹣∠CED＝65°，故②正确； ∵△BCD≌△ACE， ∴∠CAE＝∠CBD＝45°＝∠CEF， ∵∠ECF＝∠ACE， ∴△CEF∽△CAE， ∴ �� �� = �� �� ， ∴CE2＝CF•AC， 在等腰直角三角形 CDE中，DE2＝2CE2＝2CF•AC，故③正确； 如图，过点 D作 DG⊥BC于 G， ∵AB＝3 2， ∴AC＝BC＝3， ∵AD＝2BD， ∴BD= 13AB= 2， ∴DG＝BG＝1， ∴CG＝BC﹣BG＝3﹣1＝2， 在 Rt△CDG中，根据勾股定理得，CD= ��2 + ��2 = 5， ∵△BCD≌△ACE， ∴CE= 5， 第 21页（共 25页） ∵CE2＝CF•AC， ∴CF= �� 2 �� = 5 3， ∴AF＝AC﹣CF＝3− 53 = 4 3，故④错误， 故答案为：①②③． 【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和 性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△BCD≌△ACE是解本题的关键． 23．如图，边长为 4的等边△ABC，AC边在 x轴上，点 B在 y轴的正半轴上，以 OB为边作等边△OBA1， 边 OA1与 AB交于点 O1，以 O1B为边作等边△O1BA2，边 O1A2与 A1B交于点 O2，以 O2B为边作等边 △O2BA3，边 O2A3与 A2B交于点 O3，…，依此规律继续作等边△On﹣1BAn，记△OO1A的面积为 S1，△ O1O2A1 的面积为 S2，△O2O3A2的面积为 S3，…，△On﹣1OnAn﹣1 的面积为 Sn，则 Sn＝ （ 3 4 ）n ﹣1• 3 2 ．（n≥2，且 n为整数） 【解答】解：由题意：△OO1A∽△O1O2A1∽△O2O3A2，…，∽△On ﹣ 1OnAn ﹣ 1，相似比： �1�1 �� = �1�2 ��1 =sin60°= 32， ∵S1= �△���1 = 1 2 ×1× 3 = 3 2， �2 �1 = 3 4 ， ∴S2= 3 4S1，S3＝（ 3 4 ）2•S1，…，Sn＝（ 3 4 ）n ﹣1•S1＝（ 3 4 ）n ﹣1• 3 2 ， 故答案为：（ 3 4 ）n ﹣1• 3 2 ． 【点评】本题考查等边三角形的性质，规律型问题，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考填空 题中的压轴题． 第 22页（共 25页） 24．如图，在矩形 OAA1B中，OA＝3，AA1＝2，连接 OA1，以 OA1为边，作矩形 OA1A2B1使 A1A2= 2 3OA1， 连接 OA2交 A1B于点 C；以 OA2为边，作矩形 OA2A3B2，使 A2A3= 2 3OA2，连接 OA3交 A2B1于点 C1； 以 OA3为边，作矩形 OA3A4B3，使 A3A4= 2 3OA3，连接 OA4交 A3B2于点 C2；…按照这个规律进行下去， 则△C2019C2020A2022的面积为 132021 34039×36 ． 【解答】解：在矩形 OAA1B中，∵OA＝3，AA1＝2， ∴∠A＝90°， ∴OA1= ��2 + �1�2 = 22 + 32 = 13， ∵ �1�2 ��1 = ��1 �� = 2 3 ， ∴ �1�2 ��1 = ��1 �� ， ∵∠OA1A2＝∠A＝90°， ∴△OA1A2∽△OAA1， ∴∠A1OA2＝∠AOA1， ∵A1B∥OA， ∴∠CA1O＝∠AOA1， ∴∠COA1＝∠CA1O， ∴OC＝CA1， ∵∠A2OA1+∠OA2A1＝90°，∠OA1C+∠A2A1C＝90°， ∴∠CA2A1＝∠CA1A2， ∴CA1＝CA2＝OC， 同法可证 OC1＝A3C1， 第 23页（共 25页） ∴CC1∥A2A3，CC1= 1 2A2A3， ∴�△��1�3 = �△��1�2， ∵A1A2= 2 13 3 ， ∴OA2= �1�2 + �1�22 = ( 13)2 + ( 2 13 3 ) 2 = 133， ∴A2A3= 2 3 × 13 3 = 26 9 ， ∴CC1= 1 2A2A3= 13 9， ∴�△��1�3 = �△��1�2 = 1 2 × 13 9 × 13 6 = 169 108， 同法可证�△�1�2�4 =S △�1�2�3， 由题意， �3�1 �2� = ��3 ��2 = ��2 ��1 = 13 3 ， ∵△C2A3C1∽△C1A2C， ∴相似比为： �3�1 �2� = 13 3 ， ∴�△�1�2�4 =（ 13 3 ）2× 169108 = 133 33×36，�△�2�3�5 = 134 35×36，…， 由此规律可得，△C2019C2020A2022的面积为 132021 34039×36 ． 故答案为 132021 34039×36 ． 【点评】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积，三角形的中位线定理等知识， 解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考填空题中的压轴题． 25．如图，正方形 ABCD的边长为 4，点 E是边 BC上一点，且 BE＝3，以点 A为圆心，3为半径的圆分 别交 AB、AD于点 F、G，DF与 AE交于点 H．并与⊙A交于点 K，连结 HG、CH．给出下列四个结论．其 第 24页（共 25页） 中正确的结论有 （1）（3）（4） （填写所有正确结论的序号）． （1）H是 FK的中点 （2）△HGD≌△HEC （3）S△AHG：S△DHC＝9：16 （4）DK= 75 【解答】解：（1）在△ABE与△DAF中， �� = �� ∠��� = ∠��� �� = �� ， ∴△ABE≌△DAF（SAS）， ∴∠AFD＝∠AEB， ∴∠AFD+∠BAE＝∠AEB+∠BAE＝90°， ∴AH⊥FK， 由垂径定理， 得：FH＝HK， 即 H是 FK的中点，故（1）正确； （2）如图，过 H分别作 HM⊥AD于 M，HN⊥BC于 N， ∵AB＝4，BE＝3， 第 25页（共 25页） ∴AE= ��2 + ��2 =5， ∵∠BAE＝∠HAF＝∠AHM， ∴cos∠BAE＝cos∠HAF＝cos∠AHM， ∴ �� �� = �� �� = �� �� = 4 5 ， ∴AH= 125，HM= 48 25， ∴HN＝4− 4825 = 52 25， 即 HM≠HN， ∵MN∥CD， ∴MD＝CN， ∵HD= ��2 +��2， HC= ��2 + ��2， ∴HC≠HD， ∴△HGD≌△HEC是错误的，故（2）不正确； （3）过 H分别作 HT⊥CD于 T， 由（2）知，AM= ��2 − ��2 = 3625， ∴DM= 4 − 3625 = 64 25， ∵MN∥CD， ∴MD＝HT= 6425， ∴ �△��� �△��� = 1 2��⋅�� 1 2��⋅�� = 9 16 ，故（3）正确； （4）由（2）知，HF= ��2 − ��2 = 95， ∴�� = 2�� = 185， ∴DK＝DF﹣FK= 75，故（4）正确． 【点评】本题是圆的综合题，考查了全等的性质和垂径定理，勾股定理和三角函数解直角三角形，熟练应 用三角函数快速计算是本题关键。 中考数学第一轮复习 填空题练习 图形的性质与判定之三角形 填空题： ） 1．一个三角形的两边长分别是3和5，则第三边长可以是 　 　．（只填一个即可） 2．如图，AD是△ABC的中线，AB＝4，AC＝3．若△ACD的周长为8，则△ABD的周长为 　 　． 3．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AB，垂足为E，若BC＝4，DE＝1.6，则BD的长为 　 　． 4．如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，甲、乙轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，甲、乙轮船每小时分别航行12海里和16海里，1小时后两船分别位于点A，B处，且相距20海里，如果知道甲船沿北偏西40°方向航行，则乙船沿 　 　方向航行． 5．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上（不与点B，C重合）．只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACD，这个条件可以是 　 　（写出一个即可）． 6．如图，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝30°，AD是高，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交AC于点E，再分别以B、E为圆心，大于BE的长为半径画弧，两弧在∠BAC的内部交于点F，作射线AF，则∠DAF＝ 　 　°． 7．如图，△ABC中，D是AB上一点，CF∥AB，D、E、F三点共线，请添加一个条件 　 　，使得AE＝CE．（只添一种情况即可） 8．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＝　 　°． 9．图①中有一首古算诗，根据诗中的描述可以计算出红莲所在位置的湖水深度，其示意图如图②，其中AB＝AB′，AB⊥B′C于点C，BC＝0.5尺，B′C＝2尺．设AC的长度为x尺，可列方程为 　 　． 10．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC上一点，连接AD．过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F．若BE＝4，CF＝1，则EF的长度为 　 　． 11．《周礼•考工记》中记载有：“…半矩谓之宣（xuān），一宣有半谓之欘（zhú）…”．意思是：“…直角的一半的角叫做宣，一宣半的角叫做欘…”即：1宣矩，1欘＝1宣（其中，1矩＝90°）． 问题：图（1）为中国古代一种强弩图，图（2）为这种强弩图的部分组件的示意图，若∠A＝1矩，∠B＝1欘，则∠C＝　 　度． 12．如图，在△ABC中，AE1，BE1分别是内角∠CAB，外角∠CBD的三等分线，且∠E1AD∠CAB，∠E1BD∠CBD，在△ABE1中，AE2，BE2分别是内角∠E1AB，外角∠E1BD的三等分线，且∠E2AD∠E1AB，∠E2BD∠E1BD，…，以此规律作下去，若∠C＝m°，则∠En＝　 　度． 13．在等边△ABC三边上分别取点D、E、F，使得AD＝BE＝CF，连结三点得到△DEF，易得△ADF≌△BED≌△CFE，设S△ABC＝1，则S△DEF＝1﹣3S△ADF． 如图①当时，S△DEF＝1﹣3； 如图②当时，S△DEF＝1﹣3； 如图③当时，S△DEF＝1﹣3； … 直接写出，当时，S△DEF＝　 　． 14．如图，数学活动小组在用几何画板绘制几何图形时，发现了如“花朵”形的美丽图案，他们将等腰三角形OBC置于平面直角坐标系中，点O的坐标为（0，0），点B的坐标为（1，0），点C在第一象限，∠OBC＝120°．将△OBC沿x轴正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后，点O的对应点为O′，点C的对应点为C′，OC与O′C′的交点为A1，称点A1为第一个“花朵”的花心，点A2为第二个“花朵”的花心；……；按此规律，△OBC滚动2024次后停止滚动，则最后一个“花朵”的花心的坐标为 　 　． 15．如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD．直线MP交正方形ABCD的两边于点E，F，记正方形ABCD的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2.若BE＝kAE（k＞1），则用含k的式子表示的值是 　 　． 16．如图①，直角三角形的两个锐角分别是40°和50°，其三边上分别有一个正方形．执行下面的操作：由两个小正方形向外分别作锐角为40°和50°的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形．图②是1次操作后的图形．图③是重复上述步骤若干次后得到的图形，人们把它称为“毕达哥拉斯树”．若图①中的直角三角形斜边长为2，则10次操作后图形中所有正方形的面积和为 　 　． 17．如图，由三个全等的三角形（△ABE，△BCF，△CAD）与中间的小等边三角形DEF拼成一个大等边三角形ABC．连接BD并延长交AC于点G．若AE＝ED＝2．则（1）∠FDB的度数是 　 　；（2）DG的长是 　 　． 18．如图，在△ABC中，将AB绕点A顺时针旋转α至AB′，将AC绕点A逆时针旋转β至AC′（0°＜α＜180°，0°＜β＜180°），得到△AB′C′，使∠BAC+∠B′AC′＝180°，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形“，△AB′C′的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．下列结论正确的有 　 　． ①△ABC与△AB′C′面积相同； ②BC＝2AD； ③若AB＝AC，连接BB′和CC′，则∠B′BC+∠CC′B′＝180°； ④若AB＝AC，AB＝4，BC＝6，则B′C′＝10． 19．如图，圆柱形容器高为18cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底4cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿2cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到达内壁B处的最短距离为　 　cm（假设蜂蜜不会下滑）． 20．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，在直线x＝1处放置反光镜Ⅰ，在y轴处放置一个有缺口的挡板Ⅱ，缺口为线段AB，其中点A（0，1），点B在点A上方，且AB＝1，在直线x＝﹣1处放置一个挡板Ⅲ，从点O发出的光线经反光镜Ⅰ反射后，通过缺口AB照射在挡板Ⅲ上，则落在挡板Ⅲ上的光线的长度为　 　． 21．已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝2，连接CE，以CE为底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE边上的一点，连接BD和BF，且∠FBD＝45°，则AF长为 　 　． 22．如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB上的一个动点（不与点A，B重合），连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接DE，DE与AC相交于点F，连接AE．下列结论： ①△ACE≌△BCD； ②若∠BCD＝25°，则∠AED＝65°； ③DE2＝2CF•CA； ④若AB＝3，AD＝2BD，则AF． 其中正确的结论是　 　．（填写所有正确结论的序号） 23．如图，边长为4的等边△ABC，AC边在x轴上，点B在y轴的正半轴上，以OB为边作等边△OBA1，边OA1与AB交于点O1，以O1B为边作等边△O1BA2，边O1A2与A1B交于点O2，以O2B为边作等边△O2BA3，边O2A3与A2B交于点O3，…，依此规律继续作等边△On﹣1BAn，记△OO1A的面积为S1，△O1O2A1的面积为S2，△O2O3A2的面积为S3，…，△On﹣1OnAn﹣1的面积为Sn，则Sn＝　 　．（n≥2，且n为整数） 24．如图，在矩形OAA1B中，OA＝3，AA1＝2，连接OA1，以OA1为边，作矩形OA1A2B1使A1A2OA1，连接OA2交A1B于点C；以OA2为边，作矩形OA2A3B2，使A2A3OA2，连接OA3交A2B1于点C1；以OA3为边，作矩形OA3A4B3，使A3A4OA3，连接OA4交A3B2于点C2；…按照这个规律进行下去，则△C2019C2020A2022的面积为　 　． 25．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE＝3，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H．并与⊙A交于点K，连结HG、CH．给出下列四个结论．其中正确的结论有 　 　（填写所有正确结论的序号）． （1）H是FK的中点 （2）△HGD≌△HEC （3）S△AHG：S△DHC＝9：16 （4）DK 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$