第4章 检测卷三角形(B)-【练客中考】2025年新疆数学中考新思路抓分卷

班级： 姓名： 学号： 第四章检测卷三角形(B)》 （满分：100分时间：40分钟) 一、单项选择题（本大题共7小题，每小题5分， 点M.若BC=6,则线段CM的长为( 共35分) 13 1.下列长度的三条线段，能组成三角形的是 .2 B.7 D.8 A.3.4.7 B.6,7.12 C.6,7,14 D.3,4,8 2.(2024云南)已知AF是等腰△ABC底边BC 上的高，若点F到直线AB的距离为3，则点F 第6题图 第7题图 到直线AC的距离为 ( 7.(2024宜宾)如图，在△ABC中，AB=3,2,AC=2, B.2 C.3 以BC为边作Rt△BCD,BC=BD,点D与点A 3.如图，△ABC中，点D在线段BC上，且△ABC 在BC的两侧，则AD的最大值为 () 一△DBA,则下列结论一定正确的是( A.2+32 B.6+22 A.AB=BC·BD B.AB2=AC·CD C.5 D.8 C,AB·AD=BD·BC D.AB·AD=AD·CD 二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 8.如图，ABCD为一长条形纸带，AB∥CD,将四 边形ABCD沿EF折叠，A,D两点分别与A', D'对应，若∠1=2∠2，则∠AEF= 150 4 第3题图 第4题图 4.新情境日常生活如图是某商场一楼与二 楼之间的电梯示意图.∠ABC=150°，BC的长 D 是8m,则乘电梯从点B到点C上升的高度h 第8题图 第9题图 是 () 9.如图，在△ABC中，点D,E,F分别为BC,AD A弩5mB45mC4m D.8 m CE的中点，且S△=4cm',则阴影部分的面 积为 cm. 5.(2024眉山)如图，图1是北京国际数学家大 10.如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC= 会的会标，它取材于我国古代数学家赵爽的 ∠ADC=60°，则CD与BD的数量关系是 “弦图”，是由四个全等的直角三角形拼成.若 图1中大正方形的面积为24，小正方形的面 积为4，现将这四个直角三角形拼成图2，则 图2中大正方形的面积为 第10题图 第11题图 图 图2 11.如图，在△ABC中，AC=BC=5cm,AB= 第5题图 8cm,点P是线段AB上一动点，将△BCP沿 A.24 B.36 C.40 D.44 直线CP折叠，使点B落在点D处，CD交AP 6.如图，DE是△ABC的中位线，点F在DB上，DF 于点E.当△ACE是直角三角形时，BP的长 =2BF.连接EF并延长，与CB的延长线相交于 为 抓分卷·新疆数学·章节检剂卷 17 三、解答题（本大题共4小题，共45分） 15.(13分)在△ABC中，A(a,0),B(b,0), 12.(10分)如图，在△ABC中，∠A=60°，∠B= C(0,c),且满足b=√a-c+c-a-2. 80°，用尺规作图，在边AC上找一点P,使得 (I)如图1，过点B作BD⊥AC于点D,交y轴 PB=PC.(保留作图痕迹，不写作法) 于点M,求点M的坐标； (2)如图2，过点A作AG⊥BC于点G,交OC 于点N,若∠CAW=I5,求AN的长； (3)如图3，P为第一象限内一点，PQ⊥PA交 y轴于点Q.在PQ上截取PE=PA,F为CE 的中点，求∠OPF的度数. 第12题图 13.(10分)如图，已知点A,D,C,E在同一直线 上，BC和DF相交于点O,AD=CE,AB∥DF, AB DF. 图1 图2 (I)求证：△ABC≌△DFE: (2)连接CF,若∠BCF=54°，∠DFC=20°， 求∠DFE的度数. 0 A 图3 D 第15题图 第13题图 14.(12分)如图，C处的一艘货轮位于A处的一 艘护卫舰的北偏东22.6°方向，此时两船之间 的距离AC为26海里.两船同时沿着正北方 向航行，护卫舰航行40海里到达B处，此时 货轮到达D处，测得货轮位于护卫舰的北偏 东53°方向.求货轮航行的路程.（参考数据： 300s22.6°≈12 sin22.6°≈5 ,tan22.6°≈5 2' 5,c0s53≈3 sin53°≈ m53=子) 531D 十东 B 22.6 A 第14题图 18 抓分卷·新疆数学·章节检剂卷抓分卷·新禮数学·参考答案与解析 5 BD= 4 10. 在△APE中，an27°=PE E …(6分) 即16 -s0.51, 解得x=16.7,…(10分) .0P=0E+PE=1.5+16.7=18.2(m), 答：塔楼的高度约为18.2m.…(12分) 章节检 卷 Ai27459 B 第11题解图 第14题解图 12.(1)解：AB=AC 15.解：如解图，过点E作EH⊥AD,垂足为H, .∠B=∠C=30. ………(2分) 由题意可知，∠CEB=a=36.9°，BC=1.20m, .:∠C+∠BAC+∠B=180P ..CE= ∴.∠BAC=180°-30°-30°=120° n36.90.751.60(m）.…(3分) BC1.20 .∠DAB=45°， ,AH=AD-CE=2.50-1.60=0.90(m). ∴.∠DAC=∠BAC-∠DAB=120°-45°=75°；… AE=√Af+EF=√0.90+1.20=1.50(m), …(5分) AH_0.90 .siny =E=1.50 0.60. …(9分)） (2)证明：：∠D4B=45°， .∠ADC=∠B+∠DAB=75°， 又，sing=sin∠CBE=CE BE =Cos∠CEB=c0sa≈ ·∠DAC=∠ADC, 0.80. DC=AC.…(8分) 又AB=AC si2_0.80 1.3. siny 0.60 …(12分） .AB=CD.…(10分) 13.(1)证明：，AD是△ABC的中线， β浍线 .BD CD. …(1分） 池汇 水面 .BE⊥AD.CF⊥AD .∠BED=∠CFD=90°.… (3分) !池底 在△BED和△CFD中， 第15题解图 ∠BED=∠CFD ∠EDB=∠FDC, 第四章检测卷三角形(B) BD =CD 1.B2.C3.A4.C5.D6.C .△BED≌△CFD(AAS):…(5分) 7.D【解析】如解图，将BA绕点B顺时针旋转90°， (2)解：由(1)可知：△BED≌△CFD,∠AFC=90°， 得到BE,连接AE,DE,则BE=AB,∠ABE=90°， ED=DF.…(6分) AE=N2AB=6.∠DBC=90°=∠EBA,∴.∠DBE ∠EAC=45° =∠CBA.又·BD=BC,BE=AB,.△DBE≌△CBA ·△AFC是等腰直角三角形， (SAS),.DE=AC=2.在△ADE中，AD<AE+DE, .FC=AF=12. …(8分) 当A,D,E三点共线时，AD有最大值，AD的最 在R△DFC中，DF=√DC-FC=5, 大值=6+2=8. .EF=2DF=10.…(11分) 14.解：如解图，延长AC交OP于点E, 则CE⊥OP,AB=CD=OE=1.5m,AC=BD=16 m…(2分) 第7题解图 ∠PCE=45°， ·.∠CPE=∠PCE=45°， 8729110.CD=2BD CE=PE.…(4分) 设CE=PE=xm, 1.号cm或1cm【解析】分两种情况：当LAEC 则AE=(16+x)m, 90时，如解图1，∴∠AEC=∠DEP=90°.设BP= 抓分卷·新疆数学·参考答案与解析 xcm,AC=BC=5cm,CE⊥AB,∴.AE=BE= ,.∠DFE=∠B=74°.…(10分) 4B=4m0E=、4C-AE=F-4=3 14.解：如解图，过点C作CE⊥AB,垂足为E,过点D 作DF⊥AB,交AB的延长线于点F, 由折叠得：BC=CD=5cm,BP=PD=xcm,∴.DE= 由题意得，CE=DF,EF=CD.…(I分) CD-CE=5-3=2,在Rt△DEP中，DE+PE= 在Rt△ACE中，AC=26海里，∠CAE=22.6°， 0r4+(4-列2=，解得x=弓即=多：当 CE=4C·sim22.6°26×3=10（海里）， 章节检测卷 ∠ACE=90时，如解图2，过点C作CH⊥AB,垂足 (3分) 为H,:∠AHC=∠CHE=90°，'AC=BC=5cm, CH⊥AB∠B=LA,AH=BM=2AB=4.CH= AE=4Cm2.69=26x号=24（海里）. 六DF=CE=10海里.…(5分) √AC-AF=√52-4=3，由折叠得：BC=CD= 在Rt△BFD中，∠DBF=53°， 5cm,∠BGP=∠DCP,∠B=∠D,∴∠D=∠A, BF=DF 10 ∠ECH+∠HCA=90°，∠HCA+∠A=90°， an53。s 4 一=7.5（海里）.…(9分) 3 ∴.∠ECH=∠A,∴∠ECH=∠B.∠CPH是△BCP 的一个外角，∴.∠CPH=∠B+∠BCP.:∠PCH= ,AB=40海里， ∠DCP+∠ECH,∴.LPCH=∠CPH,HC=HP= .CD=EF=AB+BF-AE=40+7.5-24=23.5 3cm,∴BP=BH-HP=L.综上所述：BP的长为 (海里)， .货轮航行的路程约为23.5海里.…(12分) 2em或1em 1530 北 →东 图 图2 22.6 第11题解图 12.解：如解图，点P即为所求.…(10分) 4 第14题解图 15.解：(1)由题意知，a-c≥0，c-a≥0， .a=c,即0A=0C. :,△AOC是等腰直角三角形. ∠0AD=45°.…(1分） 又：BD⊥AC, ∠ABD=45°.…(2分） 第12题解图 又，∠B0M=90°， 13.(1)证明：：AB∥DF △BOM是等腰直角三角形， ∠A=∠EDF 4…(1分】 0B=0M.…(3分) AD CE, b=√a-c+c-a-2,且a=c, AD+CD=CE+CD,即AC=DE.·(2分) .b=-2,即0B=2, 在△ABC和△DFE中， .0M=2, AB DF M(0,2):,…(4分) ∠A=∠FDE. (2)∠CAN=15°，∠0AC=45°， AC=DE .∠0AN=30. △ABC≌△DFE(SAS):…(5分) AG⊥BC,C0⊥AO,∠AN0=∠CNG, (2)解：∠BCF=54°，∠DFC=20°， ∠BC0=∠0AN=30°.…(5分) .∠D0C=∠BCF+∠DFC=54°+20°=74°，… 在△BOC和△NOA中， …(6分) ,∠BCO=∠OAN AB∥DF, CO=AO ∠B=∠D0C=74°.…(8分)） ∠COB=∠AON .△ABC≌△DFE. .△B0C≌△OA(ASA). 抓分卷·新禮数学·参考答案与解析 ,BC=NA.…(7分) 35的解，DN=AM= 又，在RL△B0C中，BC=2B0=4, m .Sorw .AN=4:…(8分) ×m=5,.△END和△BEM (3)如解图，连接OF,把△OCF绕点O顺时针旋 转90°至△OAD处，连接DP, 的面积和为5+5=10. :F为CE的中点， 7.B【解析】①如解图，过点F作FH⊥AB交AG于 ∴.CF=EF 点H,:四边形ABCD为正方形，EF与对角线AC相 章 由旋转可得，AD=CF=EF,∠OCF=∠OAD,OF 交于点G,∴∠BAC=∠ACD=45°，∠BCD=90°， =0D. ∴△AFH为等腰直角三角形，∠DCE=90°，∴.AF= 测 ∠A0Q+∠APQ=180°， FH,∠FHA=45°，∴.∠FHG=135°.AF=CE, .∠0AP+∠OQP=180°. ……（9分) .FH=CE.:∠ECG=∠DCE+∠ACD=90°+45°= 又.：∠EQC+∠OQP=180°. 135°，∴.∠FHG=∠ECG=135°，在△FHG和△ECG ∴.∠OAP=∠EQC, r∠FHG=∠ECG 又：∠PEF=∠EQC+∠OCF,∠PAD=∠OAP 中， ∠FGH=∠EGC,÷.△FHG≌△ECG(AAS), +∠OAD, FH=CE .∠PEF=∠PAD.…(10分) ∴，FG=EG,故结论①正确：②，四边形ABCD为正 在△PEF和△PAD中， 方形，AB=4,,AB=BC=CD=AD=4,AB∥CD. EF =AD BF=3AF,.AF=1,BF=3,∴.AF=CE=1,∴BE= ∠PEF=∠PAD, BC+CE=4+1=5..AB∥CD,∴.△ECM∽△EBF, PE PA .△PEF≌△PAD(SAS). 0能-号，即兴}放结论②正确：③在 .PF=PD,∠FPE=∠DPA, R△BEF中，BF=3,BE=5,∴EF=√BF+BE= .∠FPD=∠QPA=90°.…(11分) √34，由①正确可知：FG=EG,.点G为R△BEF斜 在△OPF和△OPD中， OF=OD 边F的中点BG=球=，故结论③不正 OP=OP, 确；④在R△ADF中，AF=1,AD=4,.DF= PF PD .∴.△OPF≌△OPD(SSS). √AF+AD=√17，在Rt△DCE中，CE=1,CD=4, 5∠0PF=∠0PD=3LFPD=45.(I3分) DE=√CE+CD=√7，.DF=DE,DF2+DE2= 34.又：EF=√34，DF+DE=EF,∴∠EDF= 90°，即△DEF为等腰直角三角形.又：FG=EG, ∴∠FDG=45°.在Rt△BEF中，BF=3,BE=5, ∴∠BFG≠45°，∴.∠FDG≠∠BFG,故结论④不正 确.综上所述：正确的结论是①②，共2个 第15题解图 第五章检测卷四边形(A) 1.B2.B3.B4.C5.B 6.A【解析】根据题意，设EN=m,m>0,:四边形 第7题解图 ABCD为矩形，，AD∥BC,AD=BC,∠ABC=90°， AB∥CD.,MN∥AD,∴.MN∥BC,.四边形AMND 10.45 是矩形，四边形MBCN是矩形，.DN=AM,MN= BC,NB=GV=2.:WE=5dSam=号B·ME 11.30 9 【解析】：四边形ABCD是矩形，设AD=a, AB=b,.∠BAD=∠B=∠ADC=90°，AD=BC= =5..EN m,.MN BC =5 m.MN//BC, ∴.∠AME=∠ABC=90°.又∠MAE=∠BAC, a,AB CD=b,:.AC =AB +BC=a+ a4wEA4c借-瓷甲w”B-瓷 EF⊥DE,∠DEF=90°，∴.∠ADE+∠AED= ∠AED+∠BEF=90°，∴·∠ADE=∠BEF, w25mw-902￥0Aw AM 5 △ADE△BEF能=部：E是A的中 9