阶段检测（4）三角形2026年中考数学总复习

数学中考总复习阶段检测（4）三角形 一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求） 1. 如图，直线，直线与，相交，若图中，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列长度的各组线段能组成一个三角形的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3. 在中，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图是第 24 届国际数学家大会会标，该会标取自于我国数学家赵爽注解的《周髀算经》中的弦图。与该弦图有着密切关系的数学文化是（ ） A. 无理数的发现 B. 圆周率的估算 C. 勾股定理的证明 D. 黄金分割比 5. 下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（ ） 6. 如图，校园内有一块等边三角形空地，已知，分别是边，的中点，量得。若想用围栏把四边形围成一个花园，则需要的围栏的长至少是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，的垂直平分线交于点，平分，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，，则的值是（ ） 9. 如图，南外大冲学区、文华学区、科华学区坐落于深圳南山科技园核心位置。其中，，，，若计划在的中点处建一个 5G 基站助力南外集团发展，其覆盖半径为 260 m，则这三个学区中在该 5G 基站覆盖范围内的是（ ） A. 只有 B. 只有， C. 只有， D. ，， 10. （跨学科融合）如图，是蜡烛通过凸透镜所成的虚像。已知，离的水平距离为 6 cm，该凸透镜的焦距为 10 cm，，则像的高为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分） 11. 两个相似图形的周长比为，则面积比为______。 12. 将一副三角尺按如图所示的方式叠放，则的度数为______。 13. 如图，点在上，，添加一个条件：______，使得（答案不唯一）。 14. 如图，一架梯子斜靠在墙上，若梯子顶端到地面的距离米，，则梯子长______米。 15. 如图 1，在中，，，，是上一点，且，过点作交于点，将绕点顺时针旋转到图 2 的位置，则图 2 中的值为______。 三、解答题（一）（本大题共 3 小题，每小题 7 分，共 21 分） 16. 计算：。 17. 如图，平面直角坐标系中，点，点，点为的中点，以点为圆心，长为半径画弧，交轴正半轴于点，求点的坐标。 18. 如图，，，是上一点，使得。 （1）求证：； （2）若，，求的长。 四、解答题（二）（本大题共 3 小题，每小题 9 分，共 27 分） 19. 小亮和小林相约周六去登山，小亮从北坡山脚处出发，以的速度攀登，同时，小林从南坡山脚处出发。如图，已知小山北坡的坡度为，山坡长为，南坡的坡角是。问小林以什么速度攀登才能和小亮同时到达山顶？（将山路，看成线段，结果保留根号） 20. 如图，是边长为 6 的等边三角形，点，在边上，若，，求的长。 21. 综合与实践。 【问题情境】甲、乙两组计划开展测量某广场同一旗杆高度的实践活动。 【实际操作】他们分别制订了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量。为了减小测量误差，小组在测量时，对每个数据都分别测量了两次并取它们的平均值作为测量结果，以下是他们研究报告的部分记录内容。 课题 测量旗杆的高度 工具 测角仪，皮尺，镜子等 小组 甲组 乙组 测量说明 线段GH表示旗杆，测角仪高度AC=BD=1.5 m，测点A，B与H在地面同一直线上，A，B之间的距离可以测得，且点G，H，A，B，C，D都在同一竖直平面内，点C，D，E在同一条直线上，点E在GH上. 线段ED表示旗杆，镜子放在点C处，人的眼睛与地面的距离AB=1.5 m，在测量过程中保证人的眼睛恰好能在镜子中看到旗杆的顶端E. 测量示意图 测量数据 测量项目 ∠GCE的度数 ∠GDE的度数 A，B之间的距离 测量项目 B，C之间的距离 C，D之间的距离 平均值 26.6° 40° 平均值 2 m 26 m 【问题解决】 （1）若，之间的距离的两次测量值分别为和，则______。 （2）乙组这种测量方法的原理是我们所学的______； （A. 图形的平移 B. 图形的旋转 C. 图形的轴对称 D. 图形的相似） （3）在（1）的条件下，请帮甲组求出旗杆的高度；（结果精确到 0.1；参考数据：，，，，，） （4）经计算乙组测量的结果为 19.5 米，与甲组的数据有差异，老师说：“你们做得都很好，在我们这种测量条件下，出现误差是______事件，所以虽然数据存在差异，但数据都是可信的！”（填 “必然”“随机” 或 “不可能”） 五、解答题（三）（本大题共 2 小题，第 22 题 13 分，第 23 题 14 分，共 27 分） 22. 如图，是边长为 4 的等边三角形，点，，分别在，，上运动，满足。 （1）求证：； （2）设的长为，的面积为，求关于的函数解析式； （3）结合（2）所得的函数，描述的面积随的增大如何变化。 23. 综合探究。 【问题情境】在中，，，点在边上，将线段绕点顺时针旋转得到线段（旋转角小于），连接，，以为底边在其上方作等腰三角形，使，连接。 【特例感知】（1）如图 1，当时，求与的数量关系； 【尝试探究】（2）如图 2，写出与的数量关系（用含的三角函数表示），并说明理由； 【拓展应用】（3）如图 3，当且点，，三点共线时，若，，求的长。 参考答案 1.C　2.D　3.C　4.C　5.B　6.C　7.B　8.B　9.D　10.C 11.9∶4　12.75°　13.BC=BD（答案不唯一）　14.　15. 16.解：原式=4+2×-1-3=4+-1-3=. 17.解：∵A（1，0），B（0，2），∴OA=1，OB=2， ∴AB===， ∵∠AOB=90°，点D为AB的中点， ∴OD=AB=，∴OC=， ∴点C的坐标为. 18.（1）证明：∵AB⊥BC，DC⊥BC， ∴∠B=∠C=90°，∠BAE+∠AEB=90°， ∵AE⊥DE，∴∠AED=90°，∴∠AEB+∠CED=90°， ∴∠BAE=∠CED，∴△ABE∽△ECD. （2）解：在Rt△ABE中，AB=4，AE=5，∴BE=3， ∵BC=5，∴EC=5-3=2， 由（1）得△ABE∽△ECD， ∴=，∴=，∴CD=. 19.解：如图，过点A作AD⊥BC于点D. 在Rt△ACD中，tan C=i==， ∴∠ACD=30°，∴AD=AC=120 m. 在Rt△ABD中，∠ABD=45°， ∴AB=AD÷sin 45°=120（m）. 小亮用的时间为240÷24=10（min）， 若小林和小亮同时到达， 则小林的速度为120÷10=12（m/min）. 答：小林以12 m/min的速度攀登才能和小亮同时到达山顶A. 20.解：过点A作AH⊥BC于点H， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB=BC=AC=6，∠BAC=∠B=60°， ∵AH⊥BC，∴∠BAH=∠BAC=30°， ∴∠BAD+∠DAH=30°， ∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°， ∴∠DAH=∠EAC，∴tan∠DAH=tan∠EAC=， ∵BH=AB=3，AH=AB·sin 60°=6×=3， ∴==，∴DH=， ∴BD=BH-DH=3-. 21.解：（1）14.5　（2）D （3）设EG=x m，在Rt△DEG中，∠DEG=90°，∠GDE=40°， ∵tan 40°=，∴DE=， 在Rt△CEG中，∠CEG=90°，∠GCE=26.6°， ∵tan 26.6°=，∴CE=， ∵CD=CE-DE=AB=14.5 m， ∴-=14.5，解得x≈17.9， ∴GH=EG+EH=17.9+1.5=19.4（m）. 答：旗杆GH的高度约为19.4 m. （4）必然 22.（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠A=∠B=60°，AB=AC， ∵AD=CF，∴BD=AF， 在△ADF和△BED中，， ∴△ADF≌△BED（SAS）. （2）解：如图，分别过点C，F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H，G. ∵在等边△ABC中，∠A=∠B=∠ACB=60°，AB=BC=AC=4， ∴CH=AC·sin 60°=2，S△ABC=AB·CH=4. ∵AD的长为x，则AD=BE=CF=x，AF=4-x， ∴FG=AF·sin 60°=（4-x）， ∴S△ADF=AD·FG=x（4-x）， 由（1）可知△ADF≌△BED， 同理可证△BED≌△CFE， ∴S△ADF=S△BED=S△CFE=x（4-x）， ∵△DEF的面积为y， ∴y=S△ABC-3S△ADF=4-3×x（4-x） =x2-3x+4. （3）解：由（2）可知y=x2-3x+4， ∵a=>0，对称轴为直线x=-=2， ∴当0≤x≤2时，△DEF的面积随AD的增大而减小； 当2<x≤4时，△DEF的面积随AD的增大而增大. 23.解：（1）当α=45°时，△ABC和△FEC是等腰直角三角形， ∴∠ACB=∠FCE=45°，∴∠BCE=∠ACF， ∵==，∴△BCE∽△ACF， ∴==，∴BE=AF. （2）BE=2AF·cos α，理由如下： 过点A作AH⊥BC于点H， ∵AB=AC，∴BH=CH=BC，∠ABC=∠ACB=α， ∴cos α==，∴2cos α=. 同理可得，2cos α=，∴=， ∵∠FCE=∠ACB，∴∠BCE=∠ACF， ∴△BCE∽△ACF，∴==2cos α， ∴BE=2AF·cos α. （3）如图，过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF的延长线于点H， ∴∠BMD=∠H=90°，∴DM∥CH， ∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE， ∴DB=DE，∴BM=EM， ∵∠FCE=∠FEC=30°，∴∠CFH=∠FCE+∠FEC=60°， ∴∠FCH=30°，∴EF=CF=2FH， 设BM=x，则BE=2x， ∵DM∥CH，==， ∴BH=5BM=5x，∴EH=BH-BE=3x， ∵EF=2FH，∴EF=CF=2x，FH=x. ∴CH=x. 在Rt△BHC中，由勾股定理得，BH2+CH2=BC2， ∴（5x）2+（x）2=（4）2，解得x=2， ∴BE=2x=4， 由（2）得AF=BE=. 学科网（北京）股份有限公司 $