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第1章三角形的初步知识素养综合检测卷
(考查范围:第1章　时间:60分钟　满分:100分)
一、选择题(每小题4分,共32分)
1. 【新独家原创】2022年卡塔尔世界杯中,某球队主教练强调球员在比赛中要构造“三角形”,以便球员之间进行传接球配合,某赛场上球员A、B、C构成三角形,其中球员A、B之间的距离为3米,球员A、C之间的距离为5米,那么球员B、C之间的距离可能是(　　)
A. 2米　　　　　B. 6米　　　　　C. 8米　　　　　D. 10米
2. (2022浙江杭州中考)如图,CD⊥AB交AB的延长线于点D,已知∠ABC是钝角,则(　　)
A. 线段CD是△ABC的AC边上的高线　　　　　
B. 线段CD是△ABC的AB边上的高线
C. 线段AD是△ABC的BC边上的高线　　　　　
D. 线段AD是△ABC的AC边上的高线
3. (2023浙江温州乐清荆山公学月考)如图,AB,CD相交于O,△OCA≌△OBD,AO=6,BO=4,则CD的长为(　　)
A. 9　　　　　B. 10　　　　　C. 11　　　　　D. 12
4. (2023浙江杭州拱墅期中)在下列命题中,是假命题的是(　　)
A. 全等三角形的对应边相等,对应角相等
B. 三角形的三条高必交于一点
C. 三角形任意一边的两个端点到这条边上的中线所在直线的距离相等
D. 三角形的三条角平分线相交于一点,这点到三边的距离一定相等
5. (2023浙江温州乐清英华学校月考)如图,已知AE=AD,添加下列条件不能判定△ACD≌△ABE的是(　　)
A. AB=AC　　　　　 B. BE=DC　　　　　
C. ∠B=∠C　　　　　D. ∠AEB=∠ADC
6. (2022吉林长春中考)如图,在△ABC中,根据尺规作图痕迹,选项中说法不一定正确的是(M8101006)(　　)
A. AF=BF　　　　　 B. AE=AC
C. ∠DBF+∠DFB=90°　　　　　D. ∠BAF=∠EBC
7. 【新独家原创】如图,在△OAB和△COD中,OA=OC,OB=OD,且∠AOC=∠BOD=36°,∠A=72°,∠D=36°,AB与CD交于点E.下列结论:①△AOB≌△COD;②∠DEB=36°;③AB=CD;④点C到OA、OB的距离相等.其中正确结论的个数为(　　)
A. 4　　　　　B. 3　　　　　C. 2　　　　　D. 1
8. (2023浙江杭州绿城育华学校期中)如图,AD是△ABC的角平分线,AD的垂直平分线分别交AB、AD、AC于F、E、P,交BC的延长线于K,连结PD、AK,则下列结论:①AF=PD;②∠PAK=∠B;
③PD∥AB;④∠PKD=(∠ACB-∠B).其中正确的结论有(　　)
A. ①③　　　　　 B. ①②③　　　　　
C. ②③④　　　　　D. ①②③④
二、填空题(每小题4分,共24分)
9. (2022浙江宁波海曙期末)在△ABC中,∠A=68°,∠B=22°,则△ABC是　　　　三角形.(填“锐角”“直角”或“钝角”)
10. (2023浙江绍兴柯桥月考)工人师傅在做完门框后,为防止变形,常常像图中所示的那样钉上两根斜拉的木条(即AB,CD两根木条),这样做的依据是　　　　　　　　.
11. 【一题多解】(2023浙江杭州余杭信达外国语学校月考)如图,△ABC中,∠A=40°,∠B=72°,CE平分∠ACB,CD⊥AB,
DF⊥CE,则∠CDF=　　　　度.
12. 【一题多解】(2023浙江宁波慈溪十校联考)如图,CA平分∠DCB,CB=CD,DA的延长线交BC于点E,若∠EAC=49°,则∠BAE的度数为　　　　.
13. (2023浙江绍兴柯桥联盟学校期中)如图,AD是△ABC的中线,E、F分别是AD和AD延长线上的点,且DE=DF,连结BF、CE,下列说法:①CE=BF;②△ABD和△ACD的面积相等;③BF∥CE;④△BDF≌△CDE,其中正确的是　　　　(填序号).
14. 【一题多解】(2023浙江金华义乌佛堂初级中学月考)如图所示的是可调节躺椅的示意图,AE与BD的交点为C,且∠CAB,∠CBA,∠E保持不变.为了舒适,需调整∠D的大小,使∠EFD=140°,则图中∠D应　　　　(填“增加”或“减少”)　　　　度.
三、解答题（44分）
15. 【新考法】(2023浙江温州瑞安安阳实验中学期中)(8分)小明将下列题目梳理到自己的错题本中,题目为“如图,点F,B,C,E在同一条直线上,AE∥DF,且BF=CE,∠A=∠D.求证:AB=CD.”请你帮他完成题目的解题过程.
第一章书本例题 图形呈现
关键已知 ①AE∥DF; ②BF=CE; ③∠A=∠D
解题过程
16. (2023浙江杭州启正中学期中改编)(10分)如图,四边形 ABCD中,AD⊥AB,CB⊥AB,垂足分别为A,B.(M8101006)
(1)尺规作图:在线段 AB上找一点 E,使得 EC=ED,连结 EC, ED(不写作法,保留作图痕迹);
(2)在(1)中的图形中,若∠DEC=90°,且AD=1,BC=,求AB的长.
17. (2023浙江绍兴柯桥月考)(12分)如图,△ABC与△ADE都是等边三角形(三条边都相等,三个内角都相等的三角形),连结BD、CE交于点F.
(1)BD与CE相等吗 请说明理由;
(2)你能求出BD与CE的夹角∠BFC的度数吗
(3)若将已知条件改为四边形ABCD与四边形AEFG都是正方形,连结BE、DG,交点记为点M(如图).请直接写出线段BE和DG之间的关系.
18. 【项目式学习试题】(2023浙江宁波余姚子陵中学教育集团期中改编)(14分)【发现问题】小强在一次学习过程中遇到了下面的问题:如图①,AD是△ABC的中线,若AB=5,AC=3,求AD的取值范围.
【探究方法】小强所在的小组通过探究发现,延长AD至点E,使ED=AD.连结BE,可以证出△ADC≌△EDB,利用全等三角形的性质可将已知的边长与AD转化到△ABE中,进而求出AD的取值范围.
方法小结:从上面的思路可以看出,解决问题的关键是将中线AD延长一倍,构造出全等三角形,我们把这种方法叫做“倍长中线法”.
(1)请你利用上面的思路,写出求AD的取值范围的过程;
(2)【问题解决】如图②,点B为AE上一点,连结CB,CD是△ABC的中线.求证:BC+AC>2CD;
(3)【问题拓展】如图③,在△ABO和△CDO中,OA=OB,OC=OD,
∠AOB与∠COD互补,连结AC、BD,E是BD的中点,求证:OE=AC.
图① 图② 图③
答案全解全析
1. B　根据三角形三边关系得22. B　由三角形的高线的定义知线段CD是△ABC的AB边上的高线,故选B.
3. B　∵△OCA≌△OBD,AO=6,BO=4,∴DO=AO=6,
CO=BO=4,∴DC=DO+CO=6+4=10.故选B.
4. B　全等三角形的对应边相等,对应角相等,故A是真命题;三角形的三条高所在的直线必交于一点,故B是假命题;三角形任意一边的两个端点到这条边上的中线所在直线的距离相等,如图,∵AD为△ABC的中线,∴BD=CD,∵CE⊥AD,BF⊥AD,交AD的延长线于点F,∴∠3=∠F=90°,又∠1=∠2,∴△CED≌△BFD,∴BF=CE,故C是真命题;三角形的三条角平分线相交于一点,这点到三边的距离一定相等,故D是真命题.故选B.
5. B　根据题意得AE=AD,∠A=∠A,添加AB=AC,可利用SAS判定△ACD≌△ABE,故A不符合题意;添加BE=DC,不能判定△ACD≌△ABE,故B符合题意;添加∠B=∠C,可利用AAS判定△ACD≌△ABE,故C不符合题意;添加∠AEB=∠ADC,可利用ASA判定△ACD≌△ABE,故D不符合题意.故选B.
6. B　根据尺规作图痕迹,可得DF垂直平分AB,BE是∠ABC的平分线,∴AF=BF,∠BDF=∠ADF=90°,AD=BD,∠ABF=∠CBE,
∴△ADF≌△BDF,∠DBF+∠DFB=90°,∴∠ABF=∠BAF,∴∠BAF=∠EBC,∴选项A、C、D正确.故选B.
7. A　∵∠AOC=∠BOD=36°,∴∠AOC+∠COB=∠COB+
∠BOD,∴∠AOB=∠COD,在△AOB和△COD中,
,∴△AOB≌△COD,∴AB=CD,∠B=∠D=36°,故①③正确;设OB与CD交于点F(图略),∵∠BOD+∠D+
∠OFD=∠DEB+∠B+∠BFE=180°,∠OFD=∠BFE,
∴∠DEB=∠BOD=36°,故②正确;∵∠AOB+∠A+∠B=180°,
∴∠AOB=180°-72°-36°=72°,∴∠COB=∠AOB-∠AOC=
72°-36°=36°=∠AOC,∴点C到OA、OB的距离相等,故④正确.故选A.
8. D　∵AD是△ABC的角平分线,∴∠FAE=∠PAE,∵PF⊥AE,
∴∠AEF=∠AEP=90°,∵AE=AE,∴△AFE≌△APE(ASA),
∴AF=AP,∵FK垂直平分AD,∴AP=PD,∴AF=PD,故①正确;∵FK垂直平分AD,∴AE=DE,AK=DK,∵KE=KE,
∴△AKE≌△DKE(SSS),∴∠KAD=∠KDA,∵∠B=∠ADK-
∠BAD,∠KAC=∠KAD-∠DAC,∠BAD=∠CAD,∴∠KAC=∠B,即∠PAK=∠B,故②正确;∵FK垂直平分AD,∴∠PEA=∠PED=90°,
∵AE=ED,PE=PE,∴△APE≌△DPE,
∴∠PAE=∠PDA,∵∠FAE=∠PAE,∴∠FAE=∠PDA,∴PD∥AB,故③正确;
∵△AKE≌△DKE,∴∠PKD=∠AKC,
又∠AKC=∠ACB-∠CAK=∠ACB-∠B,∴∠PKD=(∠ACB-∠B),故④正确.故选D.
9. 答案　直角
解析　∵∠A+∠B+∠C=180°,
∴∠C=180°-∠A-∠B=180°-68°-22°=90°,
∴△ABC是直角三角形.
10. 答案　三角形的稳定性
解析　利用三角形的稳定性防止门框变形.
11. 答案　74
解析　解法一:∵∠A+∠B+∠ACB=180°,∠A=40°,∠B=72°,
∴∠ACB=180°-40°-72°=68°,∵CE平分∠ACB,∴∠BCE=
∠ACB=34°,∵CD⊥AB,∴∠CDB=90°,∴∠BCD=90°-∠B=
18°,∴∠ECD=∠BCE-∠BCD=16°,∵DF⊥CE,∴∠DFC=90°,
∴∠CDF=90°-∠ECD=74°.
解法二:∵∠A+∠B+∠ACB=180°,∠A=40°,∠B=72°,
∴∠ACB=180°-40°-72°=68°,∵CE平分∠ACB,
∴∠ACE=∠ACB=34°,∴∠CED=∠A+∠ACE=74°,
∵DF⊥CE,CD⊥AB,∴∠DFC=90°,∠CDE=90°,
∴∠CDF+∠EDF=∠CED+∠EDF,∴∠CDF=∠CED=74°.
12. 答案　82°
解析　解法一:∵CA平分∠DCB,∴∠BCA=∠DCA,
又∵CB=CD,AC=AC,∴△ABC≌△ADC(SAS),
∴∠DAC=∠BAC,∵∠DAC=180°-∠EAC=131°,
∴∠BAC=∠DAC=131°,∴∠BAE=131°-49°=82°.
解法二:∵CA平分∠DCB,∴∠BCA=∠DCA,又∵CB=CD,
AC=AC,∴△ABC≌△ADC(SAS),∴∠B=∠D,∴∠B+∠ACB=∠D+∠ACD,∵∠CAE=∠D+∠ACD=49°,∴∠B+∠ACB=
49°,∴∠BAE=180°-∠B-∠ACB-∠CAE=82°.
13. 答案　①②③④
解析　∵AD是△ABC的中线,∴BD=CD,∴△ABD和△ACD的面积相等,在△BDF和△CDE中,,
∴△BDF≌△CDE,∴CE=BF,∠FBD=∠ECD,∴BF∥CE,
故①②③④正确.
14. 答案　增加;20
解析　解法一(构造外角):延长EF,交CD于点G,如图,∵∠ACB=180°-50°-60°=70°,∴∠ECD=∠ACB=70°.
∵∠DGF=∠DCE+∠E,∴∠DGF=70°+30°=100°.
∵∠EFD=140°,∠EFD=∠DGF+∠D,∴∠D=40°,而图中∠D=20°,
∴∠D应增加20°.
解法二(构造8字型):如图,连结DE,
∵∠CAB+∠CBA+∠ACB=180°,∠CDE+∠DEC+∠DCE=180°,
且∠ACB=∠DCE,∴∠CDE+∠DEC=∠CAB+∠CBA=110°,
∵∠EDF+∠DEF+∠DFE=180°,∴∠EDF+∠DEF=180°-140°=40°,
∴∠CDF+∠CEF=110°-40°=70°,∴∠CDF=70°-30°=40°,
而图中∠CDF=20°,∴∠CDF应增加20°.
15. 解析　∵BF=CE,∴BF+EF=CE+EF,∴BE=CF,
∵AE∥DF,∴∠AEB=∠DFC,
在△AEB和△DFC中,
∴△AEB≌△DFC,∴AB=CD.
16. 解析　(1)如图.
(2)由(1)知E为CD垂直平分线上的点,∴DE=EC,
∵AD⊥AB,CB⊥AB,∴∠A=∠B=90°,
∴∠ADE+∠DEA=90°,
∵∠DEC=90°,∴∠BEC+∠DEA=90°,
∴∠ADE=∠BEC,
在△ADE和△BEC中,
∴△ADE≌△BEC(AAS),
∴BE=AD=1,AE=BC=,
∴AB=AE+BE=+1,即AB的长为+1.
17. 解析　(1)BD=CE.理由如下:
∵△ABC与△ADE都是等边三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠BAD=∠CAE,
在△BAD和△CAE中,
∴△BAD≌△CAE(SAS),∴BD=CE.
(2)设BD与AC相交于点H(图略),
∵△BAD≌△CAE,∴∠ABD=∠ACE,
∵∠ABD+∠BAH+∠AHB=∠ACE+∠HFC+∠FHC=180°,
∠AHB=∠FHC,
∴∠HFC=∠BAH=60°,即BD与CE的夹角∠BFC的度数为60°.
(3)BE=DG,BE⊥DG.
详解:设BE与AD相交于点N(图略),
∵四边形ABCD与四边形AEFG都是正方形,
∴AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠GAE=90°,
∴∠BAE=∠DAG,
在△BAE和△DAG中,
∴△BAE≌△DAG(SAS),
∴BE=DG,∠ABE=∠ADG.
∵∠BAD=90°,∴∠ABE+∠ANB=90°,
∵∠ANB=∠DNM,∴∠ADG+∠DNM=90°,
∴∠BMD=90°,∴BE⊥DG,
∴线段BE和DG之间的关系是BE=DG,BE⊥DG.
18. 解析　(1)∵AD是△ABC的中线,∴BD=CD,
在△ADC和△EDB中,
∴△ADC≌△EDB,∴BE=AC=3,
∵AB=5,∴2(2)如图,延长CD至F,使DF=CD,连结BF,
∵CD是△ABC的中线,∴AD=BD,
在△ACD和△BFD中,
∴△ACD≌△BFD,∴BF=AC,
在△BCF中,BC+BF>CF,∴BC+AC>2CD.
(3)证明:如图,延长OE到J,使得EJ=OE,连结DJ,
∵E是BD的中点,∴BE=DE,
在△BEO和△DEJ中,
∴△BEO≌△DEJ,∴OB=DJ,∠BOE=∠DJE,
∴OB∥DJ,∴∠ODJ+∠BOD=180°,
∵∠AOB与∠COD互补,∴∠BOD+∠AOC=180°,
∴∠ODJ=∠AOC,∵OA=OB,∴OA=DJ,
在△AOC和△JDO中,
∴△AOC≌△JDO,∴AC=OJ,
∴AC=2OE,∴OE=AC.

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