人教版中考数学总复习单元检测四几何初步知识与三角形含答案
展开一、选择题(本大题共8小题,每小题只有一个正确选项,每小题4分,共32分)
1.如图,已知AB∥CD,直线AC和BD相交于点E,若∠ABE=70°,∠ACD=40°,则∠AEB等于( )
A.50°B.60°
C.70°D.80°
答案:C
2.如果将长为6 cm,宽为5 cm的长方形纸片折叠一次,那么这条折痕的长不可能是( )
A.8 cmB.52 cm
C.5.5 cmD.1 cm
答案:A
3. 若有一条公共边的两个三角形称为一对“共边三角形”,则图中以BC为公共边的“共边三角形”有( )
A.2对B.3对C.4对D.6对
答案:B
4.如图所示,在△ABC中,AB=AC,过AC上一点作DE⊥AC,EF⊥BC,若∠BDE=140°,则∠DEF=( )
A.55°B.60°
C.65°D.70°
答案:C
5.如图,等腰三角形ABC的周长为21,底边BC=5,AB的垂直平分线DE交AB于点D,交AC于点E,则△BEC的周长为( )
A.13B.14
C.15D.16
答案:A
6.如图,有一底角为35°的等腰三角形纸片,现过底边上一点,沿与底边垂直的方向将其剪开,分成三角形和四边形两部分,则四边形中,最大角的度数是( )
A.110°B.120°
C.125°D.130°
答案:C
7.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,CD⊥AB于点D,AB=13,CD=6,则AC+BC等于( )
A.5B.513
C.1313D.95
答案:B
8.(2021浙江中考)如图,菱形ABCD中,∠B=60°,点P从点B出发,沿折线BC—CD方向移动,移动到点D停止.在△ABP形状的变化过程中,依次出现的特殊三角形是( )
A.直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B.直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C.直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D.等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
答案:C
二、填空题(本大题共5小题,每小题4分,共20分)
9.如图,AB∥CD,CE平分∠ACD,若∠1=25°,则∠2的度数是 .
答案:130°
10.如图,已知AB=AD,∠BAE=∠DAC,要使△ABC≌△ADE,可补充的条件是 .(写出一个即可)
答案:AC=AE或∠C=∠E或∠B=∠D
11.如图,将Rt△ABC的斜边AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<90°)得到AE,直角边AC绕点A逆时针旋转β(0°<β<90°)得到AF,连接EF.若AB=3,AC=2,且α+β=∠B,则EF= .
答案:13
12.如图,在△ABC中,AB=AC,AD是BC边上的高,点E,F是AD的三等分点,若△ABC的面积为12 cm2,则图中阴影部分的面积是 cm2.
答案:6
13.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,BC=3.点D是BC边上的一动点(不与点B,C重合),过点D作DE⊥BC交AB于点E,将∠B沿直线DE翻折,点B落在射线BC上的点F处.当△AEF为直角三角形时,BD的长为 .
答案:1或2
三、解答题(本大题共4小题,共48分)
14.(本小题满分10分)如图,在△ABC中,点E在AB上,点D在BC上,BD=BE,∠BAD=∠BCE,AD与CE相交于点F,试判断△AFC的形状,并说明理由.
解△AFC是等腰三角形.
理由如下:在△BAD与△BCE中,
∵∠B=∠B,∠BAD=∠BCE,BD=BE,
∴△BAD≌△BCE.
∴BA=BC.
∴∠BAC=∠BCA.
∴∠BAC-∠BAD=∠BCA-∠BCE,
即∠FAC=∠FCA.
∴△AFC是等腰三角形.
15.(本小题满分12分)(2021天津中考)如图,一艘货船在灯塔C的正南方向,距离灯塔257海里的A处遇险,发出求救信号.一艘救生船位于灯塔C的南偏东40°方向上,同时位于A处的北偏东60°方向上的B处,救生船接到求救信号后,立即前往救援.求AB的长(结果取整数).
参考数据:tan 40°≈0.84,3取1.73.
解如图,过点B作BH⊥CA,垂足为H.
根据题意,∠BAC=60°,∠BCA=40°,CA=257.∵在Rt△BAH中,tan∠BAH=BHAH,cs∠BAH=AHAB,
∴BH=AH·tan 60°=3AH,AB=AHcs60°=2AH.
∵在Rt△BCH中,tan∠BCH=BHCH,
∴CH=BHtan40°=3AHtan40°.
又CA=CH+AH,∴257=3AHtan40°+AH,可得AH=257×tan40°3+tan40°.
∴AB=2×257×tan40°3+tan40°≈2×257×+0.84=168.
答:AB的长约为168海里.
16.(本小题满分12分)某货站传送货物的平面示意图如图.为了提高传送过程的安全性,工人师傅欲减小传送带与地面的夹角,使其由45° 改为30°.已知原传送带AB长为4 m.
(1)求新传送带AC的长度;
(2)如果需要在货物着地点C的左侧留出2 m的通道,试判断距离点B处 4 m的货物MNQP是否需要挪走,并说明理由.(说明:(1),(2)的计算结果精确到0.1 m,参考数据:2≈1.41,3≈1.73,5≈2.24,6≈2.45)
解(1)如图,过点A作AD⊥BC,交CB的延长线于点D.
在Rt△ABD中,AD=ABsin 45°=4×22=22(m).
在Rt△ACD中,∵∠ACD=30°,
∴AC=2AD=42≈5.6(m),即新传送带AC的长度约为5.6 m.
(2)货物MNQP需要挪走.
理由:在Rt△ABD中,BD=ABcs 45°=4×22=22(m),在Rt△ACD中,CD=ACcs 30°=42×32=26(m),∴CB=CD-BD=26-22=2(6-2)≈2.1(m).
∵PC=PB-CB≈4-2.1=1.9(m),1.9<2,∴货物MNQP需要挪走.
17.(本小题满分14分)如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=6,D为BC中点.
(1)若E,F分别是AB,AC上的点,且AE=CF,求证:△AED≌△CFD;
(2)当点F,E分别从C,A两点同时出发,以1个单位长度/秒的速度沿CA,AB运动到点A,B时停止,设△DEF的面积为y,点F的运动时间为x,求y关于x的函数解析式.
(1)证明∵∠BAC=90°,AB=AC=6,D为BC中点,∴AD=DC,∠DAE=∠C=45°.
又AE=CF,∴△AED≌△CFD.
(2)解由题知AE=x,AF=6-x,
∴EF2=AE2+AF2=x2+(6-x)2=2x2-12x+36,
由(1)知:△AED≌△CFD,
∴DE=DF,∠ADE=∠CDF,
∴∠ADE+∠ADF=∠CDF+∠ADF=∠ADC=90°,∴△DEF是等腰直角三角形,
∴DE2=DF2=12EF2,
∴S△DEF=12DE·DF=12DE2=14EF2,即y=14(2x2-12x+36)=12x2-3x+9.
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