最新初二有关三角形证明的中考题

第一章三角形的证明测试卷

（源于中考的试题）

参考答案与试题解析

一．选择题（共9小题）

1．（2013?郴州）如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=25°，D是AB上一点．将Rt△ABC沿CD折叠，使B点落在AC边上的B′处，则∠ADB′等于（）

A．25°B．30°C．35°D．40°

解答：解：∵在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=25°，

∴∠B=90°﹣25°=65°，

∵△CDB′由△CDB反折而成，

∴∠CB′D=∠B=65°，

∵∠CB′D是△AB′D的外角，

∴∠ADB′=∠CB′D﹣∠A=65°﹣25°=40°．

故选D．

2．（2012?潍坊）轮船从B处以每小时50海里的速度沿南偏东30°方向匀速航行，在B处观测灯塔A位于南偏东75°方向上，轮船航行半小时到达C处，在C处观测灯塔A位于北偏东60°方向上，则C处与灯塔A 的距离是（）海里．

A．25B．25C．50 D．25

解答：解：根据题意，

∠1=∠2=30°，

∵∠ACD=60°，

∴∠ACB=30°+60°=90°，

∴∠CBA=75°﹣30°=45°，

∴△ABC为等腰直角三角形，

∵BC=50×0.5=25，

∴AC=BC=25（海里）．

故选D．

3．（2011?贵阳）如图，△ABC中，∠C=90°，AC=3，∠B=30°，点P是BC边上的动点，则AP长不可能是（）

A．3.5 B．4.2 C．5.8 D．7

解答：解：根据垂线段最短，可知AP的长不可小于3；

∵△ABC中，∠C=90°，AC=3，∠B=30°，

∴AB=6，

∴AP的长不能大于6．故选D．

4．（2012?铜仁地区）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，过点E作MN∥BC交AB 于M，交AC于N，若BM+CN=9，则线段MN的长为（）

A．6B．7C．8D．9

考点：等腰三角形的判定与性质；平行线的性质．

分析：由∠ABC、∠ACB的平分线相交于点E，∠MBE=∠EBC，∠ECN=∠ECB，利用两直线平行，内错角相等，利用等量代换可∠MBE=∠MEB，∠NEC=∠ECN，然后即可求得结论．

解答：解：∵∠ABC、∠ACB的平分线相交于点E，

∴∠MBE=∠EBC，∠ECN=∠ECB，

∵MN∥BC，

∴∠EBC=∠MEB，∠NEC=∠ECB，

∴∠MBE=∠MEB，∠NEC=∠ECN，

∴BM=ME，EN=CN，

∴MN=ME+EN，

即MN=BM+CN．

∵BM+CN=9

∴MN=9，故选D．

5．（2011?恩施州）如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，垂足为F，DE=DG，△ADG和△AED的面积分别为50和39，则△EDF的面积为（）

A．11 B．5.5 C．7D．3.5

考点：角平分线的性质；全等三角形的判定与性质．

专题：计算题；压轴题．

分析：作DM=DE交AC于M，作DN⊥AC，利用角平分线的性质得到DN=DF，将三角形EDF的面积转化为三角形DNM的面积来求．

解答：解：作DM=DE交AC于M，作DN⊥AC，

∵DE=DG，DM=DE，

∴DM=DG，

∵AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，

∴DF=DN，

在Rt△DEF和Rt△DMN中，

，

∴Rt△DEF≌Rt△DMN（HL），

∵△ADG和△AED的面积分别为50和39，

∴S△MDG=S△ADG﹣S△ADM=50﹣39=11，

S△DNM=S△DEF=S△MDG==5.5

故选B．

点评：本题考查了角平分线的性质及全等三角形的判定及性质，解题的关键是正确地作出辅助线，将所求的三角形的面积转化为另外的三角形的面积来求．

6．（2012?广州）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=9，BC=12，则点C到AB的距离是（）

A．B．C．D．

解答：解：根据题意画出相应的图形，如图所示：

在Rt△ABC中，AC=9，BC=12，

根据勾股定理得：AB==15，

过C作CD⊥AB，交AB于点D，

又S△ABC=AC?BC=AB?CD，

∴CD===，

则点C到AB的距离是．故选A

7．（2007?芜湖）如图，在△ABC中AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，已知EH=EB=3，AE=4，则CH的长是（）

A．1B．2C．3D．4

解答：解：在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，

∴∠AEH=∠ADB=90°；

∵∠EAH+∠AHE=90°，∠DHC+∠BCH=90°，

∵∠EHA=∠DHC（对顶角相等），

∴∠EAH=∠DCH（等量代换）；

∵在△BCE和△HAE中

，

∴△AEH≌△CEB（AAS）；

∵EH=EB=3，AE=4，

∴CH=CE﹣EH=AE﹣EH=4﹣3=1．故选A．

8．（2011?泰安）如图，点O是矩形ABCD的中心，E是AB上的点，沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，若BC=3，则折痕CE的长为（）

A．B．C．D．6

解答：解：∵△CEO是△CEB翻折而成，

∴BC=OC，BE=OE，∠B=∠COE=90°，

∴EO⊥AC，

∵O是矩形ABCD的中心，

∴OE是AC的垂直平分线，AC=2BC=2×3=6，

∴AE=CE，

在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即62=AB2+32，解得AB=3，

在Rt△AOE中，设OE=x，则AE=3﹣x，

AE2=AO2+OE2，即（3﹣x）2=32+x2，解得x=，

∴AE=EC=3﹣=2．

故选A．

9．（2012?深圳）如图，已知：∠MON=30°，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM 上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B3A4…均为等边三角形，若OA1=1，则△A6B6A7的边长为（）

A．6B．12 C．32 D．64

解答：解：∵△A1B1A2是等边三角形，

∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°，

∴∠2=120°，

∵∠MON=30°，

∴∠1=180°﹣120°﹣30°=30°，

∴∠5=180°﹣60°﹣30°=90°，

∵∠MON=∠1=30°，

∴OA1=A1B1=1，

∴A2B1=1，

∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形，

∴∠11=∠10=60°，∠13=60°，

∵∠4=∠12=60°，

∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，

∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°，

∴A2B2=2B1A2，B3A3=2B2A3，

∴A3B3=4B1A2=4，

A4B4=8B1A2=8，

A5B5=16B1A2=16，

以此类推：A6B6=32B1A2=32．

故选：C．

二．填空题（共8小题）

10．（2011?怀化）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的角平分线交BC边于点D，AB=5，BC=6，则AD=4．

考点：勾股定理；等腰三角形的性质．

分析：

首先根据等腰三角形的性质：等腰三角形的三线合一，求出DB=DC=CB，AD⊥BC，再利用勾股定理求出AD的长．

解答：解：∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，

∴DB=DC=CB=3，AD⊥BC，

在Rt△ABD中，

∵AD2+BD2=AB2，

∴AD==4，

故答案为：4．

点评：此题主要考查了等腰三角形的性质与勾股定理的应用，做题的关键是根据等腰三角形的性质证出△ADB是直角三角形．

11．（2011?衡阳）如图所示，在△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，将△ABC折叠，使点C与点A重合，折痕为DE，则△ABE的周长为7．

考点：翻折变换（折叠问题）；勾股定理．

专题：压轴题；探究型．

分析：先根据勾股定理求出BC的长，再根据图形翻折变换的性质得出AE=CE，进而求出△ABE的周长．解答：解：∵在△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，

∴BC===4，

∵△ADE是△CDE翻折而成，

∴AE=CE，

∴AE+BE=BC=4，

∴△ABE的周长=AB+BC=3+4=7．

故答案为：7．

点评：本题考查的是图形翻折变换的性质，即折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

12．（2010?滨州）如图，等边△ABC的边长为6，AD是BC边上的中线，M是AD上的动点，E是AC边上一点，若AE=2，EM+CM的最小值为．

考点：轴对称-最短路线问题；勾股定理．

专题：压轴题；动点型．

分析：要求EM+CM的最小值，需考虑通过作辅助线转化EM，CM的值，从而找出其最小值求解．

解答：解：连接BE，与AD交于点M．则BE就是EM+CM的最小值．

取CE中点F，连接DF．

∵等边△ABC的边长为6，AE=2，

∴CE=AC﹣AE=6﹣2=4，

∴CF=EF=AE=2，

又∵AD是BC边上的中线，

∴DF是△BCE的中位线，

∴BE=2DF，BE∥DF，

又∵E为AF的中点，

∴M为AD的中点，

∴ME是△ADF的中位线，