浙江省三角形中考数学试题专题解析

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2021年浙江省三角形中考数学试题专题解析
一、选择题
1.(2021浙江杭州3分)如图，在Rt△ABO中，斜边AB=1.假定OC∥BA，AOC=36，那么【】
A.点B到AO的距离为sin54
B.点B到AO的距离为tan36
C.点A到OC的距离为sin36sin54
D.点A到OC的距离为cos36sin54
【答案】C。

【考点】平行线的性质，点到直线的距离，锐角三角形函数定义。

【剖析】由，依据锐角三角形函数定义对各选项作出判别：A、由于在Rt△ABO中AOB是直角，所以B到AO的距离是指BO的长。

∵AB∥OC，BAO=AOC=36。

在Rt△BOA中，∵AOB =90，AB=1，
BO=ABsin36=sin36。

故本选项错误。

B、由A可知，选项错误。

C、如图，过A作ADOC于D，那么AD的长是点A到OC的距离。

在Rt△BOA中，∵BAO=36，AOB=90，ABO=54。

AO=AB sin54= sin54。

在Rt△ADO中， AD=AOsin36=ABsin54sin36=sin54sin36。

故本选项正确。

D、由C可知，选项错误。

应选C。

3.(2021浙江湖州3分)如图，在Rt△ABC中，ACB=90，AB=10，CD是AB边上的中线，那么CD的长是【】
A.20
B.10
C.5
D.
【答案】C。

【考点】直角三角形斜边上的中线性质。

【剖析】由直角三角形的性质知：斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出CD的长：
∵在Rt△ABC中，ACB=90，AB=10，CD是AB边上的中线，CD= AB=5。

应选C。

4. (2021浙江嘉兴、舟山4分)如图，A、B两点在河的两岸，要测量这两点之间的距离，测量者在与A同侧的河岸边选定一点C，测出AC=a米，A=90，C=40，那么AB等于【】米.
A. asin40
B. acos40
C. atan40
D.
【答案】C。

【考点】解直角三角形的运用，锐角三角函数定义。

【剖析】∵△ABC中，AC=a米，A=90，C=40，
AB=atan40。

应选C。

5. (2021浙江宁波3分)如图，在Rt△ABC中，C=90，AB=6，cosB= ，那么BC的长为【】
A.4
B.2
C.
D.
【答案】A。

【考点】锐角三角函数的定义。

【剖析】∵cosB= ，。

又AB=6，。

应选A。

二、填空题
1. (2021浙江湖州4分)如图，将正△ABC联系成m个边长为1的小正三角形和一个黑色菱形，这个黑色菱形可联系成n个边长为1的小三角形，假定，那么△ABC的边长是▲【答案】12。

【考点】一元二次方程的运用(几何效果)，菱形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数定义。

【剖析】设正△ABC的边长为x，那么由勾股定理，得高为，。

∵所分红的都是正三角形，
依据锐角三角函数定义，可得黑色菱形的较长的对角线为，较短的对角线为。

黑色菱形的面积= 。

，整理得，11x2-144x+144=0。

解得 (不契合题意，舍去)，x2=12。

所以，△ABC的边长是12。

2. (2021浙江、舟山嘉兴5分)如图，在Rt△ABC中，ABC=90，BA=BC.点D是AB的中点，衔接CD，过点B作BG丄CD，区分交GD、CA于点E、F，与过点A且垂直于的直线相交于点G，衔接DF.给出以下四个结论：
① ;②点F是GE的中点;③AF= AB;④S△ABC=5S△BDF，其中正确的结论序号是▲ .
【答案】①③。

【考点】相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质。

【剖析】∵在Rt△ABC中，ABC=90，ABBC。

又∵AGAB，AG∥BC。

△AFG∽△CFB。

∵BA=BC，。

故①正确。

∵ABC=90，BGCD，DBE+BDE=BDE+BCD=90。

DBE=BCD。

∵AB=CB，点D是AB的中点，BD= AB= CB。

又∵BG丄CD，DBE=BCD。

在Rt△ABG中，。

∵ ，FG= FB。

故②错误。

∵△AFG∽△CFB，AF：CF=AG：BC=1：2。

AF= AC。

∵AC= AB，AF= AB。

故③正确。

设BD= a，那么AB=BC=2 a，△BDF中BD边上的高= 。

S△ABC= ，S△BDF
S△ABC=6S△BDF，故④错误。

因此，正确的结论为①③。

三、解答题
1. (2021浙江丽水、金华6分)学校校园内有一小山坡AB，经测量，坡角ABC=30，斜坡AB长为12米.为方便先生行走，决议开挖小山坡，使斜坡BD的坡比是1：3(即为CD与BC的长度之比).A，D两点处于同一铅垂线上，求开挖后小山坡下降的高度AD.
【答案】解：在Rt△ABC中，ABC=30，
AC= AB=6，BC=ABcosABC=12 。

∵斜坡BD的坡比是1：3，CD= 。

AD=AC-CD=6- 。

答：开挖后小山坡下降的高度AD为(6- )米。

【考点】解直角三角形的运用(坡度坡角效果)，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【剖析】在直角△ABC中，应用三角函数即可求得BC、AC的长，然后在直角△BCD中，应用坡比的定义求得CD的长，依据AD=AC-CD即可求解。

2. (2021浙江绍兴8分)如图1，某超市从一楼到二楼的电梯AB的长为16.50米，坡角BAC为32。

(1)求一楼于二楼之间的高度BC(准确到0.01米);
(2)电梯每级的水平级宽均是0.25米，如图2.小明跨上电梯时，该电梯以每秒上升2级的高度运转，10秒后他上升了多少米(准确到0.01米)?备用数据：sin32=0.5299，
con32=0.8480，tan32=6249。

【答案】解：(1)∵sinBAC= ，BC=ABsin32=16.500.52998.74米。

(2)∵tan32= ，级高=级宽tan32=0.250.6249=0.156225
∵电梯以每秒上升2级，10秒钟电梯上升了20级。

小明上升的高度为：200.1562253.12米。

【考点】解直角三角形的运用(坡度坡角效果)，锐角三角函数定义。

【剖析】(1)直接依据正弦函数定义可求一楼于二楼之间的高度BC。

(2)由每级的水平级宽均是0.25米，依据正切函数定义可求每级的级高，从而由电梯以每秒上升2级可得电梯上升的级数，因此即可求得小明上升的高度。

3. (2021浙江绍兴10分)联想三角形外心的概念，我们可引入如下概念。

定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫做此三角形的准外心。

举例：如图1，假定PA=PB，那么点P为△ABC的准外心。

运用：如图2，CD为等边三角形ABC的高，准外心P在高CD 上，且PD= AB，求APB的度数。

探求：△ABC为直角三角形，斜边BC=5，AB=3，准外心P在AC边上，试探求PA的长。

【答案】解：运用：①假定PB=PC，衔接PB，那么PCB=PBC，∵CD为等边三角形的高，AD=BD，PCB=30。

PBD=PBC=30，PD= DB= AB。

与PD= AB矛盾，PBPC。

②假定PA=PC，衔接PA，同理可得PAPC。

③假定PA=PB，由PD= AB，得PD=AD =BD，APD=BPD=45。

APB=90。

探求：∵BC=5，AB=3，AC= 。

①假定PB=PC，设PA= ，那么，，即PA= 。

②假定PA=PC，那么PA=2。

③假定PA=PB，由图知，在Rt△PAB中，不能够。

PA=2或。

【考点】新定义，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理。

【剖析】运用：衔接PA、PB，依据准外心的定义，分①PB=PC，②PA=PC，③PA=PB三种状况应用等边三角形的性质求出PD 与AB的关系，然后判别出只要状况③是适宜的，再依据等腰直角三角形的性质求出APB=45，然后即可求出APB的度数。

探求：先依据勾股定理求出AC的长度，依据准外心的定义，分①PB=PC，②PA=PC，③PA=PB三种状况，依据三角形的性质计算即可得解。

4. (2021浙江绍兴12分)小明和同桌小聪在课后温习时，对课本目的与评定中的一道思索题，停止了仔细的探求。

【思索题】如图，一架2.5米长的梯子AB斜靠在竖直的墙AC上，这时B到墙C的距离为0.7米，假设梯子的顶端沿墙下滑0.4米，那么点B将向外移动多少米?
(1)请你将小明对思索题的解答补充完整：
解：设点B将向外移动x米，即BB1=x，
那么B1C=x+0.7，A1C=AC﹣AA1=
而A1B1=2.5，在Rt△A1B1C中，由得方程，
解方程得x1= ，x2= ，
点B将向外移动米。

(2)解完思索题后，小聪提出了如下两个效果：
【效果一】在思索题中，将下滑0.4米改为下滑0.9米，那么该题的答案会是0.9米吗?为什么?
【效果二】在思索题中，梯子的顶端从A处沿墙AC下滑的距离与点B向外移动的距离，有能够相等吗?为什么?
请你解答小聪提出的这两个效果。

【答案】解：(1) ;0.8，﹣2.2(舍去);0.8。

(2)①不会是0.9米，理由如下：
假定AA1=BB1=0.9，那么A1C=2.4﹣0.9=1.5，
B1C=0.7+0.9=1.6，1.52+1.62=4.81，2.52=6.25，
∵ ，该题的答案不会是0.9米。

②有能够。

理由如下：
设梯子顶端从A处下滑x米，点B向外也移动x米，
那么有，解得：x=1.7或x=0(舍去)。

当梯子顶端从A处下滑1.7米时，点B向外也移动1.7米，即梯子顶端从A处沿墙AC下滑的距离与点B向外移动的距离有能够相等。

【考点】勾股定理的运用，一元二次方程的运用。

【剖析】(1)直接把B1C、A1C、A1B1的值代入停止解答即可。

(2)把(1)中的0.4换成0.9可知原方程不成立;设梯子顶端从A处下滑x米，点B向外也移动x米代入(1)中方程，求出x的值契合题意。

5. (2021浙江台州8分)如图，为测量江两岸码头B、D之间的距离，从山坡上高度为50米的A处测得码头B的俯角EAB 为15，码头D的俯角EAD为45，点C在线段BD的延伸线上，ACBC，垂足为C，求码头B、D的距离(结果保管整数).
【答案】解：∵AE∥BC，ADC=EAD=45。

又∵ACCD，CD=AC=50。

∵AE∥BC，ABC=EAB=15。

又∵ ，。

BD185.2﹣50135(米)。

答：码头B、D的距离约为135米。

【考点】解直角三角形的运用(仰角俯角效果)，等腰直角三角形的性质，平行的性质，锐角三角函数定义。

【剖析】由EAB=15，依据平行的性质，可得ABC=EAB=15。

从而解直角三角形ABC可求得BC的长。

由ADC=EAD=45可得CD=AC=50。

从而由BD=BC-CD可求得B、D的距离。

6. (2021浙江台州12分)，如图1，△ABC中，BA=BC，D是平面内不与A、B、C重合的恣意一点，ABC=DBE，BD=BE.
(1)求证：△ABD≌△CBE;
(2)如图2，当点D是△ABC的外接圆圆心时，请判别四边形BDCE的外形，并证明你的结论.
【答案】(1)证明：∵ABC=DBE，ABC+CBD=DBE+CBD。

ABD=CBE。

在△ABD与△CBE中，BA=BC，ABD=CBE，BD=BE，
△ABD≌△CBE(SAS) 。

(2)解：四边形BDEF是菱形。

证明如下：
由(1)△ABD≌△CBE，CE=AD。

∵点D是△ABC外接圆圆心，DA=DB=DC。

又∵BD=BE，BD=BE=CE=CD。

四边形BDCE是菱形。

【考点】等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形外接圆的性质，菱形的判定。

【剖析】(1)由ABC=DBE，依据等量加等量和相等，得ABD=CBE，从而依据SAS即可证得结论。

(2)由三角形外接圆圆心到三个顶点距离相等的性质和(1)
的结论，失掉四边形四边相等，从而得出结论。

7. (2021浙江温州9分)某海滨浴场东西走向的海岸线可以
近似看作直线l(如图).救生员甲在A处的眺望台上观察海面状况，发现其正南方向的B处有人收回求救信号，他立刻沿AB方向径直前往救援，同时通知正在海岸线上巡查的救生员乙.乙马上从C处入海,径直向B处游去.甲在乙入海10秒后赶到海岸线上的D处,再向B处游去.假定CD=40米,B在C的北偏东35方向,甲乙的游泳速度都是2米/秒.问谁先抵达B 处?请说明理由.
(参考数据：sin550.82,cos550.57,tan551.43)
8. (2021浙江义乌6分)如图，在△ABC中，点D是BC的中点，作射线AD，在线段AD及其延伸线上区分取点E、F，衔接CE、BF.添加一个条件，使得△BDF≌△CDE，并加以证明.你添加的条件是 .(不添加辅佐线).
【答案】解：添加的条件是：DE=DF(或CE∥BF或ECD=DBF 或DEC=DFB等)。

以添加DE=DF证明：
在△BDF和△CDE中，
∵BD=CD()，EDC=FDB(对项角相等)，DE=DF(添加)，
△BDF≌△CDE(SAS)。

【考点】全等三角形的判定。

【剖析】由BD=CD，又EDC﹦FDB，由于三角形全等条件中必需是SSS，SAS，ASAA或AAS，故添加的条件是：DE=DF(或CE∥BF或ECD=DBF或DEC=DFB等)。

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