成都玉林中学数学轴对称填空选择单元测试卷(含答案解析)

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成都玉林中学数学轴对称填空选择单元测试卷(含答案解析)
一、八年级数学全等三角形填空题(难)
1.将一副三角板按如图所示的方式摆放,其中△ABC为含有45°角的三角板,直线AD是等腰直角三角板的对称轴,且斜边上的点D为另一块三角板DMN的直角顶点,DM、DN 分别交AB、AC于点E、F.则下列四个结论:
①BD=AD=CD;②△AED≌△CFD;③BE+CF=EF;④S四边形AEDF=1
4
BC2.其中正确结论
是_____(填序号).
【答案】①②
【解析】
分析:根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD=BD,∠CAD=∠B=45°,故①正确;根据同角的余角相等求出∠CDF=∠ADE,然后利用“ASA”证明△ADE≌△CDF,判断出②,根据全等三角形的对应边相等,可得DE=DF=AF=AE,利用三角形的任意两边之和大于第三边,可得BE+CF>EF,判断出③,根据全等三角形的面积相等,可得S△ADF=S△BDE,从而求出四边形AEDF的面积,判断出④.
详解:∵∠B=45°,AB=AC
∴点D为BC的中点,
∴AD=CD=BD
故①正确;
由AD⊥BC,∠BAD=45°
可得∠EAD=∠C
∵∠MDN是直角
∴∠ADF+∠ADE=∠CDF+∠ADF=∠ADC=90°
∴∠ADE=∠CDF
∴△ADE≌△CDF(ASA)
故②正确;
∴DE=DF,AE=CF,
∴AF=BE
∴BE+AE=AF+AE
∴AE+AF>EF
故③不正确;
由△ADE≌△CDF可得S△ADF=S△BDE
∴S 四边形AEDF
=S △ACD =
12×AD×CD=12×12BC×12BC=18
BC 2, 故④不正确.
故答案为①②. 点睛:此题主要查了等腰三角形的性质和全等三角形的判定与性质,以及三角形的三边关系,关键是灵活利用等腰直角三角形的边角关系和三线合一的性质.
2.如图,△ABC 是等边三角形,AE =CD ,AD 、BE 相交于点P ,BQ ⊥DA 于
Q ,PQ =3,EP =1,则DA 的长是________.
【答案】7
【解析】
试题解析:∵△ABC 为等边三角形,
∴AB=CA ,∠BAE=∠ACD=60°;
又∵AE=CD ,
在△ABE 和△CAD 中,
AB CA BAE ACD AE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
=== ∴△ABE ≌△CAD ;
∴BE=AD ,∠CAD=
∠ABE ;
∴∠BPQ=∠ABE+∠BAD=∠BAD+∠CAD=∠BAE=60°;
∵BQ ⊥AD ,
∴∠AQB=90°,则∠PBQ=90°-60°=30°;
∵PQ=3,
∴在Rt △BPQ 中,BP=2PQ=6;
又∵PE=1,
∴AD=BE=BP+PE=7.
故答案为7.
3.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48和36,求△EDF 的面积________.
【解析】
【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.
【详解】
作DM=DE 交AC 于M ,作DN ⊥AC ,
∵AD 是△ABC 的角平分线,DF ⊥AB ,
∴DF=DN ,
∵DE=DG ,
∴DG=DM,
∴Rt△DEF≌Rt△DMN(HL ),
∵DG=DM , DN ⊥AC ,
∴MN=NG ,
∴△DMN ≌△DNG ,
∵△ADG 和△AED 的面积分别为48和36,
∴S △MDG =S △ADG -S △ADM =48-36=12,
∴S △DEF =12S △MDG =12
⨯12=6,
故答案为:6
【点睛】
本题考查了角平分线的性质及全等三角形的判定及性质,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是解题关键.
4.如图,已知点(,0)A a 在x 轴正半轴上,点(0,)B b 在y 轴的正半轴上,ABC ∆为等腰直角三角形,D 为斜边BC 上的中点.若2OD =,则a b +=________.
【解析】
【分析】
根据等腰直角三角形的性质,可得AP与BC的关系,根据垂线的性质,可得答案
【详解】
如图:作CP⊥x轴于点P,由余角的性质,得∠OBA=∠PAC,
在Rt△OBA和Rt△PAC中,
OBA PAC
AOB CPA
BA AC
∠∠


∠∠







Rt△OBA≌Rt△PAC(AAS),
∴AP=OB=b,PC=OA=a.
由线段的和差,得OP=OA+AP=a+b,即C点坐标是(a+b,a),
由B(0,b),C(a+b,a),D是BC的中点,得D(
2
a b
+

2
a b
+
),
∴OD=
2
2
a b
+
()
2a b
+
()
2,
∴a+b=2.
故答案为2.
【点睛】
本题解题主要①利用了等腰直角三角形的性质;②利用了全等三角形的判定与性质;③利用了线段中点的性质.
5.如图,直角三角形ABC与直角三角形BDE中,点B,C,D在同一条直线上,已知
AC=AE=CD,∠BAC和∠ACB的角平分线交于点F,连DF,EF,分别交AB、BC于M、N,已知点F到△ABC三边距离为3,则△BMN的周长为____________.
【答案】6
【解析】
【分析】
由角平分线和三角形的内角和定理可得∠AFC=135°,由△AFC≌△DFC可得
∠DFC=∠AFC=135°,可得∠AFD=90°.同理可得∠CFE=90°,可求得∠MFN=45°,过点F作FP⊥AB于点P,FQ⊥BC于点Q,由正方形的半角模型可得MN=MP+NQ,由此即可得出答案.
【详解】
解:过点F作FP⊥AB于点P,FQ⊥BC于点Q,过点F作FG⊥FM,交BC于点G.
∵点F是∠BAC和∠BCA的角平分线交点,
∴FP=FQ=3,
∵∠ABC=90°,
∴四边形BPFQ是正方形,
∴BP=BQ=3.
在Rt△ABC中,∠BAC+∠BCA=90°,
∵AF、CF是角平分线,
∴∠FAC+∠FCA=45°,
∴∠AFC=180°-45°=135°.
易证△AFC≌△DFC(SAS),
∴∠AFC=∠DFC=135°,
∴∠ADF=90°,
同理可得∠EFC=90°,
∴∠MFN=360°-90°-90°-135°=45°.
∵∠PFM+∠MFN=90°,∠MFN+∠QFG=90°,
∴∠PMF=∠QFG,
∵∠FPM=∠FQG=90°,FP=FQ,
∴△FPM≌△FQG(ASA),
∴PM=QG,FM=FG.
在△FMN和△FGN中
45
FM FG
MFN GFN
FN FN
=


∠=∠=

⎪=

∴△FMN≌△FGN(SAS),
∴MN=NG,
∴MN=NG=NQ+QG=PM+QN,
∴△BMN的周长为:
BM+BN+MN
= BM+BN+ PM+QN
=BP+BQ
=3+3
=6.
故答案为:6.
【点睛】
本题是一道全等三角形的综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质的应用,角平分线的性质,以及全等三角形常用辅助线的作法,作出辅助线,准确的找出全等三角形是解决此题的关键.
6.如图,在△ABC中,AB=AC,点D是BC的中点,点E是△ABC内一点,若
∠AEB=∠CED=90°,AE=BE,CE=DE=2,则图中阴影部分的面积等于__________.
【答案】4
【解析】
【分析】
作DG⊥BE于G,CF⊥AE于F,可证△DEG≌△CEF,可得DG=CF,则是S△BDE=S△AEC,由D 是BC中点可得S△BED=2,即可求得阴影部分面积.
【详解】
作DG⊥BE于G,CF⊥AE于F,
∴∠DGE=∠CFE=90°,
∵∠AEB=∠DEC=90°,
∴∠GED+∠DEF=90°,∠DEF+∠CEF=90°,
∴∠GED=∠CEF,又∵DE=EC,
∴△GDE≌△FCE,∴DG=CF,
∵S△BED=1
2BE•DG,S△BED=
1
2
AE•CF,AE=BE,
∴S△BED=S△BED,
∵D是BC的中点,
∴S△BDE=S△EDC=1
22
2
⨯⨯=2,
∴S阴影=2+2=4,
故答案为4.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质,正确添加辅助线构造全等三角形是解题的关键.
7.已知在△ABC中,AD是BC边上的中线,若AB=10,AC=4,则AD的取值范围是_____.【答案】3<AD<7
【解析】
【分析】
连接AD并延长到点E,使DE=DA,连接BE,利用SAS证得△BDE≌△CDA,进而得到BE=CA=4,利用三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,即可求得AE的取值范围,进而求出AD的取值范围.
【详解】
如图,连接AD并延长到点E,使DE=DA,连接BE,
∵在△ABC中,AD是BC边上的中线
∴BD=CD
在△BDE和△CDA中
BD CD
BDE CDA
DE DA
=


∠=∠

⎪=

∴△BDE≌△CDA(SAS)
∴BE=CA=4
在△ABE中,AB+BE>AE,且AB﹣BE<AE
∵AB=10,AC=4,
∴6<AE<14
∴3<AD<7
故答案为3<AD<7
【点睛】
本题考点涉及三角形全等的判定及性质、三角形的三边关系等知识点,熟练掌握相关性质定理是解题关键.
8.如图,已知ABC
△是等边三角形,点D在边BC上,以AD为边向左作等边ADE,连结BE,作BF AE
∥交AC于点F,若2
AF=,4
CF=,则
AE=________.
【答案】27
【解析】
【分析】
证明△BAE≌△CAD得到ABE BAC
∠=∠,从而证得BE AF,再得到AEBF是平行四边形,可得AE=BF,在三角形BCF中求出BF即可.
【详解】
作FH BC
⊥于H,
∵ABC是等边三角形,2
AF=,4
CF=
∴BC=AC=6
在HCF 中, CF=4, 060BCF ∠=
030,2CFD CH ∴∠==
2224212FH ∴=-=
22241227BF BH FH ∴=+=+=
∵ABC 是等边三角形,ADE 是等边三角形
∴AC=AB ,AD=AE ,060CAB DAE ∠=∠=
CAD BAE ∴∠=∠
CAD BAE ∴∆≅∆
060ABE ACD ∴∠=∠=
ABE BAC ∴∠=∠
BE AF ∴
∵BF AE
∴AEBF 是平行四边形
∴AE=BF= 27
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考常考题型.
9.如图,直线l 上有三个正方形a ,b ,c ,若a ,c 的边长分别为5和12,则b 的面积为_________________.
【答案】169
【解析】
解:由于a 、b 、c 都是正方形,所以AC =CD ,∠ACD =90°;
∵∠ACB +∠DCE =∠ACB +∠BAC =90°,即
∠BAC =∠DCE ,∠ABC =∠CED =90°,AC =CD ,∴△ACB ≌△DCE ,∴AB =CE ,BC =DE ; 在Rt △ABC 中,由勾股定理得:AC 2=AB 2+BC 2=AB 2+DE 2,即S b =S a +S c =22512+=169. 故答案为:169.
点睛:此题主要考查对全等三角形和勾股定理的综合运用,结合图形求解,对图形的理解能力要比较强.
10.把两个三角板如图甲放置,其中90ACB DEC ∠=∠=︒,45A ∠=︒,30D ∠=︒,斜边12AB =,14CD =,把三角板DCE 绕着点C 顺时针旋转15︒得到△11D CE (如图乙),此时AB 与1CD 交于点O ,则线段1AD 的长度为_________.
【答案】10
【解析】
试题分析:如图所示,∠3=15°,∠1E =90°, ∴∠1=∠2=75°, 又∵∠B=45°,
∴∠OF 1E =∠B+∠1=45°+75°=120° ∴∠1D FO=60° ∵∠C 11D E =30°,
∴∠5=∠4=90°, 又∵AC=BC ,AB=12, ∴OA=OB=6 ∵∠ACB=90°,
∴CO=12
AB=6, 又∵C 1D =CD=14, ∴O 1D =C 1D -OC=14-6=8, 在Rt △A 1D O 中,222211A 6810D OA OD =+=+=
点睛:本题主要考查的就是旋转的性质、三角形的外角性质、直角三角形的性质及判定以及勾股定理的应用.解决这个问题的关键就是首先根据三角形外角的性质以及旋转图形的性质得出△AO 1D 为直角三角形,然后根据直角三角形的性质得出AO 和O 1D 的长度,最后根据直角三角形的勾股定理得出答案.
二、八年级数学全等三角形选择题(难)
11.在Rt △ABC 和Rt △A′B′C′中,∠C =∠C′=90°,如图,那么下列各条件中,不能使Rt △AB C ≌Rt △A′B′C′的是( )
A .A
B =A′B′=5,B
C =B′C′=3
B .AB =B′C′=5,∠A =∠B′=40°
C .AC =A′C′=5,BC =B′C′=3
D.AC=A′C′=5,∠A=∠A′=40°
【答案】B
【解析】
∵在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中,∠C=∠C′=90°
A选项:AB=A′B′=5,BC=B′C′=3,
符合直角三角形全等的判定条件HL,
∴A选项能使Rt△ABC≌Rt△A′B′C′;
B选项:AB=B′C′=5,∠A=∠B′=40°,
不符合符合直角三角形全等的判定条件,
∴B选项不能使Rt△ABC≌Rt△A′B′C′;
C选项符合Rt△ABC和Rt△A′B′C全等的判定条件SAS;
∴C选项能使Rt△ABC≌Rt△A′B′C′;
D选项符合Rt△ABC和Rt△A′B′C全等的判定条件ASA,
∴D选项能使Rt△ABC≌Rt△A′B′C′;
故选:B.
点睛:此题主要考查学生对直角三角全等的判定的理解和掌握,解答此题不仅仅是掌握直角三角形全等的判定,还要熟练掌握其它判定三角形全等的方法,才能尽快选出此题的正确答案.
12.在△ABC中,∠C=90°,D为AB的中点,ED⊥AB,∠DAE=∠CAE,则∠CAB=()
A.30°B.60°C.80 °D.50°
【答案】B
【解析】
试题解析:∵D为AB的中点,ED⊥AB,
∴DE为线段AB的垂直平分线,
∴AE=BE,
∴∠DAE=∠DBE,
∴∠DAE=∠DBE=∠CAE,
在Rt△ABC中,
∵∠CAB+∠DBE=90°,
∴∠CAE+∠DAE+∠DBE=90°,
∴3∠DBE=90°,
∴∠DBE=30°,
∴∠CAB=90°-∠DBE=90°-30°=60°.
故选B.
13.如图,Rt ABC ∆中,90C =∠,3,4,5,AC BC AB ===AD 平分BAC ∠.则:ACD ABD S S ∆∆=( )
A .3:4
B .3:5
C .4:5
D .2:3
【答案】B
【解析】 如图,过点D 作DE ⊥AB 于点E ,由角平分线的性质可得出DE=CD ,由全等三角形的判定定理HL 得出△ADC ≌△ADE ,故可得出AE=AC=3,由AB=5求出BE=2,设CD=x ,则DE=x ,BD=4﹣x ,再根据勾股定理知DE 2+BE 2=BD 2,即x 2+22=(4﹣x )2,求出x=32,进而根据等高三角形的面积,可得出:S △ACD :S △ABD =CD :BD=
12×32×3:12
×32×5=3:5.
故选:B .
点睛:本题考查的是角平分线的性质,熟知角平分线上的点到角两边的距离相等是解答此题的关键.
14.如图,已知,BD 为△ABC 的角平分线,且BD=BC ,E 为BD 延长线上的一点,BE=BA .下面结论:①△ABD ≌△EBC ;②AC=2CD ;③AD=AE=EC ;
④∠BCE+∠BCD=180°.其中正确的是( )
A .①②③
B .①②④
C .①③④
D .②③④
【答案】C
【解析】
已知BD为△ABC的角平分线,根据角平分线的定义可得∠ABD=∠CBD,在△AB D和△EB C 中,BD=BC,∠ABD=∠CBD,BE=BA,由SAS可判定△ABD≌△EBC,即可得①正确;根据已知条件,无法证明AC=2CD,②错误;已知BD为△ABC的角平分线,
BD=BC,BE=BA,可得∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA,再由
∠BCE=∠BDA,∠BCE=∠BCD+∠DCE,∠BDA=∠DAE+∠BEA,∠BCD=∠BEA,可得
∠DCE=∠DAE,所以AE=EC;再由△ABD≌△EBC,可得AD=EC,所以AD=AE=EC,即③正确;由△ABD≌△EBC,可得∠BCE=∠BDA,所以∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠BDC=180°,④正确.故选C.
点睛:本题考查了全等三角形的判定及性质、等腰三角形的的性质、三角形外角的性质,本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键.
15.在△ABC中,∠C=90°,AC=BC,AD是∠BAC的平分线,DE⊥AB于点E,
AB=18cm,则△DBE的周长为()
A.16cm B.8cm C.18cm D.10cm
【答案】C
【解析】因为∠C=90°,AC=BC,AD是∠BAC的平分线,DE⊥AB,易证
△ACD≌△AED,
所以AE=AC=BC,ED=CD.
△DBE的周长=BE+DE+DB=BE+CD+DB=BE+BC=BE+AE=AB.
因为AB=12,所以△DBE的周长=12.
故选C.
点睛:本题主要考查了全等三角形的判定的性质及角平分线的性质定理,角的平分线上的点到角的两边的距离相等,运用这个性质,结合等腰三角形有性质,将△DBE的周长转化为AB的长.
16.如图,BD是∠ABC的角平分线,AD⊥AB,AD=3,BC=5,则△BCD的面积为()
A.7.5 B.8 C.10D.15
【答案】A
【解析】
作DE⊥BC于E,根据角平分线的性质,由BD是∠ABC的角平分线,AD⊥AB,DE⊥BC,求出
DE=DA=3,根据三角形面积公式计算S△BCD=1
2
×BC×DE=7.5,
故选:A.
17.如图所示,把腰长为1的等腰直角三角形折叠两次后,得到的一个小三角形的周长是()
A.1+2B.1+
2
2
C.2-2D.2-1
【答案】B 【解析】
第一次折叠后,等腰三角形的底边长为1,腰长为
2
2

第一次折叠后,等腰三角形的底边长为
2
2
,腰长为
1
2
,所以周长为
1122
1
22
++=+.
故答案为B.
18.如图,等腰直角△ABC中,∠BAC=90︒,AD⊥BC于D,∠ABC的平分线分别交AC、AD 于E、F两点,M为EF的中点,延长AM交BC于点N,连接DM.下列结论:
①AE=AF;②AM⊥EF;③AF=DF;④DF=DN,其中正确的结论有()
A.1个B.2个C.3个D.4个
【答案】C
【解析】
试题解析:∵∠BAC=90°,AC=AB,AD⊥BC,
∴∠ABC=∠C=45°,AD=BD=CD,∠ADN=∠ADB=90°,
∴∠BAD=45°=∠CAD,
∵BE平分∠ABC,
∴∠ABE=∠CBE=
1
2
∠ABC=22.5°,
∴∠BFD=∠AEB=90°-22.5°=67.5°,
∴∠AFE=∠BFD=∠AEB=67.5°,
∴AF=AE,故①正确;
∵M为EF的中点,
∴AM⊥EF,故②正确;
过点F作FH⊥AB于点H,
∵BE平分∠ABC,且AD⊥BC,
∴FD=FH<FA,故③错误;
∵AM⊥EF,
∴∠AMF=∠AME=90°,
∴∠DAN=90°-67.5°=22.5°=∠MBN,
在△FBD和△NAD中
{
FBD DAN
BD AD
BDF ADN
∠∠
∠∠



∴△FBD≌△NAD,
∴DF=DN,故④正确;
故选C.
19.在ABC中,2,72
A B ACB
∠=∠∠≠︒,CD平分ACB
∠,P为AB的中点,则下列各式中正确的是()
A .AD BC CD =-
B .AD B
C AC =- C .A
D BC AP =-
D .AD BC BD =-
【答案】B
【解析】
【分析】 可在BC 上截取CE=CA ,连接DE ,可得△ACD ≌△ECD ,得DE=AD ,进而再通过线段之间的转化得出线段之间的关系. 【详解】
解:∵∠A=2∠B , ∴∠A ﹥∠B ∴BC ﹥AC
∴可在BC 上截取CE=CA ,连接DE(如图),
∵CD 平分ACB ∠,∴∠ACD=∠BCD
又∵CD=CD ,CE=CA
∴△ACD ≌△ECD ,
∴AD=ED ,∠CED=∠A=2∠B
又 ∠CED=∠B+∠BDE
∴∠B=∠BDE
∴AD=DE=BE ,
∴BC=BE+EC=AD+AC
所以AD=BC-AC
故选:B
若A选项成立,则CD=AC,
∴∠A=∠CDA=∠CDE=∠CED=2∠B=2∠EDB
∴∠CDA+∠CDE+∠EDB=180°
即5∠EDB=180°∴∠EDB=36°
∴∠A=72°,∠B=36°
∴∠ACB=72°与已知∠ACB≠72°矛盾,故选项A不正确;
假设C选项成立,则有AP=AC,作∠BAC的平分线,连接FP,
∴△CAF≌△PAF≌△PBF,
∴∠CFA=∠AFP=∠PFB=60°
∠B=30°,∠ACB=90°
当∠ACB=90°时,选项C才成立,
∴当∠ACB≠72°时,选项C不一定成立;
假设D选项成立,则AD=BC-BD
由图可知AD=BA-BD
∴AB=BC
∴∠A=∠ACB=2∠B
∴∠A+∠ACB+∠B=180°
∴∠B=36°,∠ACB=72
这与已知∠ACB≠72°矛盾,故选项D不成立.
故选:B
【点睛】
本题考查的是考查的是利用角的平分线的性质说明线段之间的关系.
,,
20.如图,点 D 是等腰直角△ABC 腰 BC 上的中点,点B 、B′ 关于 AD 对称,且BB′ 交AD 于 F,交 AC 于 E,连接 FC 、 AB′,下列说法:① ∠BAD=30°; ② ∠BFC=135°;③ AF=2B′ C;正确的个数是()
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】【分析】
依据点D是等腰直角△ABC腰BC上的中点,可得tan∠BAD=1
2
,即可得到∠BAD≠30°;连
接B'D,即可得到∠BB'C=∠BB'D+∠DB'C=90°,进而得出△ABF≌△BCB',判定△FCB'是等腰直角三角形,即可得到∠CFB'=45°,即∠BFC=135°;由△ABF≌△BCB',可得
AF=BB'=2BF=2B'C;依据△AEF与△CEB'不全等,即可得到S△AFE≠S△FCE.
【详解】
∵点D是等腰直角△ABC腰BC上的中点,
∴BD=1
2
BC=
1
2
AB,
∴tan∠BAD=1
2,
∴∠BAD≠30°,故①错误;
如图,连接B'D,
∵B、B′关于AD对称,
∴AD垂直平分BB',
∴∠AFB=90°,BD=B'D=CD,
∴∠DBB'=∠BB'D,∠DCB'=∠DB'C,
∴∠BB'C=∠BB'D+∠DB'C=90°,
∴∠AFB=∠BB'C,
又∵∠BAF+∠ABF=90°=∠CBB'+∠ABF,
∴∠BAF=∠CBB',
∴△ABF≌△BCB',
∴BF=CB'=B'F,
∴△FCB'是等腰直角三角形,
∴∠CFB'=45°,即∠BFC=135°,故②正确;
由△ABF≌△BCB',可得AF=BB'=2BF=2B'C,故③正确;∵AF>BF=B'C,
∴△AEF与△CEB'不全等,
∴AE≠CE,
∴S△AFE≠S△FCE,故④错误;
【点睛】
本题主要考查了轴对称的性质以及全等三角形的判定与性质的运用,如果两个图形关于某直线对称,那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.
21.如图,O 是正ABC 内一点,3OA =,4OB =,5OC =,将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO ',连接AO ',下列结论:①BO A '△可以由BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到:②点O 与O '的距离为4;③150AOB ∠=︒;④S 四边形643AOBO ;⑤9634
AOC AOB S S +=+△△.其中正确的结论是( )
A .①②③④
B .①②③⑤
C .①②④⑤
D .①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】 证明△BO ′A ≌△BOC ,又∠OBO ′=60°,所以△BO ′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到,故结论①正确;
由△OBO ′是等边三角形,可知结论②正确;
在△AOO ′中,三边长为3,4,5,这是一组勾股数,故△AOO ′是直角三角形;进而求得∠AOB =150°,故结论③正确;
643AOO OBO AOBO S S S '∆'∆'=+=+四边形④正确;
如图②,将△AOB 绕点A 逆时针旋转60°,使得AB 与AC 重合,点O 旋转至O ″点.利用旋转变换构造等边三角形与直角三角形,将S △AOC +S △AOB 转化为S △COO ″+S △AOO ″,计算可得结论⑤正确.
【详解】
解:由题意可知,∠1+∠2=∠3+∠2=60°,∴∠1=∠3,
又∵OB =O ′B ,AB =BC ,
∴△BO ′A ≌△BOC ,又∵∠OBO ′=60°,
∴△BO ′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到,
故结论①正确;
如图①,连接OO ′,
∵OB =O ′B ,且∠OBO ′=60°,
∴△OBO ′是等边三角形,
∴OO ′=OB =4.
故结论②正确; ∵△BO ′A ≌△BOC ,∴O ′A =5.
在△AOO ′中,三边长为3,4,5,这是一组勾股数,
∴△AOO ′是直角三角形,∠AOO ′=90°,
∴∠AOB =∠AOO ′+∠BOO ′=90°+60°=150°,
故结论③正确;
2313446432AOO OBO AOBO S S S '∆'∆'=+=⨯⨯+⨯=+四边形, 故结论④正确;
如图②所示,将△AOB 绕点A 逆时针旋转60°,使得AB 与AC 重合,点O 旋转至O ″点.
易知△AOO ″是边长为3的等边三角形,△COO ″是边长为3、4、5的直角三角形,
则23193436324
AOC AOB COO AOO AOCO S S S S S ∆∆∆''∆''''+==+=⨯⨯+⨯=+四边形, 故结论⑤正确.
综上所述,正确的结论为:①②③④⑤.
故选:D .
【点睛】
本题考查了旋转变换中等边三角形,直角三角形的性质.利用勾股定理的逆定理,判定勾股数3、4、5所构成的三角形是直角三角形,这是本题的要点.在判定结论⑤时,将△AOB 向不同方向旋转,体现了结论①﹣结论④解题思路的拓展应用.
22.已知:如图,ABC ∆、CDE ∆都是等腰三角形,且CA CB =,CD CE =,ACB DCE α∠=∠=,AD 、BE 相交于点O ,点M 、N 分别是线段AD 、BE 的中点.以下4个结论:①AD BE =;②180DOB α∠=-;③CMN ∆是等边三角形;④连OC ,则OC 平分AOE ∠.正确的是( )
A .①②③
B .①②④
C .①③④
D .①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】 ①根据∠ACB=∠DCE 求出∠ACD=∠BCE,证出ACD BCE ≅△△即可得出结论,故可判断; ②根据全等求出∠CAD=∠CBE,根据三角形外角定理得∠DOB=∠OBA+∠BAO,通过等角代换能够得到∠DOB=∠CBA+∠BAC,根据三角形内角和定理即可求出∠CBA+∠BAC,即可求出∠DOB ,故可判断;
③根据已知条件可求出AM=BN,根据SAS 可求出CAM CBN ≅,推出CM=CN ,∠ACM=∠BCN,然后可求出∠MCN=∠ACB=α,故可判断CMN ∆的形状;
④在AD 上取一点P 使得DP=EO,连接CP ,根据ACD BCE ≅△△,可求出∠CEO=∠CDP ,根据SAS 可求出 CEO CDP ≅,可得∠COE=∠CPD,CP=CO,进而得到 ∠COP=∠COE ,故可判断.
【详解】
①正确,理由如下:
∵ACB DCE α∠=∠=,
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD,
即∠ACD=∠BCE,
又∵CA=CB,CD=CE,
∴ACD BCE ≅△△(SAS),
∴AD=BE,
故①正确;
②正确,理由如下:
由①知,ACD BCE ≅△△,
∴∠CAD=∠CBE,
∵∠DOB 为ABO 的外角,
∴∠DOB=∠OBA+∠BAO=∠EBC+∠CBA+∠BAO=∠DAC+∠BAO+∠CBA=∠CBA+∠BAC, ∵∠CBA+∠BAC+∠ACB=180°,∠ACB=α,
∴∠CBA+∠BAC=180°-α,
即∠DOB=180°-α,
故②正确;
③错误,理由如下:
∵点M 、N 分别是线段AD 、BE 的中点,
∴AM=
12AD,BN= 12
BE, 又∵由①知,AD=BE,
∴AM=BN,
又∵∠CAD=∠CBE,CA=CB,
∴CAM CBN ≅(SAS), ∴CM=CN ,∠ACM=∠BCN,
∴∠MCN=∠MCB+∠CBN=∠MCB+∠ACM=∠ACB=α,
∴MCN △为等腰三角形且∠MCN=α,
∴MCN △不是等边三角形,
故③错误;
④正确,理由如下:
如图所示,在AD 上取一点P 使得DP=EO,连接CP ,
由①知,ACD BCE ≅△△,
∴∠CEO=∠CDP ,
又∵CE=CD,EO=DP ,
∴CEO CDP ≅(SAS),
∴∠COE=∠CPD,CP=CO,
∴∠CPO=∠COP ,
∴∠COP=∠COE,
即OC 平分∠AOE,
故④正确;
故答案为:B.
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定和性质,三角形内角和定理和外角定理,等边三角形的判定,根据已知条件作出正确的辅助线,找出全等三角形是解题的关键.
23.如图,Rt △ACB 中,∠ACB=90°,△ABC 的角平分线AD 、BE 相交于点P ,过P 作PF ⊥AD 交BC 的延长线于点F ,交AC 于点H ,则下列结论:①∠APB=135°;②BF=BA ;③PH=PD ;④连接CP ,CP 平分∠ACB ,其中正确的是( )
A.①②③B.①②④C.①③④D.①②③④
【答案】D
【解析】
分析:根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①;根据全等三角形的判定和性质判断②③;根据角平分线的判定与性质判断④.
详解:在△ABC中,∵∠ACB=90°,
∴∠BAC+∠ABC=90°,
又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC,
∴∠BAD+∠ABE=(∠BAC+∠ABC)=45°,
∴∠APB=135°,故①正确.
∴∠BPD=45°,
又∵PF⊥AD,
∴∠FPB=90°+45°=135°,
∴∠APB=∠FPB,
又∵∠ABP=∠FBP,BP=BP,
∴△ABP≌△FBP,
∴∠BAP=∠BFP,AB=FB,PA=PF,故②正确.
在△APH和△FPD中,
∵∠APH=∠FPD=90°,∠PAH=∠BAP=∠BFP,PA=PF,
∴△APH≌△FPD,
∴PH=PD,故③正确.
∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P,
∴点P到AB、AC的距离相等,点P到AB、BC的距离相等,
∴点P到BC、AC的距离相等,
∴点P在∠ACB的平分线上,
∴CP平分∠ACB,故④正确.
故选D.
点睛:本题考查了角平分线的判定与性质,三角形全等的判定方法,三角形内角和定理.掌握相关性质是解题的关键.
24.Rt△ABC中,AB=AC,D点为Rt△ABC外一点,且BD⊥CD,DF为∠BDA的平分线,当∠ACD=15°,下列结论:①∠ADC=45°;②AD=AF;③AD+AF=BD;④BC﹣CE=2D,其中正确的是( )
A.①③B.①②④C.①③④D.①②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可证点A,点C,点B,点D四点共圆,可得∠ADC=∠ABC=45°;由角平分线的性质和外角性质可得∠AFD=∠BDF+∠DBF>∠ADF,可得AD≠AF;如图,延长CD至G,使DE=DG,在BD上截取DH=AD,连接HF,由“SAS”可证△ADF≌△HDF,可得∠DHF=
∠DAF=30°,AF=HF,由等腰三角形的性质可得BH=AF,可证BD=BH+DH=AF+AD;由“SAS”可证△BDG≌△BDE,可得∠BGD=∠BED=75°,由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得BC=BG=2DE+EC.
【详解】
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°,且∠ACD=15°,
∵∠BCD=30°,
∵∠BAC=∠BDC=90°,
∴点A,点C,点B,点D四点共圆,
∴∠ADC=∠ABC=45°,故①符合题意,
∠ACD=∠ABD=15°,∠DAB=∠DCB=30°,
∵DF为∠BDA的平分线,
∴∠ADF=∠BDF,
∵∠AFD=∠BDF+∠DBF>∠ADF,
∴AD≠AF,故②不合题意,
如图,延长CD至G,使DE=DG,在BD上截取DH=AD,连接HF,
∵DH=AD,∠HDF=∠ADF,DF=DF,
∴△ADF≌△HDF(SAS)
∴∠DHF=∠DAF=30°,AF=HF,
∵∠DHF=∠HBF+∠HFB=30°,
∴∠HBF=∠BFH=15°,
∴BH=HF,
∴BH=AF,
∴BD=BH+DH=AF+AD,故③符合题意,
∵∠ADC=45°,∠DAB=30°=∠BCD,
∴∠BED=∠ADC+∠DAB=75°,
∵GD=DE,∠BDG=∠BDE=90°,BD=BD,
∴△BDG≌△BDE(SAS)
∴∠BGD=∠BED=75°,
∴∠GBC=180°﹣∠BCD﹣∠BGD=75°,
∴∠GBC=∠BGC=75°,
∴BC=BG,
∴BC=BG=2DE+EC,
∴BC﹣EC=2DE,故④符合题意,
故选:C.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,
25.如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=45°,BD⊥AC,垂足为D点,AE平分∠BAC,交BD于点F交BC于点E,点G为AB的中点,连接DG,交AE于点H,下列结论错误的是()
A.AH=2DF B.HE=BE C.AF=2CE D.DH=DF
【答案】A
【解析】
【分析】
通过证明△ADF≌△BDC,可得AF=BC=2CE,由等腰直角三角形的性质可得AG=BG,DG⊥AB,由余角的性质可得∠DFA=∠AHG=∠DHF,可得DH=DF,由线段垂直平分线的性质可得AH=BH,可求∠EHB=∠EBH=45°,可得HE=BE,即可求解.
【详解】
解:∵∠BAC=45°,BD⊥AC,
∴∠CAB=∠ABD=45°,
∴AD=BD,
∵AB=AC,AE平分∠BAC,
∴CE=BE=1
2
BC,∠CAE=∠BAE=22.5°,AE⊥BC,
∴∠C+∠CAE=90°,且∠C+∠DBC=90°,
∴∠CAE=∠DBC,且AD=BD,∠ADF=∠BDC=90°,
∴△ADF≌△BDC(AAS)
∴AF=BC=2CE,故选项C不符合题意,
∵点G为AB的中点,AD=BD,∠ADB=90°,∠CAE=∠BAE=22.5°,
∴AG=BG,DG⊥AB,∠AFD=67.5°
∴∠AHG=67.5°,
∴∠DFA=∠AHG=∠DHF,
∴DH=DF,故选项D不符合题意,
连接BH,
∵AG=BG,DG⊥AB,
∴AH=BH,
∴∠HAB=∠HBA=22.5°,
∴∠EHB=45°,且AE⊥BC,
∴∠EHB=∠EBH=45°,
∴HE=BE,
故选项B不符合题意,
故选:A.
【点睛】
本题考查三角形全等的性质与判定,等腰直角三角形的性质,关键在于熟练掌握基本知识点,灵活运用知识点.
26.如图,ABC
∆中,45
ABC
∠=,CD AB
⊥于D,BE平分ABC
∠,且BE AC

于E,与CD相交于点F,H是BC边的中点,连接DH与BE相交于点G,下列结论正确的有( )个
①BF AC
=;②
1
2
AE BF
=;③67.5
A
∠=;④DGF
∆是等腰三角形;
⑤ADGE GHCE
S S
=
四边形四边形
.
A.5个B.4个C.3个D.2个
【答案】B
【解析】
【分析】
只要证明△BDF≌△CDA,△BAC是等腰三角形,∠DGF=∠DFG=67.5°,即可判断
①②③④正确,作GM⊥BD于M,只要证明GH<DG即可判断⑤错误.
【详解】
∵CD⊥AB,BE⊥AC,
∴∠BDC=∠ADC=∠AEB=90°,
∴∠A+∠ABE=90°,∠ABE+∠DFB=90°,
∴∠A=∠DFB,
∵∠ABC=45°,∠BDC=90°,
∴∠DCB=90°−45°=45°=∠DBC,
∴BD=DC,
在△BDF和△CDA中
BDF CDA
A DFB
BD CD
∠∠


∠∠







∴△BDF≌△CDA(AAS),
∴BF=AC,故①正确.
∵∠ABE=∠EBC=22.5°,BE⊥AC,
∴∠A=∠BCA=67.5°,故③正确,
∴BA=BC,
∵BE⊥AC,
∴AE=EC=1
2
AC=
1
2
BF,故②正确,
∵BE平分∠ABC,∠ABC=45°,
∴∠ABE=∠CBE=22.5°,
∵∠BDF=∠BHG=90°,
∴∠BGH=∠BFD=67.5°,
∴∠DGF=∠DFG=67.5°,
∴DG=DF,故④正确.
作GM⊥AB于M.
∵∠GBM=∠GBH,GH⊥BC,
∴GH=GM<DG,
∴S△DGB>S△GHB,
∵S△ABE=S△BCE,
∴S四边形ADGE<S四边形GHCE.故⑤错误,
∴①②③④正确,
故选:B.
【点睛】
此题是三角形综合题,考查了等腰三角形的性质,直角三角形的性质,全等三角形的性质和判定,三角形的面积等知识点的综合运用,第五个问题难度比较大,添加辅助线是解题关键,属于中考选择题中的压轴题.
27.如图,AO OM,OA=8,点B为射线OM上的一个动点,分别以OB、AB为直角边,B为直角顶点,在OM两侧作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE,连接EF交OM于P点,当点B在射线OM上移动时,PB的长度是 ( )
A.3.6 B.4 C.4.8 D.PB的长度随B点的运动而变化
【答案】B
【解析】
【分析】
作辅助线,首先证明△ABO≌△BEN,得到BO=ME;进而证明△BPF≌△MPE,即可解决问题.
【详解】
如图,过点E作EN⊥BM,垂足为点N,
∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°,
∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE=90°,
∴∠BAO=∠NBE,
∵△ABE、△BFO均为等腰直角三角形,
∴AB=BE,BF=BO;
在△ABO与△BEN中,
BAO NBE
AOB BNE
AB BE
∠∠


∠∠






∴△ABO≌△BEN(AAS),
∴BO=NE,BN=AO;
∵BO=BF,
∴BF=NE,
在△BPF与△NPE中,
FBP ENP
FPB EPN
BF NE
∠∠


∠∠






∴△BPF≌△NPE(AAS),
∴BP=NP=
1
2
BN;而BN=AO,
∴BP=
1
2
AO=
1
2
×8=4,
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理,全等三角形的性质和判定的应用,解题的关键是作辅助线,构造全等三角形,灵活运用有关定理来分析或解答.
28.如图,在△ABC中,D、E分别是AC、AB上的点,BD与CE相交于点O,给出四个条件:①OB=OC;②∠EBO=∠DCO;③∠BEO=∠CDO;④BE=CD.上述四个条件中,选择两个可以判定△ABC是等腰三角形的方法有()
A.2种B.3种C.4种D.6种
【答案】C
【解析】
【分析】
①②:求出OBC=∠OCB,推出∠ACB=∠ABC即可的等腰三角形;①③:证
△EBO≌△DCO,得出∠EBO=∠DCO,求出∠ACB=∠ABC即可;②④:证
△EBO≌△DCO,推出OB=OC,求出∠ABC=∠ACB即可;③④:证△EBO≌△DCO,推出∠EBO=∠DCO,OB=OC,求出∠OBC=∠OCB,推出∠ACB=∠ABC即可.
【详解】
解:有①②,①③,②④,③④,共4种,
①②,
理由是:∵OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB,
∵∠EBO=∠DCO,
∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB,
即∠ABC=∠ACB,
∴AB=AC,
即△ABC是等腰三角形;
①③,
理由是:∵在△EBO和△DCO中
BEO CDO
EOB DOC
OB OC
∠=∠


∠=∠

⎪=


∴△EBO≌△DCO,
∴∠EBO=∠DCO,
∵∠OBC=∠OCB(已证),
∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB,
即∠ABC=∠ACB,
即AB=AC,
∴△ABC是等腰三角形;
②④,
理由是:∵在△EBO和△DCO中
BEO CDO
EOB DOC
BE CD
∠=∠


∠=∠

⎪=


∴△EBO≌△DCO,
∴OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB,
∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB,
即∠ABC=∠ACB,
即AB=AC,
∴△ABC是等腰三角形;
③④,
理由是:∵在△EBO和△DCO中
BEO CDO
EOB DOC
BE CD
∠=∠


∠=∠

⎪=


∴△EBO≌△DCO,
∴∠EBO=∠DCO,OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB,
∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB,
即∠ABC=∠ACB,
即AB=AC,
∴△ABC是等腰三角形;
故选C.
29.如图是由4个相同的小正方形组成的网格图,其中∠1+∠2等于()
A.150°B.180°C.210°D.225°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据SAS可证得ABC≌EDC,可得出BAC DEC
∠∠
=,继而可得出答案,再根据邻补角的定义求解.
【详解】
由题意得:AB ED
=,BC DC
=,D B90
∠∠
==,
ABC
∴≌EDC,
BAC DEC ∠∠∴=, 12180∠∠+=.
故选B .
【点睛】
本题考查全等图形的知识,比较简单,解答本题的关键是判断出ABC ≌EDC ..
30.已知等边三角形ABC 的边长为12,点P 为AC 上一点,点D 在CB 的延长线上,且BD=AP ,连接PD 交AB 于点E ,PE ⊥AB 于点F ,则线段EF 的长为( )
A .6
B .5
C .4.5
D .与AP 的长度有关
【答案】A
【解析】
【分析】 作DQ ⊥AB ,交直线AB 的延长线于点Q ,连接DE ,PQ ,根据全等三角形的判定定理得出△APE ≌△BDQ ,再由AE=BQ ,PE=QD 且PE ∥QD ,可知四边形PEDQ 是平行四边形,进而可得出EF=
12
AB ,由等边△ABC 的边长为12可得出DE=6. 【详解】
解;如图,作DQ ⊥AB ,交AB 的延长线于点F ,连接DE ,PQ ,
又∵PE ⊥AB 于E ,
∴∠BQD=∠AEP=90°,
∵△ABC 是等边三角形,
∴∠A=∠ABC=∠DBQ=60°,
在△APE 和△BDQ 中,
A DBQ AEP BQD AP BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
, ∴△APE ≌△BDQ (AAS ),
∴AE=BQ ,PE=QD 且PE ∥QD ,
∴四边形PEDQ 是平行四边形, ∴EF=12
EQ , ∵EB+AE=BE+BQ=AB , ∴EF=
12AB , 又∵等边△ABC 的边长为12,
∴EF=6.
故选:A.
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定与性质,平行四边形的判定与性质,解此题的关键在于根据题中PE ⊥AB 作辅助线构成全等的三角形.。

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