2022年中考数学真题分类汇编：17三角形解析版

这是一份2022年中考数学真题分类汇编：17三角形解析版，共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学真题分类汇编：17 三角形
一、单选题
1．如图，在△ABC中，按以下步骤作图：
①分别过点A、B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点；②作直线PQ交AB于点D；③以点D为圆心，AD长为半径画弧交PQ于点M、连接AM、BM.若AB=22，则AM的长为（　　）
A．4 B．2 C．3 D．2
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：由作图可得PM垂直平分AB，AD=DM=12AB=2
则△ADM是等腰直角三角形
∴由勾股定理得：AM=2AD=2×2=2
故答案为：B.
【分析】由作图可得PM垂直平分AB，则AD=DM=12AB=2，推出△ADM是等腰直角三角形，然后结合勾股定理进行计算.
2．如图，已知l∥AB，CD⊥l于点D，若∠C=40°，则∠1的度数是（　　）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】C
【知识点】平行线的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：在Rt△CDE中，∠CDE=90°，∠DCE=40°，
则∠CED=90°−40°=50°，
∵l∥AB，
∴∠1=∠CED=50°.
故答案为：C.
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠CED=90°-∠C=50°，根据平行线的性质可得∠1=∠CED，据此解答.
3．如图，在△ABC中，AB=AC，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交BA于点M，交BC于点N，分别以点M、N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧在∠ABC的内部相交于点P，画射线BP，交AC于点D，若AD=BD，则∠A的度数是（　　）
A．36° B．54° C．72° D．108°
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；作图-角的平分线
【解析】【解答】由作法得BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠BCD=12∠ABC
设∠ABD=∠BCD=12∠ABC=x ，
∴∠ABC=2x
∵AB=AC
∴∠ABC=∠C=2x
∵AD=BD
∴∠ABD=∠A=x
∵∠ABC+∠C+∠A=180°
∴2x+2x+x=180°，解得x=36°
∴∠A=36°
故答案为：A
【分析】由作法可知BD平分∠ABC，可得到∠ABD=∠BCD=12∠ABC，设∠ABD=x，可表示出∠ABC的度数，利用等边对等角可表示出∠C，∠ABD的度数；利用三角形的内角和定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到∠A的度数.
4．如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（　　）
A．23+2 B．5−33 C．3−3 D．3+1
【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，
∵DF⊥BC，
∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，
∴四边形AGFH是矩形，
∴FH=AG，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，BC=AB=2，
∴∠BAG=30°，BG=1，
∴AG=AB2−BG2=3，
∴FH=3，
在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，
∴∠DAH=∠BAG=30°，
∴DH=12AD=1，
∴DF=DH+FH=3+1.
故答案为：D

【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，利用垂直的定义和矩形的性质可证得∠GFH=∠AHF=∠AGF，FH=AG，利用等边三角形的性质可证得∠BAC=60°，同时可求出AB的长；利用勾股定理求出AG的长，可得到FH的长；然后利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出DH的长，根据DF=DH+FH，代入计算求出DF的长.
5．如图，直线m∥n，△ABC是等边三角形，顶点B在直线n上，直线m交AB于点E，交AC于点F，若∠1=140°，则∠2的度数是（　　）
A．80° B．100° C．120° D．140°
【答案】B
【知识点】平行线的性质；三角形的外角性质；等边三角形的性质
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=60°，
∵∠1=140°，
∴∠AEF=∠1-∠A=80°，
∴∠BEF=180°-∠AEF=100°，
∵m∥n，
∴∠2=∠BEF=100°.
故答案为：B
【分析】利用等边三角形的性质可求出∠A的度数，再利用三角形的外角的性质可求出∠AEF的度数，及可求出∠BEF的度数；然后利用两直线平行，内错角相等，可求出∠2的度数.
6．如图，定直线MN∥PQ，点B、C分别为MN、PQ上的动点，且BC=12，BC在两直线间运动过程中始终有∠BCQ=60°.点A是MN上方一定点，点D是PQ下方一定点，且AE∥BC∥DF，AE=4，DF=8，AD=243，当线段BC在平移过程中，AB+CD的最小值为（　　）
A．2413 B．2415 C．1213 D．1215
【答案】C
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：如图所示，过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，
∵BC∥DF，FH∥CD，
∴四边形CDFH是平行四边形，
∴CH=DF=8，CD=FH，
∴BH=4，
∴BH=AE=4，
又∵AE∥BC，
∴四边形ABHE是平行四边形，
∴AB=HE，
∵EH+FH≥EF，
∴当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，
延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，
∵MN∥PQ，BC∥AE，
∴四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，
∴EG=BC=12，
∴GT=GE⋅cos∠EGT=6，ET=GE⋅sin∠EGT=63，
同理可求得GL=8，AL=83，KF=4，DK=43，
∴TL=2，
∵AL⊥PQ，DK⊥PQ，
∴AL∥DK，
∴△ALO∽△DKO，
∴ALDK=AODO=2，
∴AO=23AD=163，DO=13AD=83，
∴OL=AO2−AL2=24，OK=DO2−DK2=12，
∴TF=TL+OL+OK+KF=42，
∴EF=ET2+TF2=1213.
故答案为：C.
【分析】过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，易得四边形CDFH、ABHE是平行四边形，根据平行四边形的性质得CH=DF=8，CD=FH，AB=HE，故当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，则四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，EG=BC=12，根据三角函数的概念可得GT、ET，同理可得GL、AL、FK、DK，易证△ALO∽△DKO，根据相似三角形的性质可得AO、DO，利用勾股定理可得OL、OK，由TF=TL+OL+OK+KF可得TF，然后利用勾股定理进行计算.
7．如图，直线l1∥l2，点C、A分别在l1、l2上，以点C为圆心，CA长为半径画弧，交l1于点B，连接AB.若∠BCA＝150°，则∠1的度数为（　　）
A．10° B．15° C．20° D．30°
【答案】B
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作图得，CA=CB，
∴∠ABC=∠CAB
∵∠BCA＝150°，
∴∠ABC=12(180°−∠ACB)=12(180°−150°)=15°
∵l1∥l2
∴∠1=∠ABC=15°
故答案为：B.
【分析】由作图得：CA=CB，则∠ABC=∠CAB，结合内角和定理可得∠ABC的度数，然后根据平行线的性质进行解答.
8．如图，线段OA在平面直角坐标系内，A点坐标为(2，5)，线段OA绕原点O逆时针旋转90°，得到线段OA′，则点A′的坐标为（　　）
A．(−5，2) B．(5，2) C．(2，−5) D．(5，−2)
【答案】A
【知识点】旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，逆时针旋转90°作出OA′，过A作AB⊥x轴，垂足为B，过A′作A′B′⊥x轴，垂足为B′，
∴∠A′BO=∠ABO=90°，OA′=OA，
∵∠A′OB+∠AOB=180°−∠A′OA=90°，∠AOB+∠A=90°，
∴∠A′OB=∠A，
∴△A′OB≌∠BOA(AAS)，
∴OB′=AB，A′B=OB，
∵A点坐标为(2，5)，
∴AB=5，OB=2，
∴OB′=5，A′B=2，
∴A′(−5，2)，
故答案为：A．

【分析】逆时针旋转90°作出OA′，过A作AB⊥x轴，垂足为B，过A′作A′B′⊥x轴，垂足为B′，利用“AAS”证明△A'OB≌∆BOA可得OB′=AB，A′B=OB，再结合A点坐标为(2，5)，即可得到OB′=5，A′B=2，从而得到A′(−5，2)。
9．如图，△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若△ABC的面积是24，PD=1.5，则PE的长是（　　）
A．2.5 B．2 C．3.5 D．3
【答案】A
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，连接DE，取AD的中点G，连接EG，
∵AB=AC，AD平分∠BAC与BC相交于点D，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴S△ABD=12S△ABC=12×24=12，
∵E是AB的中点，
∴S△AED=12S△ABD=12×12=6，
∵G是AD的中点，
∴S△EGD=12S△AED=12×6=3，
∵E是AB的中点，G是AD的中点，
∴EG∥BC，EG=12BD=12CD，
∴∠EGP=∠FDP=90°，
∵F是CD的中点，
∴DF=12CD，
∴EG=DF，
∵∠EPG=∠FPD，
∴△EGP≌△FDP（AAS），
∴GP=PD=1.5，
∴GD=3，
∵S△EGD=12GD⋅EG=3，即12EG×3=3，
∴EG=2，
在Rt△EGP中，由勾股定理，得
PE=EG2+GP2=22+1.52=2.5，
故答案为：A．

【分析】，连接DE，取AD的中点G，连接EG，先利用“AAS”证明△EGP≌△FDP可得GP=PD=1.5，再利用S△EGD=12GD⋅EG=3，即12EG×3=3，求出EG的长，最后利用勾股定理求出PE的长即可。
10．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AB=8，以点C为圆心，CA的长为半径画弧，交AB于点D，则AD的长为（　　）
A．π B．43π C．53π D．2π
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；弧长的计算
【解析】【解答】解：连接CD，如图所示：
∵∠ACB=90°，∠B=30°，AB=8，
∴∠A=90°−30°=60°，AC=12AB=4，
由题意得：AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ACD=60°，
∴AD的长为：60π×4180=43π.
故答案为：B.
【分析】连接CD，根据直角三角形两锐角互余可得∠A=60°，根据含30°角的直角三角形的性质可得AC=12AB=4，由题意可得AC=CD，推出△ACD为等边三角形，得到∠ACD=60°，然后结合弧长公式进行计算.
11．如图，在矩形ABCD中，AB