专题06 三角形（解析版）

专题06三角形（解析版）1．（2023·福建·统考中考真题）若某三角形的三边长分别为3，4，m，则m的值可以是（）A．1 B．5 C．7 D．9【答案】B【分析】根据三角形的三边关系求解即可．【详解】解：由题意，得4-3<m<4+3，即1<m<7，故m的值可选5，故选：B．【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解答的关键．2．（2023·福建·统考中考真题）阅读以下作图步骤：①在OA和OB上分别截取OC,OD，使OC=OD；②分别以C,D为圆心，以大于12CD的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点③作射线OM，连接CM,DM，如图所示．根据以上作图，一定可以推得的结论是（

）

A．∠1=∠2且CM=DM B．∠1=∠3且CM=DMC．∠1=∠2且OD=DM D．∠2=∠3且OD=DM【答案】A【分析】由作图过程可得：OD=OC,CM=DM，再结合DM=DM可得△COM≌△DOMSSS，由全等三角形的性质可得∠1=∠2【详解】解：由作图过程可得：OD=OC,CM=DM，∵DM=DM，∴△COM≌△DOMSSS∴∠1=∠2．∴A选项符合题意；不能确定OC=CM,则∠1=∠3不一定成立，故B选项不符合题意；不能确定OD=DM,故C选项不符合题意，OD∥CM不一定成立，则∠2=∠3不一定成立，故故选A．【点睛】本题主要考查了角平分线的尺规作图、全等三角形的判定与性质等知识点，理解尺规作图过程是解答本题的关键．3．（2023·福建·统考中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．如图，⊙O的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计⊙O的面积，可得π的估计值为332，若用圆内接正十二边形作近似估计，可得A．3 B．22 C．3 D．【答案】C【分析】根据圆内接正多边形的性质可得∠AOB=30°，根据30度的作对的直角边是斜边的一半可得BC=1【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为30°，设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形OAB，过点B作BC⊥OA交OA于点于点C，∵∠AOB=30°，∴BC=1则S△OAB故正十二边形的面积为12S圆的面积为π×1×1=3，用圆内接正十二边形面积近似估计⊙O的面积可得π=3，故选：C．【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．4．（2022·福建·统考中考真题）美术老师布置同学们设计窗花，下列作品为轴对称图形的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．【详解】解：A、是轴对称图形，故此选项符合题意；B、不是轴对称图形，故此选项不合题意；C、不是轴对称图形，故此选项不合题意；D、不是轴对称图形，故此选项不合题意；故选：A．【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．5．（2022·福建·统考中考真题）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，∠ABC=27°，BC＝44cm，则高AD约为（

）（参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈0.89，A．9.90cm B．11.22cm C．19.58cm D．22.44cm【答案】B【分析】根据等腰三角形的性质及BC＝44cm，可得DC=12BC=22cm，根据等腰三角形的性质及∠ABC=27°，可得∠ACB=∠ABC=27°，在Rt△ADC中，由AD=【详解】解：∵等腰三角形ABC，AB＝AC，AD为BC边上的高，∴DC=1∵BC＝44cm，∴DC=12∵等腰三角形ABC，AB＝AC，∠ABC=27°，∴∠ACB=∠ABC=27°．∵AD为BC边上的高，∠ACB=27°，∴在Rt△ADC中，AD=tan∵tan27°≈0.51，DC=22cm∴AD≈0.51×22=11.22cm．故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及锐角三角函数的定义，熟练掌握正切的定义是解题的关键．6．（2022·福建·统考中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到△A'B'C'，点A'A．96 B．963 C．192 D．【答案】B【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC'A【详解】解：依题意ACC∵∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，AA∴AC=2AB∴平行四边形ACC'A'的面积故选B【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．7．（2021·福建·统考中考真题）如图，某研究性学习小组为测量学校A与河对岸工厂B之间的距离，在学校附近选一点C，利用测量仪器测得∠A=60°,∠C=90°,AC=2km．据此，可求得学校与工厂之间的距离AB等于（

A．2km B．3km C．23km D【答案】D【分析】解直角三角形，已知一条直角边和一个锐角，求斜边的长．【详解】∵∠A=60°,∠C=90°,AC=2∴cosA=∴AB=AC故选D．【点睛】本题考查解直角三角形应用，掌握特殊锐角三角函数的值是解题关键．8．（2021·福建·统考中考真题）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，△ABF为等边三角形，则∠AFC等于（

）A．108° B．120° C．126° D．132°【答案】C【分析】根据多边形内角和公式可求出∠ABC的度数，根据正五边形的性质可得AB=BC，根据等边三角形的性质可得∠ABF=∠AFB=60°，AB=BF，可得BF=BC，根据角的和差关系可得出∠FBC的度数，根据等腰三角形的性质可求出∠BFC的度数，根据角的和差关系即可得答案．【详解】∵ABCDE是正五边形，∴∠ABC=(5-2)×180°5=108°，AB=BC∵△ABF为等边三角形，∴∠ABF=∠AFB=60°，AB=BF，∴BF=BC，∠FBC=∠ABC-∠ABF=48°，∴∠BFC=12(180°-∠FBC)∴∠AFC=∠AFB+∠BFC=126°，故选：C．【点睛】本题考查多边形内角和、等腰三角形的性质、等边三角形的性质，熟练掌握多边形内角和公式是解题关键．9．（2020·福建·统考中考真题）如图，面积为1的等边三角形ABC中，D,E,F分别是AB，BC，CA的中点，则ΔDEF的面积是（

）A．1 B．12 C．13 D【答案】D【分析】根据题意可以判断四个小三角形是全等三角形,即可判断一个的面积是14【详解】∵D,E,F分别是AB，BC，CA的中点,且△ABC是等边三角形,∴△ADF≌△DBE≌△FEC≌△DFE,∴△DEF的面积是14故选D．【点睛】本题考查等边三角形的性质及全等,关键在于熟练掌握等边三角形的特殊性质．10．（2020·福建·统考中考真题）如图，AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BD=5，则CD等于（

）A．10 B．5 C．4 D．3【答案】B【分析】根据等腰三角形三线合一的性质即可判断CD的长．【详解】∵AD是等腰三角形ABC的顶角平分线∴CD=BD=5．故选：B．【点睛】本题考查等腰三角形的三线合一，关键在于熟练掌握基础知识．11．（2023·福建·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，O为BD的中点，EF过点O且分别交AB,CD于点E,F．若AE=10，则CF的长为___________．

【答案】10【分析】由平行四边形的性质可得DC∥AB,DC=AB即∠OFD=∠OEB,∠ODF=∠EBO，再结合OD=OB可得△DOF≌△BOEAAS可得DF=EB【详解】解：∵ABCD中，∴DC∥∴∠OFD=∠OEB,∠ODF=∠EBO，∵OD=OB，∴△DOF≌△BOEAAS∴DF=EB，∴DC-DF=AB-BE,即FC=AE=10．故答案为：10．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证明三角形全等是解答本题的关键．12．（2023·福建·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10，∠B=60°，则AC的长为

【答案】10【分析】由菱形ABCD中，∠B=60°，易证得△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=10，∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=10．故答案为：10．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记菱形的性质并推出等边三角形是解题的关键．13．（2022·福建·统考中考真题）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．若BC＝12，则DE的长为______．【答案】6【分析】利用中位线的性质计算即可．【详解】∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，又BC=12，∴DE=1故答案为：6．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，中位线平行且等于第三边的一半，熟记中位线的性质是解题的关键．14．（2021·福建·统考中考真题）如图，AD是△ABC的角平分线．若∠B=90°,BD=3，则点D到AC的距离是_________【答案】3【分析】根据角平分线的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等，即可求得．【详解】如图，过D作DE⊥AC，则D到AC的距离为DE∵AD平分∠CAB，∠B=90°,BD=3∴DE=BD=∴点D到AC的距离为3．故答案为3．【点睛】本题考查了角平分线的性质，点到直线的距离等知识，理解点到直线的距离的定义，熟知角平分线的性质是解题关键．15．（2020·福建·统考中考真题）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则∠ABC等于_______度．【答案】30【分析】先证出内部的图形是正六边形，求出内部小正六边形的内角，即可得到∠ACB的度数，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．【详解】解：由题意六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成，可得BD=AC，BC=AF，∴CD=CF，同理可证小六边形其他的边也相等，即里面的小六边形也是正六边形，∴∠1=16∴∠2=180°-120°=60°，∴∠ABC=30°，故答案为：30．【点睛】本题考查正多边形的证明、多边形的内角和以及三角形的内角和，熟练掌握多边形内角和的计算是解题的关键．一、单选题1．（2023·山东聊城·校考一模）如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，CD为AB边上的高，CE为AB边上的中线，AB=10，AD=2，则CD的长度是（

）A．2 B．3 C．4.8 D．4【答案】D【分析】由已知条件推知AE=CE=12AB=5，则DE=3．在直角△CDE中，利用勾股定理求CD【详解】解：如图，∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE为AB边上的中线，AB=10，∴AE=CE=12AB=5∵AD=2，∴DE=3．∵CD为AB边上的高，∴∠CDE=90°，∴由勾股定理，得CD=CE故选：D．【点睛】本题主要考查了勾股定理和直角三角形斜边上的中线性质，根据已知条件得到线段EC，DE的长度是解题的关键．2．（2023·天津南开·校联考二模）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=AC，将△ABC绕点C顺时针旋转40°得到出△A'B'C'，CB'与ABA．10° B．15° C．20° D．30°【答案】C【分析】由旋转的性质可得∠ACA’=40°，AC=A’C，由等边对等角求出∠AA’C的度数，问题得解.【详解】解：由旋转可知：∠ACA’=40°，AC=A’C，∠B’A’C=∠BAC=90°，∴∠CAA’=∠AA’C=12∴∠B’A’A=90°-70°=20°，故选C.【点睛】本题考查旋转的性质和等腰三角形的性质，明确旋转角的定义与旋转前后对应角相等是解题关键.3．（2023·河南三门峡·校考一模）如图，AB∥CD，BE∥CF，∠B=44°，则∠C的度数为（

）A．146° B．136° C．144° D．134°【答案】B【分析】首先根据平行线的性质求得∠CGE=∠B=44°，然后再根据平行线的性质可得∠C的度数．【详解】解：∵AB∥CD，∠B=44°，∴∠CGE=∠B=44°，∵BE∥CF，∴∠C=180°-∠CGE=136°，故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质，关键是掌握两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补．4．（2023·浙江杭州·统考中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE,△ABF,△BCG,△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF>∠BAF，连接BE．设∠BAF=α,∠BEF=β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n,tanα=tan2β

A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C【分析】设BF=AE=a，EF=b，首先根据tanα=tan2β得到2a2+2ab=2b2，然后表示出正方形ABCD的面积为AB2【详解】设BF=AE=a，EF=b，∵tanα=tan2∴BFAF=BF∴aa+b=a∴2a∵∠AFB=90°，∴AB∴正方形ABCD的面积为AB∵正方形EFGH的面积为EF∵正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n，∴b2∴解得n=3．故选：C．【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．5．（2023·浙江杭州·校联考一模）如图，边长相等的正五边形和正六边形如图拼接在一起，则∠ABC的度数为（

）A．22度 B．23度 C．24度 D．25度【答案】C【分析】先根据正多边形的内角公式求出正五边形和正六边形的一个内角，进而求得∠BAC，再根据等腰三角形的等边对等角性质求解即可．【详解】解：由题意，正五边形的一个内角为5-2×180°5=108°，正六边形的一个内角为6-2∴∠BAC=360°-108°-120°=132°，∴∠ABC=180°-∠BAC故选：C．【点睛】本题考查正多边形的内角问题、等腰三角形的性质，熟记正多边形的内角和公式是解答的关键．6．（2023·湖南·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考一模）如图，在△ABC中，BD，CE分别为AC，AB边上的中线，BD⊥CE,若BD＝3，CE＝2，则△ABC的面积为（

）A．4 B．8 C．12 D．16【答案】A【分析】根据题意得到点O是△ABC的重心，得到OC=23CE=43，根据三角形的面积公式求出【详解】∵BD，CE分别为AC，AB边上的中线，∴点O是△ABC的重心，∴OC=23CE∴S△BDC=12∵BD为AC边上的中线∴△ABC的面积=2S△BDC=4，故选A.【点睛】此题主要考查三角形的重心，解题的关键是熟知三角形中线的性质.7．（2023·山东烟台·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=12，AD=10，点E在AD上，点F在BC上，且AE=CF，连结CE，DF，则CE+DF的最小值为（

）A．26 B．25 C．24 D．22【答案】A【分析】先连接BE，将CE+DF转化为CE+BE，再利用将军饮马解决问题即可．【详解】解：如图，连接BE，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠BAE=∠DCF=90°，∵AE=CF，∴△ABE≌△CDF，∴BE=DF，∴CE+DF=CE+BE，如图，作点B关于A点的对称点B'，连接CCB'即为∵AB=12，AD=10，∴BB'=24∴CB∴CE+DF的最小值为26，故A正确．故选：A．【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、将军饮马问题、全等三角形的判定与性质等内容，综合性较强，将CE+DF转化为CE+BE是解题的关键．8．（2023·江苏连云港·校考一模）如图，AB∥DF，AC⊥CE于C，BC与DF交于点E，若∠A=20°，则∠CEF等于（

）

A．110° B．100° C．80° D．70°【答案】A【详解】∵AC⊥BC于C，∴△ABC是直角三角形，∴∠ABC=180°-∠A-∠C=180°-20°-90°=70°，∴∠ABE=180°-∠ABC=110°，∵AB∥DF，∴∠CEF=∠ABE=110°．故选A．9．（2023·四川凉山·统考中考真题）下列长度的三条线段能组成三角形的是（

）A．3，4，8 B．5，6，11 C．5，6，10 D．5，5，10【答案】C【分析】根据三角形的三边关系定理（任意两边之和大于第三边）逐项判断即可得．【详解】解：A、3+4=7<8，不能组成三角形，此项不符题意；B、5+6=11，不能组成三角形，此项不符题意；C、5+6=11>10，能组成三角形，此项符合题意；D、5+5=10，不能组成三角形，此项不符题意；故选：C．【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，熟练掌握三角形的三边关系定理是解题关键．10．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考三模）下列命题正确的是（

）A．四个角相等且邻边相等的四边形是正方形 B．对角线相互垂直的平行四边形是矩形C．同位角相等 D．绝对值等于本身的数是0和1【答案】A【详解】解：A选项，四个角相等且邻边相等的四边形是正方形，故A选项符合题意；B选项，对角线相互垂直的平行四边形是菱形，故B选项不符合题意；C选项，两直线平行，同位角相等，故C选项不符合题意；D选项，绝对值等于本身的数是所有非负数，故D选项不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查正方形的判定定理，菱形的判定定理，平行线的性质，绝对值的意义，熟练掌握这些知识点是解题关键．11．（2023·贵州铜仁·统考一模）如图已知点A（1，4），B（2，2）是反比例函数y＝4x的图象上的两点，动点P（x，0）在x轴上运动，当线段AP＝BP时，点PA．（﹣92，0） B．（﹣94，0） C．（92，0） D．（9【答案】A【分析】根据平面直角坐标系中距离公式得到：（x﹣1）2+42＝（x﹣2）2+22，求解即可．【详解】解：∵点A（1，4），B（2，2），动点P（x，0）在x轴上运动，∴AP2＝（x﹣1）2+42，BP2＝（x﹣2）∵AP＝BP，∴（x﹣1）2+42＝（x﹣2）2+22，解得x＝﹣92∴点P的坐标是（﹣92，0故选：A．【点睛】本题考查距离公式，掌握平面直角坐标系中距离公式是解题关键．12．（2023·河南信阳·河南省淮滨县第一中学校考一模）如图，在等边△ABC中，D为BC边上一点，E为AC边上一点，且∠ADE=60°，BD=4，CE=43，则△ABC的面积A．83 B．15 C．93 D【答案】C【分析】首先由△ABC是等边三角形，可得∠B=∠C=∠ADE=60°，又由三角形外角的性质，求得∠ADB=∠DEC，即可得△ABD∽△DCE，又由BD=4，CE=43，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得AB的长，则可求得△ABC【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∠ADE=60°，∴∠B=∠C=∠ADE=60°，AB=BC，∵∠ADB=∠DAC+∠C，∠DEC=∠ADE+∠DAC，∴∠ADB=∠DEC，∴△ABD∽△DCE，∴ABDC∵BD=4，CE=43设AB=x，则DC=x-4，∴xx-4∴x=6，∴AB=6，过点A作AF⊥BC于F，在Rt△ABF中，∠BAF=30°，∴BF=1∴AF=A∴S△ABC=12BC•AF=12×6×33=9故选C．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质与等边三角形的性质．此题综合性较强，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．13．（2023·广西·统考一模）将一副三角板按图中方式叠放，则∠α的度数为（

）A．30° B．45° C．60°【答案】D【分析】根据三角形的外角的性质解决问题即可．【详解】解：如图，∠α=30°+45°=75°．故选：D．【点睛】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并准确识图，熟知三角板各角的度数是解题的关键．14．（2023·广东中山·统考二模）若长度分别是2，3，a的三条线段能组成一个三角形，则a的取值不可能是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由三角形三边关系可知3-2<a<3+2，可得a的取值范围，对各选项进行判断即可．【详解】解：由三角形三边关系可知3-2<a<3+2∴1<a<5∴a的取值不可能是1故选A．【点睛】本题考查了三角形的三边关系．解题的关键在于熟练掌握组成三角形的三边关系即两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．15．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°，动点M，N分别在边AB，BC上则CM+MN的最小值是（

A．23 B．26 C．6 D【答案】D【分析】如图，作点C关于直线AB的对称点P，过点P作PN⊥BC于点N，交AB于点M，连接CM，此时CM+MN=PN最小，再通过解直角三角形求出PN的长即可【详解】如图，作点C关于直线AB的对称点P，过点P作PN⊥BC于点N，交AB于点M，连接CM，此时CM+MN=PN最小.在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°∴AC=23∴AB=2AC=43又∵12∴12×43由对称得，CP=2CQ=6.∵∠B=30°，∴∠BCP=60°.∵PN⊥BC，∴∠P=30°，∴CN=1∴PN=CP2-C故选：D【点睛】本题考查了线路最短的问题，确定动点P的位置时，使PN的值最小是关键．16．（2023·山西忻州·模拟预测）平行四边形的两条对角线分别为10和16，则它的一边长可以是（

）．A．12 B．13 C．24 D．26【答案】A【分析】根据平行四边形的对角线互相平分，得出AO=5,OD=8，根据三角形三边关系即可求解．【详解】解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，AC=10,BD=16，∴AO=5,OD=8，∴3<AD<13，只有A选项符合题意，故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形三边关系，掌握平行四边形的性质是解题的关键．17．（2023·广西钦州·中考真题）等腰三角形的一个角是80°，则它的顶角的度数是（

）A．80° B．80°或20° C．80°或50° D．20°【答案】B【分析】分80°角是顶角与底角两种情况讨论求解．【详解】解：①80°角是顶角时，三角形的顶角为80°，②80°角是底角时，顶角为180°﹣80°×2=20°，综上所述，该等腰三角形顶角的度数为80°或20°．故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质．18．（2023·湖北黄冈·统考三模）如图，在矩形ABCD中，AB=1，AD=3，O是对角线的交点，过C作CE⊥BD于点E，EC的延长线与∠BAD的平分线相交于点H，AH与BC交于点F.给出下列四个结论：①AF=FH；②BF=BO；③AC=CH；④BE=3DE.其中正确结论有(

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】利用矩形性质及勾股定理，30°所对的直角边等于斜边的一半，可知∠ABO=60°，进一步可得△AOB为等边三角形，得到BO=BA=1，再利用角平分线的性质可证明BF=BA=1，故②正确；证明∠CHA=∠OAH=15°，即可知③正确；求出DE=12CD=12，BE=2-12=3【详解】解：∵ABCD为矩形，AB=1，AD=3，∴∠DAB=90°，∠ADB=30°，BD=2，∵AF平分∠DAB，∴∠FAB=∠AFB=45°，即BF=BA=1，∵∠ADB=30°，∴∠ABO=60°，∵OA=OB，∴△AOB为等边三角形，∴BO=BA=1，∴BF=BO，故②正确；∵△AOB为等边三角形，且∠FAB=45°，∴∠OAH=15°，同理：△COD为等边三角形，∵CE⊥BD，∴∠ECO=30°，∴∠CHA=15°，∴∠CHA=∠OAH=15°，即AC=CH，故③正确；∵∠ECO=30°，∴∠DCE=30°，∵CD=AB=1，∴DE=1∵DB=2，∴BE=2-1∴BE=3DE，故④正确；∵AC=CH，但是无法证明F是AH中点，故①错误；综上所述：正确的有②③④．故选：C．【点睛】本题考查矩形性质及勾股定理，30°所对的直角边等于斜边的一半，等边三角形，角平分线，三角形外角的定义及性质．解题的关键是熟练掌握以上知识点，证明BO=BA=1，BF=BA=1；证明∠CHA=∠OAH=15°；求出DE=12CD=19．（2023·海南·九年级专题练习）如图，已知∠MAN=60°，AB=6．按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当长度为半径作弧，分别交AM、AN于B、C两点；②分别以点B、C为圆心，以大于12BC的长为半径画弧，两弧在∠MAN的内部交于点P；③连接AP、BC，交于点D，则AD的长为（A．33 B．3 C．2 D．【答案】A【分析】根据作法得：AB=AC，AP平分∠MAN，可得△ABC为等边三角形，从而得到AD⊥BC，BD=3，再由勾股定理，即可求解．【详解】解：根据作法得：AB=AC，AP平分∠MAN，∵∠MAN=60°，∴△ABC为等边三角形，∴AD⊥BC，BC=AB=6，∴BD=3，∴AD=A故选：A【点睛】本题主要考查了尺规作图——作已知角的平分线，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握作已知角的平分线的作法，等边三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．20．（2023·河北·统考模拟预测）如图，将5个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边形图案，设小正五边形边长为1，则大正五边形边长为（

）

A．5 B．5+12 C．2 D【答案】D【分析】根据多边形的内角和定理得到∠ABE=5-2×180°5=108°，等量代换得到∠CBE+∠ABC=∠BAC+∠ABC=108°，如图，作∠ACB的平分线CD交【详解】在正五边形ABEFG中，∠ABE=5-2∵将5个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边形图案，∴∠CBE+∠ABC=∠BAC+∠ABC=108°，如图，作∠ACB的平分线CD交AB于D，

∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=108°+∠ACB=180°，∴∠ABC=∠ACB=72°，∴∠BAC=36°，∠ACD=∠BCD=∠BAC=36°，∴∠BCD=∠BAC，AD=CD=BC，∴△ABC∽△CBD，∴BCAB∵AB=BC+1，∴BD=AB-AD=AB-BC=1，∴BCBC+1∴BC=1+∴AB=BC+1=5故选：D．【点睛】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．二、填空题21．（2023春·新疆省直辖县级单位·八年级统考期末）如图所示，在菱形ABCD中，∠A=60°,AB=2，E，F两点分别从A，B两点同时出发，以相同的速度分别向终点B，C移动，连接EF，在移动的过程中，EF的最小值为____________．【答案】3【分析】连接DB，作DH⊥AB于H，如图，利用菱形的性质得AD=AB=BC=CD，则可判断△ABD和△BCD都是等边三角形，再证明△ADE≌△BDF得到∠2=∠1，DE=DF，接着判定△DEF为等边三角形，所以EF=DE，然后根据垂线段最短判断DE的最小值即可．【详解】解：连接DB，作DH⊥AB于H，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴AD=AB=BC=CD，而∠A=60°，∴△ABD和△BCD都是等边三角形，∴∠ADB=∠DBC=60°，AD=BD，在Rt△ADH中，AH=1，AD=2，∴DH=22-1在△ADE和△BDF中AD=BD∠A=∠FBD∴△ADE≌△BDF，∴∠2=∠1，DE=DF，∴∠1+∠BDE=∠2+∠BDE=∠EDF=60°，∴△DEF为等边三角形，∴EF=DE，而当E点运动到H点时，DE的值最小，其最小值为3，∴EF的最小值为3，故答案为：3．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．22．（2023·贵州黔东南·模拟预测）已知三角形的三个内角的比为2：3：5，则最大角的大小为______．【答案】90°/90度【分析】根据三角形的内角和是180度即可求解．【详解】解：这个三角形的最大内角是：180°×5故答案是：90°．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，理解定理是关键．23．（2023·浙江金华·统考一模）图1是修正带实物图，图2是其示意图，使用时⊙B上的白色修正物随透明条（载体）传送到点O处进行修正，留下来的透明条传到⊙A收集．即透明条的运动路径为：M→C→O→P→N．假设O，P，A，B在同一直线上，BC＝3cm，AC＝4cm，AC⊥BC，tan∠ACO＝13，P为OA（1）点B到OC的距离为______cm．（2）若⊙A的半径为1cm，当留下的透明条从点O出发，第一次传送到⊙A上某点，且点B到该点距离最小时，最多可以擦除的长度为______cm．【答案】91010【分析】（1）过点B作BH⊥OC交OC的延长线于点H，利用同角的余角相等证明∠CBH＝∠ACO，tan∠CBH＝tan∠ACO＝13，在Rt△BCH中，设CH＝x，则BH＝3x，BC＝3cm，利用勾股定理求出x即可得到点B到OC（2）过点A作AG⊥OC交OC于点G，利用（1）中的方法求出AG，再证明△AGO∽△BHO，得OAAB=45，在Rt△ABC中，利用勾股定理得AB，得到OA的长，进而求得OP、AP，连接AN，设线段OB与⊙A的交点为D，则当留下的透明条从点O出发，第一次传送到⊙A上D点时，点B到D点距离最小，最多可以擦除的长度为PO＋PN＋DN的长，用勾股定理求出【详解】解：（1）如图1，过点B作BH⊥OC交OC的延长线于点H，∵BH⊥OC∴∠BHC＝90°，∴∠BCH＋∠CBH＝90°∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°∴∠ACO＋∠BCH＝90°∴∠CBH＝∠ACO∴tan∠CBH＝tan∠ACO＝1∴CHBH在Rt△BCH中，设CH＝x，则BH＝3x，BC＝3cm，BC∴3解得x＝310∴BH＝3x＝910即点B到OC的距离为910故答案为：910（2）如图2，过点A作AG⊥OC交OC于点G，则∠AGO＝∠AGC＝90°，∵tan∠ACO＝13∴AGCG在Rt△ACG中，设AG＝n，则CG＝3n，AC＝4cm，AC∴4解得n＝210∴AG＝2105∵∠AGO＝∠BHC＝90°，∠O＝∠O∴△AGO∽△BHO∴OAOB∴OA在Rt△ABC中，AB＝AC2∴OA＝4cm，∵P为OA中点

∴OP＝AP＝12OA＝2如图3，连接AN，则AN＝1cm，设线段OB与⊙A的交点为D，则当留下的透明条从点O出发，第一次传送到⊙A上D点时，点B到D点距离最小，最多可以擦除的长度为PO＋PN＋DN的长，由题意知PN是⊙A的切线∴AN⊥PN∴∠ANP＝90°∴PN＝AP∵sin∠APN＝AN∴∠APN＝30°∵∠NAD＝∠APN＋∠ANP＝120°，AN＝AD＝1cm，∴DN的长＝120π×1180=2∴最多可以擦除的长度为PO＋PN＋DN的长＝（2＋3+23故答案为：（2＋3+【点睛】本题考查了勾股定理、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、切线的性质、弧长公式等知识，得到最多可以擦除的长度为PO＋PN＋DN的长是解题的关键．24．（2023·广东揭阳·统考一模）三角形的两边长分别为3和6，第三边的长是方程x2﹣6x+8＝0的解，则此三角形的周长是_____．【答案】13【分析】先求出方程的两根，然后根据三角形的三边关系，得到合题意的边，进而求得三角形周长即可．【详解】解：x2﹣6x+8＝0，(x﹣2)(x﹣4)＝0，x﹣2＝0，x﹣4＝0，x1＝2，x2＝4，当x＝2时，2+3＜6，不符合三角形的三边关系定理，所以x＝2舍去，当x＝4时，符合三角形的三边关系定理，三角形的周长是3+6+4＝13，故答案为：13．【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程以及三角形的三边关系，不能盲目地将三边长相加起来，而应养成检验三边长能否构成三角形的好习惯，熟练掌握一元二次方程的解法是解本题的关键．25．（2023·河北石家庄·统考中考模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，∠A=60°，点F在边AC上，并且CF=2，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在点P处，则点P到边AB距离的最小值是_________．【答案】23-【分析】延长FP交AB于M，当FP⊥AB时，点P到AB的距离最小．运用勾股定理求解.【详解】解:如图，延长FP交AB于M，当FP⊥AB时，点P到AB的距离最小．∵AC=6，CF=2，∴AF=AC-CF=4，∵∠A=60°，∠AMF=90°，∴∠AFM=30°，∴AM=12AF=2∴FM=AF2-FM2∵FP=FC=2，∴PM=MF-PF=23-2，∴点P到边AB距离的最小值是23-2．故答案为:23-2．【点睛】本题考查了翻折变换，涉及到的知识点有直角三角形两锐角互余、勾股定理等，解题的关键是确定出点P的位置.26．（2023·江苏徐州·三模）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝50°，CD平分∠ACB，则∠ADC的度数是_______．【答案】100°/100度【分析】根据三角形的内角和定理和三角形的外角的性质即可得到结论．【详解】∵∠A＝30°，∠B＝50°，∴∠ACB＝180°﹣30°﹣50°＝100°，∵CD平分∠ACB，∴∠BCD＝∴∠ADC＝∠BCD+∠B＝50°+50°＝100°，故答案为：100°．【点睛】本题考查了三角形外角的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和定理及外角的性质是解题的关键．27．（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）如图，正八边形ABCDEFGH的两条对角线AC、BE相交于点P，则∠EPC的度数为________.【答案】67.5°【分析】先根据正多边形内角计算公式求出∠ABC的度数，继而求出∠BAC的度数，在△ABP中，利用三角形的内角和求出∠APB的度数，再利用对顶角相等即可得解.【详解】解：∵八边形ABCDEFGH是正八边形，∴∠ABC=∴BA=BC.∵∠ABE=90°，.∴∠EPC=∠APB=90-∠BAC=67.5°.故答案为：67.5°.【点睛】本题考查的知识点有正多边形内角公式，正多边形的性质，，三角形的内角和以及对顶角相等，属于容易题.失分的原因是：1.没有掌握正多边形内角公式(n-2)⋅180°n，无法求出∠BAC的值；2.28．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，AE平分外角∠DAC，∠DAE=70°．则∠C的度数为______．

【答案】70°/70度【分析】首先根据角平分线的概念得到∠DAC=2∠DAE=140°，然后根据等边对等角得到∠B=∠C，最后利用三角形外角的性质求解即可．【详解】∵AE平分外角∠DAC，∠DAE=70°，∴∠DAC=2∠DAE=140°，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵∠B+∠C=∠DAC，∴∠C=1故答案为：70°．【点睛】此题考查了角平分线的概念，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点．29．（2023·广东清远·统考一模）如图，已知△ABC为等边三角形，AB=6，将边AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<120°)得到线段AD，连接CD，CD与AB交于点G，∠BAD的平分线交CD于点E，点F为CD上一点，则∠AEC=_____°．【答案】60【分析】由旋转的性质得到∠CAD=α+60°，由角平分线的定义得到∠DAE=12α【详解】解：∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，AB=AC，∵将边AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<120°)得到线段AD，∴∠BAD=α，AD=AB，∴∠CAD=α+60°，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE=1∵AD=AB=AC，∴∠D=∠ACD=180°-∠CAD∵∠AEC是△ADE的外角，∴∠AEC=∠D+∠DAE=60°-1故答案为：60．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，熟记三角形外角的性质并准确识图是解题的关键．30．（2023春·全国·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．则PE+PF=_______．【答案】6013/【分析】连接OP，过点A作AG⊥BD于G，利用勾股定理列式求出BD，再利用三角形的面积求出AG，然后根据△AOD的面积求出PE+PF=AG即可．【详解】解：如图所示，连接OP，过点A作AG⊥BD于G，∵AB=5，AD=12，∴BD=52+即12解得：AG=60在矩形ABCD中，OA=OD，∴S△AOD∴PE+PF=AG=60故答案为：6013【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形的面积，根据三角形面积公式推出PE+PF=AG是解题的关键．31．（2023·宁夏吴忠·统考二模）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如果大正方形的面积是25，小正方形面积是1，则sinθ=___________【答案】3【分析】先由两个