专题06几何初步与三角形认识（解析版）

更多更新资料详情加微：xiaojuzi9598或zhixing16881专题06几何初步与三角形认识一、单选题1．（2024·福建·中考真题）在同一平面内，将直尺、含角的三角尺和木工角尺（）按如图方式摆放，若，则的大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了平行线的性质，由，可得，即可求解．【详解】∵，∴，∵，则，∴，故选：A．2．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等；A.由对称的性质得，由等腰三角形的性质得，，即可判断；B.不一定等于，即可判断；C.由对称的性质得，由全等三角形的性质即可判断；D.过作，可得，由对称性质得同理可证，即可判断；掌握轴对称的性质是解题的关键．【详解】解：A.，，由对称得，点，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形，，，，，结论正确，故不符合题意；B.不一定等于，结论错误，故符合题意；C.由对称得，∵点E，F分别是底边的中点，，结论正确，故不符合题意；D.过作，，，，由对称得，，同理可证，，结论正确，故不符合题意；故选：B．3．（2023·福建·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，即，故的值可选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．4．（2023·福建·中考真题）阅读以下作图步骤：①在和上分别截取，使；②分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，连接，如图所示．根据以上作图，一定可以推得的结论是（

）

A．且 B．且C．且 D．且【答案】A【分析】由作图过程可得：，再结合可得，由全等三角形的性质可得即可解答．【详解】解：由作图过程可得：，∵，∴．∴．∴A选项符合题意；不能确定,则不一定成立，故B选项不符合题意；不能确定,故C选项不符合题意，不一定成立，则不一定成立，故D选项不符合题意．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．5．（2021·福建·中考真题）如图，点F在正五边形的内部，为等边三角形，则等于（

）A． B． C． D．【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】∵是正五边形，∴∠ABC==108°，AB=BC，∵为等边三角形，∴∠ABF=∠AFB=60°，AB=BF，∴BF=BC，∠FBC=∠ABC-∠ABF=48°，∴∠BFC==66°，∴=∠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．6．（2020·福建·中考真题）如图，是等腰三角形的顶角平分线，，则等于（

）

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】∵是等腰三角形的顶角平分线∴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．7．（2020·福建·中考真题）如图，面积为1的等边三角形中，分别是，，的中点，则的面积是（

）A．1 B． C． 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．【详解】∵分别是，，的中点,且△ABC是等边三角形,∴△ADF≌△DBE≌△FEC≌△DFE,∴△DEF的面积是．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．8．（2022·福建·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，，BC＝44cm，则高AD约为（

）（参考数据：，，）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cm，根据等腰三角形的性质及，可得，在中，由，求得AD的长度．【详解】解：∵等腰三角形ABC，AB＝AC，AD为BC边上的高，∴，∵BC＝44cm，∴cm．∵等腰三角形ABC，AB＝AC，，∴．∵AD为BC边上的高，，∴在中，，∵，cm，∴cm．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．二、填空题9．（2021·福建·中考真题）如图，是的角平分线．若，则点D到的距离是．【答案】【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，则D到的距离为DE平分，，点D到的距离为．故答案为．【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．10．（2023·福建·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为．

【答案】10【分析】由菱形中，，易证得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴．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．11．（2023·福建·中考真题）如图，在中，为的中点，过点且分别交于点．若，则的长为．

【答案】10【分析】由平行四边形的性质可得即，再结合可得可得，最进一步说明即可解答．【详解】解：∵中，∴，∴，∵，∴，∴，∴,即．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．一、单选题1．（2024·福建泉州·模拟预测）光在不同介质中的传播速度是不同的，因此当光线从水中射向空气时要发生折射．如图，，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根据“两直线平行，同位角线段”求出，根据角的和差求出，再根据“两直线平行，同旁内角互补”求解即可．此题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质定理是解题的关键．【详解】解：如图，

，，，，，，，，故选：D．2．（2024·福建泉州·三模）如图，在《光的反射》活动课中，小明同学将支架平面镜放置在水平桌面b上，镜面的调节角（）的调节范围为，激光笔发出的光束射到平面镜上，若激光笔与水平天花板a的夹角，则反射光束与天花板所形成的角（）不可能取到的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了光的反射定律的应用．理解和掌握光的反射定律是解题的关键．当调节角为时，，所以当调节角在时，射到F点的左侧上，根据角的关系确定的范围；当调节角在时，射到F点的右侧上，根据角的关系确定的范围，最后根据的范围确定不可能取到的度数．【详解】解：因为镜面的调节角（）的调节范围为，当调节角为时，，所以当调节角在时，射到F点的左侧上，且，则，那么；当调节角在时，射到F点的右侧上，且，则，那么；当调节角为时，点E和F重合；综上可得：或．故选C．3．（2024·福建南平·二模）如图，线段和相交于点，则下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据对顶角的性质可判断A，根据三角形外角的性质可判断B，根据平行线的性质可判断C，根据等腰三角形的性质可判断D．【详解】解：A．∵与是对顶角，∴，故A正确；B．∵是的外角，∴，故B不正确；C．∵与不一定平行，∴与不一定相等，故C不正确；D．∵与不一定相等，∴与不一定相等，故D不正确．故选A．【点睛】本题考查了对顶角的性质，三角形外角的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握平行线的性质、等腰三角形的性质是解答本题的关键．4．（2024·福建福州·一模）如图，在等边中，，，，则的长度为（

）A．2 B．4 C． D．【答案】A【分析】此题考查了等边三角形的性质、垂直的定义、平行线的性质、含的直角三角形的性质，熟记等边三角形的性质是解题的关键．根据等边三角形的性质求出，结合垂直的定义、平行线的性质求出，根据含的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：在等边中，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故选：A．5．（2024·福建泉州·模拟预测）我们定义：若一个三角形的两个内角与，满足，则这样的三角形称为“奇妙互余三角形”．已知是“奇妙互余三角形”，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了新定义和三角形内角和定理理解新定义是解题的关键．通过和三角形内角和定理求出的度数．【详解】解∶是“奇妙互余三角形”，，，故选∶B．6．（2024·福建厦门·模拟预测）如图，在中，，以为底边在外作等腰，过点D作的平分线分别交，于点E，F．若，，点P是直线上的一个动点，则周长的最小值为（

）A．15 B．17 C．18 D．20【答案】A【分析】本题主要考查了最短距离问题，等腰三角形的性质，根据点A与点C关于对称，即可得出，当点P与点E重合时，，此时△PBC的周长最小，根据含30度角的直角三角形的性质求出即可得到周长的最小值．【详解】解：∵是以为底边的等腰三角形，平分，∴垂直平分，∴点A与点C关于对称，∴，如图所示，当点P与点E重合时，，此时的周长最小，∵，，，∴，∴周长的最小值为：，故选：A．7．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在中，．用尺规作图法作出射线，交于点，则点到的距离是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】本题考查作图基本作图，角平分线的性质等知识，解题的关键是读懂图形信息，灵活运用所学知识解决问题．如图，过点作于点．利用角平分线的性质定理判断出即可．【详解】解：如图，过点作于点．由作图可知平分，，，，点到的距离为3．故选：B．8．（2024·福建厦门·二模）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．主要内容为“将一个几何圈形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”．如图，在等腰中，，，点D为边上一动点，过D作，，则根据出入相补原理，我们可发现，一定为定值，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，等面积法的应用，先连接，过作于，求解及，再利用等面积法可得答案．【详解】解：连接，

过作于，∵等腰，，，∴，∴，∴；∵，，∴，，故选：C．9．（2024·福建厦门·二模）如图，在中，，线段的垂直平分线交于点D．若，则点D到点B的距离是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】本题考查中垂线的性质，根据中垂线的性质，得到，即可．【详解】解：∵线段的垂直平分线交于点D，∴；故选B．10．（2024·福建宁德·二模）在中，，，，则的长是（

）A． B．11 C．13 D．17【答案】C【分析】本题考查了勾股定理，在中，，，据此直接计算即可求解．【详解】解：如图，在中，，，∴，故选C．11．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，将绕点按逆时针方向旋转，得到，若点在线段的延长线上，则的大小为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由旋转的性质可得，，，由等腰三角形的性质可得，即可求解．本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．【详解】解：将绕点按逆时针方向旋转，∴，，，，，故选：C．12．（2024·福建龙岩·模拟预测）如图，中，于点，点是的中点，连接，则下列结论不一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查三角形中位线定理，等腰三角形的性质，直角三角形斜边的中线，平行线的判定．和不一定相等，因此和不一定垂直，由等腰三角形的性质推出D是BC中点，，由三角形中位线定理推出，由平行线的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质得到．【详解】解：A.∵E是的中点，若，∴垂直平分，∴，但和不一定相等，∴和不一定垂直，故A符合题意；B.∵．∴D是中点，，∵E是中点，∴是的中位线，∴，故B不符合题意；C.∵，∴，故C不符合题意；D.∵，E是中点，∴，故D不符合题意．故选：A．13．（2024·福建福州·二模）若三角形三边长为4，，11，则x的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查三角形三条边的关系和一元一次不等式的解法，根据三角形任意两边的和大于第三边，任意两边的差小于第三边，列不等式求解即可得出答案．【详解】解：根据三角形三边关系可得出，解得：，故选：D．14．（2024·福建福州·三模）如图，在等边中，于点，延长至点，使得，若，则的长为（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．先根据等腰三角形“三线合一”的性质得出，，再根据勾股定理求出，最后证明，即可得出．【详解】解：是等边三角形，，．，，，，在中，．，，，．故选B．15．（2024·福建福州·三模）如图，在中，，．阅读以下作图步骤：①以点为圆心，的长为半径作圆弧，交于点；②分别以点和点为圆心，大于的长为半径作圆弧，两弧相交于点；③作射线交于点．则下列说法错误的是（

）A．是的高 B．是的中线C． D．【答案】D【分析】本题考查了直角三角形的性质，高线的画法，等边三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握这些性质与概念是解题的关键．先通过画法确定是线段垂直平分线，再利用直角三角形依次进行判断即可．【详解】解：由作图步骤可得，，∴是的高，选项A正确，不符合题意；∵，，，∴，∴为等边三角形，∴，∵在中，，∴，∴，∴是的中线，∴选项B正确，不符合题意；∵为等边三角形，∴，∴，∴，∴选项C正确，不符合题意；在中，，∴，∴选项D错误，符合题意．故选：D．16．（2024·山西长治·二模）某地为落实乡村振兴战略，在每个乡镇自然村都建设老年活动中心，某村老年活动中心如图中三角形区域，现计划在活动区域外围建宽的绿化带，为了美观，绿化带三个拐弯处设计为弧形，已知图中三角形周长为，则绿化带的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了矩形的性质，三角形内角和定理，过中间三角形的三个顶点分别向绿化带作垂线，首先根据题意得到，求出扇形，，正好拼成一个半径为1m的圆，然后利用绿化带的面积求解即可．【详解】如图所示，过中间三角形的三个顶点分别向绿化带作垂线，根据题意得，，四边形，，是矩形∴∴，，∵∴∴扇形，，正好拼成一个半径为1m的圆，∴绿化带的面积．故选：C．17．（2024·福建宁德·二模）如图，将绕着点A顺时针旋转得到，点B的对应点D落在边上，且B，D，E三点共线，则下列结论错误的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查旋转性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质，等腰三角形的判定和性质，证可判定B，在和中，利用“八字型”的特征可判定D，根据三角形内角和定理可判定C，据此求解．【详解】∵将绕着点A顺时针旋转得到，∴，，，，，，∴，∵，，∴，∴∴，选项B正确；在和中，，∴，∴，选项D正确；∵，∴选项C正确；选项A不能证明，故选：A．18．（2024·福建福州·一模）如图，学校为举办文艺汇演搭建了舞台及登台的台阶，台阶总高度，台阶部分铺红地毯，地毯长度为140cm，支撑钢梁，且D为的中点，则钢梁的长为（

）A．20cm B．24cm C．32cm D．40cm【答案】B【分析】本题考查了相似三角形的应用，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．根据题意可得：，从而根据垂直定义可得，再根据已知易得：，从而在中，利用勾股定理可求出的长，然后根据线段的中点定义可得，再证明，从而利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【详解】解：由题意得：，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵点D是的中点，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴钢梁的长为24cm，故选：B．19．（2024·福建漳州·二模）如图，在和中，，相交于点G，E，F分别是的中点，连接．若点F为的内心，，则下面结论错误的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据点F为的内心，确定点F为的三条角平分线的交点，即可判断A；根据，得出，确定，即可判断B；根据是的中位线，证明，根据相似三角形的性质和三角形中位线定理即可解出，可判断C；根据勾股定理求出，再根据直角三角形性质得出，即可判断D；【详解】∵点F为的内心，∴点F为的三条角平分线的交点，∴，故A正确，不符合题意；∵，∴，∴，∴，∴，∴，故B正确，不符合题意；∵E，F分别是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴，∵，∴，故C正确，不符合题意；∴∵E是的中点，∴，故D错误，符合题意；故选：D．【点睛】该题主要考查了三角形内心定义，三角形内角和定理，三角形外角性质，三角形中位线定理，相似三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．20．（2024·福建龙岩·二模）如图，依据尺规作图痕迹，若，，则的度数为（

）A．50° B．60° C．66° D．80°【答案】C【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，角平分线的作图，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质．本题先证明，求解，结合角平分线的作图以及三角形内角和定理可得答案．【详解】解：由作图可得：是的垂直平分线，∴，∴，∵，∴，由作图可得：是的角平分线，∴；∵，∴故选：C．二、填空题21．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在中，是BC的中点，若，则．【答案】【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线定义斜边一半的性质是解题关键．根据直角三角形斜边中线的性质即可得答案．【详解】解：∵，是的中点，∴，∵，∴．故答案为：22．（2024·福建龙岩·模拟预测）在边长为6的菱形中，点分别是上的点，且，是直线上的动点，则的最大值为．【答案】4【分析】本题主要考查了轴对称−最短路线问题，菱形的性质，三角形两边之差小于第三边等知识点，在上取一点，使，连接，推出的最大值为，再求出，即可解决问题，作出辅助线是解题的关键．【详解】在上取一点，使，连接，如图，∵四边形是菱形，∴直线是菱形的一条对称轴，∴，∴，∴的最大值为，此时点P与点A重合，∵，，∴，∴的最大值为4．故答案为：4．23．（2024·福建泉州·二模）如图，中，，点O是的重心，延长与相交于点D，若，则．【答案】【分析】本题考查三角形重心，直角三角形斜边中线的性质，根据是的重心，，则，根据三角形斜边中线的性质即可求出．【详解】解：∵点O是的重心，延长与相交于点D，若，∴，是的中线，∴故答案为：．24．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，是的中线，，和的周长差为．【答案】2【分析】本题主要考查了三角形中线的定义，三角形周长计算，根据三角形中线的定义得到，再分别求出两个三角形的周长，然后作差即可得到答案．【详解】解：∵是的中线，∴，的周长，的周长，∵，∴，∴和的周长差为2，故答案为：2．25．（2024·福建福州·一模）如图，在等腰直角中，，尺规作图如下：以点B为圆心，适当长为半径画弧，交边于点D，分别以点B，D为圆心，大于的长为半径画两条弧，两弧分别交于点E，F，连接与分别交于点G，H，则．【答案】/135度【分析】本题考查了作图−基本作图，线段垂直平分线的作法与性质，等腰直角三角形的性质，熟记线段垂直平分线的作法与性质是解题的关键．由作图可知，垂直平分，由等腰直角三角形的性质结合三角形外角的性质即可得出结果．【详解】解：由作图可知，垂直平分，∴，又∵是等腰直角三角形，∴，∴，故答案为：．26．（2024·福建漳州·一模）如图，在中，，过点作，若，则等于度．【答案】35【分析】本题考查了三角形内角和定理和平行线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．根据，得出，，再根据三角形内角和定理解答即可．【详解】解：，，，，，，故答案为：．27．（2022·福建漳州·一模）如图，一个正方形和一个正五边形各有一边，在直线上，且只有一个公共顶点，则的度数为．【答案】【分析】本题主要考查正四边形和五边形的外角，三角形内角和性质，利用正多边形的性质求出每个内角，和的度数即可，掌握正多边形的内角和及正确理解多边形内角和与外角之间的关系是解题的关键．【详解】解：正五边形的一个内角，正方形的一个内角，∴，，∴，故答案为：．28．（2022·福建泉州·模拟预测）如图，在等边内有一点，将绕点逆时针旋转，使与重合，点旋转至点，若三点在同一直线上，且与交于点．现给出以下结论：①是等边三角形；②；③；④，其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】根据题意可得，，即可判断说法①；根据等边三角形的性质和三角形外角的性质可得，，易得，再结合，即可判断说法②；根据“由两个角对应相等的三角形是相似三角形”，结合与、均不相等，即可判断说法③；证明，即可判断故说法④．【详解】解：∵为等边三角形，∴，，由旋转的性质可得，，∴是等边三角形，故说法①正确；∵是等边三角形，∴，∴，∵，∴，由旋转的性质可得，∴，故说法②正确；∵，，又∵，，∴与、均不相等，∴与不是相似三角形，故说法③错误；由旋转的性质可得，∴，∴，∴，∴，故说法④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的性质、三角形外角的定义和性质等知识，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质是解题关键．29．（2024·福建莆田·一模）如图，点G，H，I，J，K，L分别是正六边形各边的中点，则六边形边长为4，六边形与的周长为．

【答案】【分析】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，解直角三角形的相关计算，设正六边形的中心为O，连接，，，可知为等边三角形，通过解直角三角形的相关应用可求出的长，顺次连接正六边形各边的中点G、H、I、J、K、