5.14三角形综合题(第4部分)-2018年中考数学试题分类汇编(word解析版)
2018年各地中考数学试题分类汇编
第1页
第五部分 图形的性质
5.14 三角形综合题
【一】知识点清单
三角形综合题
【二】分类试题汇编及参考答案与解析
一、选择题
1．（2018年湖北省孝感市-第10题-3分）如图，△ABC是等边三角形，△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=90°，AE⊥BD于点E，连CD分别交AE，AB于点F，G，过点A作AH⊥CD交BD于点H．则下列结论：①∠ADC=15°；②AF=AG；③AH=DF；④△AFG∽△CBG；⑤AF=（3﹣1）EF．其中正确结论的个数为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【知识考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；等腰直角三角形．
【思路分析】①由等边三角形与等腰直角三角形知△CAD是等腰三角形且顶角∠CAD=150°，据此可判断；②求出∠AFP和∠FAG度数，从而得出∠AGF度数，据此可判断；③证△ADF≌△BAH即可判断；④由∠AFG=∠CBG=60°、∠AGF=∠CGB即可得证；⑤设PF=x，则AF=2x、AP==x，设EF=a，由△ADF≌△BAH知BH=AF=2x，根据△ABE是等腰直角三角形之BE=AE=a+2x，据此得出EH=a，证△PAF∽△EAH得=，从而得出a与x的关系即可判断．
【解答过程】解：∵△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，
∴∠BAC=60°、∠BAD=90°、AC=AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，
∴△CAD是等腰三角形，且顶角∠CAD=150°，
∴∠ADC=15°，故①正确；
∵AE⊥BD，即∠AED=90°，
∴∠DAE=45°，
∴∠AFG=∠ADC+∠DAE=60°，∠FAG=45°，
∴∠AGF=75°，
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由∠AFG≠∠AGF知AF≠AG，故②错误；
记AH与CD的交点为P，
由AH⊥CD且∠AFG=60°知∠FAP=30°，
则∠BAH=∠ADC=15°，
在△ADF和△BAH中，
∵，
∴△ADF≌△BAH（ASA），
∴DF=AH，故③正确；
∵∠AFG=∠CBG=60°，∠AGF=∠CGB，
∴△AFG∽△CBG，故④正确；
在Rt△APF中，设PF=x，则AF=2x、AP==x，
设EF=a，
∵△ADF≌△BAH，
∴BH=AF=2x，
△ABE中，∵∠AEB=90°、∠ABE=45°，
∴BE=AE=AF+EF=a+2x，
∴EH=BE﹣BH=a+2x﹣2x=a，
∵∠APF=∠AEH=90°，∠FAP=∠HAE，
∴△PAF∽△EAH，
∴=，即=，
整理，得：2x2=（﹣1）ax，
由x≠0得2x=（﹣1）a，即AF=（﹣1）EF，故⑤正确；
故选：B．
【总结归纳】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握等腰三角形与等边三角形的性质、全等三角形与相似三角形的判定与性质等知识点．
2．（2018年湖北省荆门市-第11题-3分）如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C
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时，点M所经过的路线长为（ ）
A．24 B．22 C．1 D．2
【知识考点】轨迹；等腰直角三角形
【思路分析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，利用等腰直角三角形的性质得AC=BC=，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再证明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接着利用△APE和△BFQ都为等腰直角三角形得到PE=AP=CQ，QF=BQ，所以PE+QF=BC=1，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线得到MH=，即可判定点M到AB的距离为，从而得到点M的运动路线为△ABC的中位线，最后利用三角形中位线性质得到点M所经过的路线长．
【解答过程】解：连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为到等腰直角三角形，
∴AC=BC=AB=，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，
易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，
∴PE=AP=CQ，QF=BQ，
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∴PE+QF=（CQ+BQ）=BC=×=1，
∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH=（PE+QF）=，
即点M到AB的距离为，
而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=AB=1．
故选：C．
【总结归纳】本题考查了轨迹：通过计算确定动点在运动过程中不变的量，从而得到运动的轨迹．也考查了等腰直角三角形的性质．
3．（2018年江苏省扬州市-第8题-3分）如图，点A在线段BD上，在BD的同侧做等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，CD与BE、AE分别交于点P，M．对于下列结论：
①△BAE∽△CAD；②MP•MD=MA•ME；③2CB2=CP•CM．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．① C．①② D．②③
【知识考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【思路分析】（1）由等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE三边份数关系可证；
（2）通过等积式倒推可知，证明△PAM∽△EMD即可；
（3）2CB2转化为AC2，证明△ACP∽△MCA，问题可证．
【解答过程】解：由已知：AC=AB，AD=AE
∴
∵∠BAC=∠EAD
∴∠BAE=∠CAD
∴△BAE∽△CAD
所以①正确
∵△BAE∽△CAD
∴∠BEA=∠CDA
∵∠PME=∠AMD
∴△PME∽△AMD
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∴
∴MP•MD=MA•ME
所以②正确
∵∠BEA=∠CDA
∠PME=∠AMD
∴P、E、D、A四点共圆
∴∠APD=∠EAD=90°
∵∠CAE=180°﹣∠BAC﹣∠EAD=90°
∴△CAP∽△CMA
∴AC2=CP•CM
∵AC=AB
∴2CB2=CP•CM
所以③正确
故选：A．
【总结归纳】本题考查了相似三角形的性质和判断．在等积式和比例式的证明中应注意应用倒推的方法寻找相似三角形进行证明，进而得到答案．
二、填空题
1．（2018年江苏省泰州市-第14题-3分）如图，四边形ABCD中，AC平分∠BAD，∠ACD=∠ABC=90°，E、F分别为AC、CD的中点，∠D=α，则∠BEF的度数为 （用含α的式子表示）．
【知识考点】三角形中位线定理；角平分线的性质；直角三角形斜边上的中线．
【思路分析】根据直角三角形的性质得到∠DAC=90°﹣α，根据角平分线的定义、三角形的外角的性质得到∠CEB=180°﹣2α，根据三角形中位线定理、平行线的性质得到∠CEF=∠D=α，结合图形计算即可．
【解答过程】解：∵∠ACD=90°，∠D=α，
∴∠DAC=90°﹣α，
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC=90°﹣α，
∵∠ABC=90°，EAC的中点，
∴BE=AE=EC，
∴∠EAB=∠EBA=90°﹣α，
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∴∠CEB=180°﹣2α，
∵E、F分别为AC、CD的中点，
∴EF∥AD，
∴∠CEF=∠D=α，
∴∠BEF=180°﹣2α+90°﹣α=270°﹣3α，
故答案为：270°﹣3α．
【总结归纳】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、角平分线的定义，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
三、解答题
1．（2018年湖北省荆门市-第19题-9分）如图，在Rt△ABC中，（M2，N2），∠BAC=30°，E为AB边的中点，以BE为边作等边△BDE，连接AD，CD．
（1）求证：△ADE≌△CDB；
（2）若BC=3，在AC边上找一点H，使得BH+EH最小，并求出这个最小值．
【知识考点】轴对称﹣最短路线问题；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质
【思路分析】（1）只要证明△DEB是等边三角形，再根据SAS即可证明；
（2）如图，作点E关于直线AC点E'，连接BE'交AC于点H．则点H即为符合条件的点．
【解答过程】（1）证明：在Rt△ABC中，∠BAC=30°，E为AB边的中点，
∴BC=EA，∠ABC=60°．
∵△DEB为等边三角形，
∴DB=DE，∠DEB=∠DBE=60°，
∴∠DEA=120°，∠DBC=120°，
∴∠DEA=∠DBC
∴△ADE≌△CDB．
（2）解：如图，作点E关于直线AC点E'，连接BE'交AC于点H．
则点H即为符合条件的点．
3.11多种函数综合题(第1部分)-2018年中考数学试题分类汇编(word解析版)
2018年全国部分省市中考数学试题分类汇编
第1页
第三部分 函数及其图象
3.11 多种函数综合题
【一】知识点清单
一次函数与反比例函数的结合
一次函数与二次函数的结合
反比例函数与二次函数的结合
三种函数的结合
【二】分类试题及参考答案与解析
一、选择题
1．（2018年河北省-16题-2分）对于题目“一段抛物线L：y=﹣x（x﹣3）+c（0≤x≤3）与直线l：y=x+2有唯一公共点，若c为整数，确定所有c的值，”甲的结果是c=1，乙的结果是c=3或4，则（ ）
A．甲的结果正确 B．乙的结果正确
C．甲、乙的结果合在一起才正确 D．甲、乙的结果合在一起也不正确
【分类目录】
【知识考点】二次函数综合题；一次函数图象上点的坐标特征；二次函数图象上点的坐标特征．
【思路分析】分两种情况进行讨论，①当抛物线与直线相切，△=0求得c=1，②当抛物线与直线不相切，但在0≤x≤3上只有一个交点时，找到两个临界值点，可得c=3，4，5，故c=1，3，4，5
【解答过程】解法一：
解：∵抛物线L：y=-x（x-3）+c（0≤x≤3）与直线l：y=x+2有唯一公共点
∴①如图1，抛物线与直线相切，
联立解析式32yxxcyx，
得x2-2x+2-c=0
△=（-2）2-4（2-c）=0
解得c=1；
②如图2，抛物线与直线不相切，但在0≤x≤3上只有一个交点
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此时两个临界值分别为（0，2）和（3，5）在抛物线上
∴c的最小值=2，但取不到，c的最大值=5，能取到
∴2＜c≤5
又∵c为整数
∴c=3，4，5
综上，c=1，3，4，5
故选：D．
解法二：
解析：抛物线y=-x（x-3）+c（0≤x≤3）可以看做y=-x（x-3）向上平移c个单位长度后的图象。
所以可将条件“一段抛物线L：y=﹣x（x﹣3）+c（0≤x≤3）与直线l：y=x+2有唯一公共点”转化为“一段抛物线L：y=﹣x（x﹣3）（0≤x≤3）与直线l：y=x+2﹣c有唯一公共点”（因为平移是相对的）。
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第三部分 函数及其图象
3.11 多种函数综合题
【一】知识点清单
一次函数与反比例函数的结合
一次函数与二次函数的结合
反比例函数与二次函数的结合
三种函数的结合
函数图象与几何图形的结合
【二】分类试题汇编及参考答案与解析
一、选择题
1．（2018年湖北省随州市-第10题-3分）如图所示，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C对称轴为直线x=1．直线y=﹣x+c与抛物线y=ax2+bx+c交于C、D两点，D点在x轴下方且横坐标小于3，则下列结论：
①2a+b+c＞0；②a﹣b+c＜0；③x（ax+b）≤a+b；④a＜﹣1．
其中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【知识考点】二次函数与不等式（组）；二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点．
【思路分析】利用抛物线与y轴的交点位置得到c＞0，利用对称轴方程得到b=﹣2a，则2a+b+c=c＞0，于是可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点在点（﹣1，0）右侧，则当x=﹣1时，y＜0，于是可对②进行判断；根据二次函数的性质得到x=1时，二次函数有最大值，则ax2+bx+c≤a+b+c，于是可对③进行判断；由于直线y=﹣x+c与抛物线y=ax2+bx+c交于C、D两点，D点在x轴下方且横坐标小于3，利用函数图象得x=3时，一次函数值比二次函数值大，即9a+3b+c＜﹣3+c，然后把b=﹣2a代入解a的不等式，则可对④进行判断．
【解答过程】解：∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c＞0，
∵抛物线的对称轴为直线x=﹣=1，
∴b=﹣2a，
∴2a+b+c=2a﹣2a+c=c＞0，所以①正确；
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∵抛物线与x轴的一个交点在点（3，0）左侧，
而抛物线的对称轴为直线x=1，
2018年中考数学真题分类汇编(第一期)专题20三角形的边与角(命题的有关知识)试题(含解析)
309教育网
309教育资源库 三角形的边与角(命题的有关知识)
一、选择题
1． ．（2018•山东枣庄•3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．若AC=3，AB=5，则CE的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据三角形的内角和定理得出∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，根据角平分线和对顶角相等得出∠CEF=∠CFE，即可得出EC=FC，再利用相似三角形的判定与性质得出答案．
【解答】解：过点F作FG⊥AB于点G，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠CDA=90°，
∴∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF=∠FAD，
∴∠CFA=∠AED=∠CEF，
∴CE=CF，
∵AF平分∠CAB，∠ACF=∠AGF=90°，
∴FC=FG，
∵∠B=∠B，∠FGB=∠ACB=90°，
∴△BFG∽△BAC，
∴=，
∵AC=3，AB=5，∠ACB=90°，
∴BC=4，
∴=，
∵FC=FG，
∴=， 309教育网
309教育资源库 解得：FC=，
即CE的长为．
故选：A．
【点评】本题考查了直角三角形性质、等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理以及相似三角形的判定与性质等知识，关键是推出∠CEF=∠CFE．
2．（2018•山东淄博•4分）如图，在Rt△ABC中，CM平分∠ACB交AB于点M，过点M作MN∥BC交AC于点N，且MN平分∠AMC，若AN=1，则BC的长为（ ）
A．4 B．6 C． D．8
【考点】KO：含30度角的直角三角形；JA：平行线的性质；KJ：等腰三角形的判定与性质．
【分析】根据题意，可以求得∠B的度数，然后根据解直角三角形的知识可以求得NC的长，从而可以求得BC的长．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，CM平分∠ACB交AB于点M，过点M作MN∥BC交AC于点N，且MN平分∠AMC，
2018年中考数学试题分类汇编解析考点全等三角形
2021中考数学试题分类汇编：考点 全等三角形
一．选择题〔共9小题〕
1．〔2021•安顺〕如图，点D，E分别在线段，上，与相交于O点，，现添加以下的哪个条件仍不能判定△≌△〔 〕
A．∠∠C B． C． D．
【分析】欲使△≌△，，可根据全等三角形判定定理、、添加条件，逐一证明即可．
【解答】解：∵，∠A为公共角，
A、如添加∠∠C，利用即可证明△≌△；
B、如添，利用即可证明△≌△；
C、如添，等量关系可得，利用即可证明△≌△；
D、如添，因为，不能证明△≌△，所以此选项不能作为添加的条件．
应选：D．
2．〔2021•黔南州〕以下各图中a、b、c为三角形的边长，那么甲、乙、丙三个三角形和左侧△全等的是〔 〕
A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．只有丙
【分析】根据三角形全等的判定方法得出乙和丙与△全等，甲与△不全等．
【解答】解：乙和△全等；理由如下： 在△和图乙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：，
所以乙和△全等；
在△和图丙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：，
所以丙和△全等；
不能判定甲与△全等；
应选：B．
3．〔2021•河北〕：如图，点P在线段外，且，求证：点P在线段的垂直平分线上，在证明该结论时，需添加辅助线，那么作法不正确的选项是〔 〕
A．作∠的平分线交于点C
B．过点P作⊥于点C且
C．取中点C，连接
D．过点P作⊥，垂足为C
【分析】利用判断三角形全等的方法判断即可得出结论．
【解答】解：A、利用判断出△≌△，∴，∠∠90°，∴点P在线段的垂直平分线上，符合题意；
C、利用判断出△≌△，∴，∠∠90°，∴点P在线段的垂直平分线上，符合题意；
D、利用判断出△≌△，∴，∴点P在线段的垂直平分线上，符合题意，
B、过线段外一点作线段的垂线，不能保证也平分此条线段，不符合题意；
应选：B．
4．〔2021•南京〕如图，⊥，且．E、F是上两点，⊥，⊥．假设，，，那么的长为〔 〕
5.13定义、命题、定理(第3部分)-2018年中考数学试题分类汇编(word解析版)
2018年各地中考数学试题分类汇编
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第五部分 图形的性质
5.13 定义、命题、定理
【一】知识点清单
定义、命题、基本事实、定理、推论、证明
逆命题、逆定理，互逆命题、互逆定理
反例、反证法
【二】分类试题汇编及参考答案与解析
一、选择题
1．（2018年浙江省嘉兴市舟山市-第6题-3分）用反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是（ ）
A．点在圆内 B．点在圆上 C．点在圆心上 D．点在圆上或圆内
【知识考点】反证法；点与圆的位置关系．
【思路分析】由于反证法的步骤是：（1）假设结论不成立；（2）从假设出发推出矛盾；（3）假设不成立，则结论成立．
在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．由此即可解决问题．
【解答过程】解：反证法证明时，假设结论“点在圆外”不成立，那么点与圆的位置关系只能是：点在圆上或圆内．
故选：D．
【总结归纳】本题主要考查了反证法的步骤，其中在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．
2．（2018年浙江省嘉兴市舟山市-第10题-3分）某届世界杯的小组比赛规则：四个球队进行单循环比赛（每两队赛一场），胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分，某小组比赛结束后，甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，则与乙打平的球队是（ ）
A．甲 B．甲与丁 C．丙 D．丙与丁
【知识考点】推理与论证．
【思路分析】直接利用已知得出甲得分为7分，2胜1平，乙得分5分，1胜2平，丙得分3分，1胜0平，丁得分1分，0胜1平，进而得出答案．
【解答过程】解：∵甲、乙、丙、丁四队分别获得第一、二、三、四名，各队的总得分恰好是四个连续奇数，
2018年各地中考数学试卷分类汇编解析：全等三角形
全等三角形
一.选择题
1. （2018•遂宁•4 分）下列说法正确的是（ ）
A．有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等
B．正方形既是轴对称图形又是中心对称图形
C．矩形的对角线互相垂直平分
D．六边形的内角和是 540°
【分析】直接利用全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理．
【解答】解：A.有两条边和一个角对应相等的两个三角形全等，错误，必须是两边及其夹角
分别对应相等的两个三角形全等；
B.正方形既是轴对称图形又是中心对称图形，正确；
C.矩形的对角线相等且互相平分，故此选项错误； D.六边形的内角和是 720°，故此选项错误． 故选：B．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定以及矩形、菱形的性质和多边形内角和定理，正
确把握相关性质是解题关键．
2. （2018•贵州安顺•3 分） 如图，点，分别在线段AB，AC上，CD与BE相交于点，已知
AB=AC，现添加以下哪个条件仍不能判定．．．．．△ABE≌△ACD（）
A. ∠B=∠C B.AD=AE C. BD=CE D. BE=CD
【答案】D
【解析】分析：欲使△ABE≌△ACD，已知 AB=AC，可根据全等三角形判定定理 AAS、SAS、ASA 添加条件，逐一证明即可． 详解：∵AB=AC，∠A 为公共角， A.如添加∠B=∠C，利用 ASA 即可证明△ABE≌△ACD； B.如添 AD=AE，利用 SAS 即可证明△ABE≌△ACD；
C.如添 BD=CE，等量关系可得 AD=AE，利用 SAS 即可证明△ABE≌△ACD；
D.如添 BE=CD，因为 SSA，不能证明△ABE≌△ACD，所以此选项不能作为添加的条件．
故选 D． 点睛：此题主要考查学生对全等三角形判定定理的理解和掌握，此类添加条件题，要求学生 应熟练掌握全等三角形的判定定理．
3. （2018·黑龙江龙东地区·3 分）如图，四边形 ABCD 中，AB=AD，AC=5，∠DAB=∠DCB=90°，
2018中考数学试题分类汇编考点19三角形和角平分线 答案
1 2018中考数学试题分类汇编：考点19 三角形和角平分线
一．选择题（共16小题）
1．【解答】解：如图，图中直角三角形有Rt△ABD、Rt△BDC、Rt△ABC，共有3个，
故选：C．
2．【解答】解：根据三角形中线的定义知线段BE是△ABC的中线，
故选：B．
3【解答】解：三角形具有稳定性．
故选：A．
4．【解答】解：A、∵5+4=9，9=9，
∴该三边不能组成三角形，故此选项错误；
B、8+8=16，16＞15，
∴该三边能组成三角形，故此选项正确；
C、5+5=10，10=10，
∴该三边不能组成三角形，故此选项错误；
D、6+7=13，13＜14，
∴该三边不能组成三角形，故此选项错误；
故选：B．
5．【解答】解：A、1+1=2，不满足三边关系，故错误；
B、1+2＜4，不满足三边关系，故错误；
C、2+3＞4，满足三边关系，故正确；
D、2+3=5，不满足三边关系，故错误．
故选：C．
6．【解答】解：设三角形第三边的长为x，由题意得：7﹣3＜x＜7+3，
4＜x＜10，
故选：C．
2 7【解答】解：∵CO=AO，∠AOC=130°，
∴∠CAO=25°，
又∵∠AOB=70°，
∴∠CDO=∠CAO+∠AOB=25°+70°=95°，
故选：B．
8．【解答】解：∵∠A=54°，∠B=48°，
∴∠ACB=180°﹣54°﹣48°=78°，
∵CD平分∠ACB交AB于点D，
∴∠DCB=78°=39°，
∵DE∥BC，
∴∠CDE=∠DCB=39°，
故选：C．
9．【解答】解：∵AD是BC边上的高，∠ABC=60°，
∴∠BAD=30°，
∵∠BAC=50°，AE平分∠BAC，
∴∠BAE=25°，
∴∠DAE=30°﹣25°=5°，
∵△ABC中，∠C=180°﹣∠ABC﹣∠BAC=70°，
∴∠EAD+∠ACD=5°+70°=75°，
故选：A．
10．【解答】解：由折叠得：∠A=∠A'，
5.13定义、命题、定理(第5部分)2018年中考数学试题分类汇编(山东四川word解析版)
2018年各地中考数学试题分类汇编
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第五部分 图形的性质
5.13 定义、命题、定理
【一】知识点清单
定义、命题、基本事实、定理、推论、证明
逆命题、逆定理，互逆命题、互逆定理
反例、反证法
【二】分类试题汇编及参考答案与解析
一、选择题
1．（2018年山东省滨州市-第7题-3分）下列命题，其中是真命题的为（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．一组邻边相等的矩形是正方形
【知识考点】命题与定理．
【思路分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
【解答过程】解：A、例如等腰梯形，故本选项错误；
B、根据菱形的判定，应是对角线互相垂直的平行四边形，故本选项错误；
C、对角线相等且互相平分的平行四边形是矩形，故本选项错误；
D、一组邻边相等的矩形是正方形，故本选项正确．
故选：D．
【总结归纳】本题主要考查平行四边形的判定与命题的真假区别．正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理，难度适中．
2．（2018年山东省淄博市-第8题-4分）甲、乙、丙、丁4人进行乒乓球单循环比赛（每两个人都要比赛一场），结果甲胜了丁，并且甲、乙、丙胜的场数相同，则丁胜的场数是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【知识考点】推理与论证．
【思路分析】四个人共有6场比赛，由于甲、乙、丙三人胜的场数相同，所以只有两种可能性：甲胜1场或甲胜2场；由此进行分析即可．
【解答过程】解：四个人共有6场比赛，由于甲、乙、丙三人胜的场数相同，
所以只有两种可能性：甲胜1场或甲胜2场；
若甲只胜一场，这时乙、丙各胜一场，说明丁胜三场，这与甲胜丁矛盾，
所以甲只能是胜两场，
即：甲、乙、丙各胜2场，此时丁三场全败，也就是胜0场．
2018中考数学真题分类汇编解析版-11.1.三角形
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一、选择题
1. (2018·南充，8，3分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，D，E，F分别为AB，AC，AD的中点，若BC＝2，则EF的长度为
A．12 B．1 C．32 D．3
答案：B．解析：EF为△ACD的中位线，∴EF＝12CD，∵CD为Rt△ACB斜边上的中线，∴CD＝12AB．∠A＝30°，∴CB＝12AB，∴EF＝12BC＝1．
2．（2018眉山市，5，3分）将一副直角三角板按如图所示的位置放置，使含30°角的三角板的一条直角边和含45°角的三角板的一条直角边放在同一条直线上，则∠α的度数是（ ）
A．45° B．60° C．75° D．85°
答案：C，解析：本题考查三角形的内角和、外角和等知识．30°三角板的另一个锐角为60°，将45°角和60°角放在同一三角形中，利用三角形内角和和对顶角相等即可求出α＝75°．
3．(2018·常德，2，3分)已知三角形两边的长分别是3和7，则此三角形第三边的长可能是
A．1 B．2 C．8 D．11
答案．D，解析：根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边知第三边长4
4．（2018·聊城市，10，3分）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A′处，折痕为DE.如果∠A=α ， ∠CEA′=β，∠BDA′= γ，那么下列式子中正确的是（ ）
A. γ=2α+β B. γ=α+2β C. γ=α+β D. γ=180°﹣α﹣β
10．A，解析： 设DA′交AC于点E，经过折叠，∠A ′=∠A=α ，由三角形的外角定理，∠AED=∠CEA′+∠A ′=α+β，∠BDC=∠A+∠AED =α+α+β，即γ=2α+β，故选A.
5．（2018·长沙市，4，3分）
下列长度的三条线段,能组成三角形的是
2018年中考数学试卷分类5全等三角形
2018中考数学试题分类汇编：考点5 全等三角形
一．选择题（共9小题）
1．（2018•安顺）如图，点D，E分别在线段AB，AC上，CD与BE相交于O点，已知AB=AC，现添加以下的哪个条件仍不能判定△ABE≌△ACD（ ）
A．∠B=∠C B．AD=AE C．BD=CE D．BE=CD
【分析】欲使△ABE≌△ACD，已知AB=AC，可根据全等三角形判定定理AAS、SAS、ASA添加条件，逐一证明即可．
【解答】解：∵AB=AC，∠A为公共角，
A、如添加∠B=∠C，利用ASA即可证明△ABE≌△ACD；
B、如添AD=AE，利用SAS即可证明△ABE≌△ACD；
C、如添BD=CE，等量关系可得AD=AE，利用SAS即可证明△ABE≌△ACD；
D、如添BE=CD，因为SSA，不能证明△ABE≌△ACD，所以此选项不能作为添加的条件．
故选：D．
2．（2018•黔南州）下列各图中a、b、c为三角形的边长，则甲、乙、丙三个三角形和左侧△ABC全等的是（ ）
A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．只有丙
【分析】根据三角形全等的判定方法得出乙和丙与△ABC全等，甲与△ABC不全等．
【解答】解：乙和△ABC全等；理由如下：
在△ABC和图乙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：SAS，
所以乙和△ABC全等；
在△ABC和图丙的三角形中，满足三角形全等的判定方法：AAS， 所以丙和△ABC全等；
不能判定甲与△ABC全等；
故选：B．
3．（2018•河北）已知：如图，点P在线段AB外，且PA=PB，求证：点P在线段AB的垂直平分线上，在证明该结论时，需添加辅助线，则作法不正确的是（ ）
A．作∠APB的平分线PC交AB于点C
B．过点P作PC⊥AB于点C且AC=BC
C．取AB中点C，连接PC
D．过点P作PC⊥AB，垂足为C
【分析】利用判断三角形全等的方法判断即可得出结论．
【解答】解：A、利用SAS判断出△PCA≌△PCB，∴CA=CB，∠PCA=∠PCB=90°，∴点P在线段AB的垂直平分线上，符合题意；