登录
10. 如图,点 D,E,F 分别为△ABC 三边的中点.若△DEF 的周长为 5,则△ABC 的周长为 (
A.12
B.10
C.5
D.2.5
B
)A.12
B.10
C.5
D.2.5
答案
10.B
解析
【分析】
解题思路：首先观察已知条件，点D、E、F是△ABC三边的中点，可联想到三角形中位线定理。根据该定理，三角形的中位线长度等于对应第三边长度的一半，由此可推出△DEF的每条边都是△ABC对应边长的一半，那么△DEF的周长就是△ABC周长的一半，已知△DEF的周长，即可反向求出△ABC的周长。
【解析】
解：
∵点D、E、F分别为△ABC三边的中点，
∴DE、EF、DF都是△ABC的中位线，
根据三角形中位线定理可得：
$DE=\frac{1}{2}AC$，$EF=\frac{1}{2}AB$，$DF=\frac{1}{2}BC$，
∵△DEF的周长为5，即$DE+EF+DF=5$，
∴$\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)=5$，
∴$AB+BC+AC=5×2=10$，即△ABC的周长为10。
【答案】
B
【知识点】
三角形中位线定理，三角形周长计算
【点评】
本题属于基础题，核心考查三角形中位线定理的应用，只要掌握中位线和对应第三边的数量关系，就能通过周长的比例关系快速得出答案。
【难度系数】
0.8
解题思路：首先观察已知条件，点D、E、F是△ABC三边的中点，可联想到三角形中位线定理。根据该定理，三角形的中位线长度等于对应第三边长度的一半，由此可推出△DEF的每条边都是△ABC对应边长的一半，那么△DEF的周长就是△ABC周长的一半，已知△DEF的周长，即可反向求出△ABC的周长。
【解析】
解：
∵点D、E、F分别为△ABC三边的中点，
∴DE、EF、DF都是△ABC的中位线，
根据三角形中位线定理可得：
$DE=\frac{1}{2}AC$，$EF=\frac{1}{2}AB$，$DF=\frac{1}{2}BC$，
∵△DEF的周长为5，即$DE+EF+DF=5$，
∴$\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)=5$，
∴$AB+BC+AC=5×2=10$，即△ABC的周长为10。
【答案】
B
【知识点】
三角形中位线定理，三角形周长计算
【点评】
本题属于基础题，核心考查三角形中位线定理的应用，只要掌握中位线和对应第三边的数量关系，就能通过周长的比例关系快速得出答案。
【难度系数】
0.8
11.我国古代称直角三角形为“勾股形”，且直角边中较短边为勾，另一直角边为股，斜边为弦.
如图1，数学家刘徽将“勾股形”分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，后人利用根据这种分割方法所得的图形证明了勾股定理.如图2，长方形由两个完全相同的“勾股形”拼接而成.若$AC=6$，$CD=2$，则长方形的面积为 （
A.52
B.104
C.48
D.96
如图1，数学家刘徽将“勾股形”分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，后人利用根据这种分割方法所得的图形证明了勾股定理.如图2，长方形由两个完全相同的“勾股形”拼接而成.若$AC=6$，$CD=2$，则长方形的面积为 （
C
）A.52
B.104
C.48
D.96
答案
11.C
解析
【分析】
要计算长方形的面积，已知长方形的一条边AC=6，只需要求出它的邻边BC的长度即可。题目中的分割方法包含两对全等的直角三角形，根据全等三角形对应边相等的性质，可以推出BD的长度和AC相等，再结合已知CD=2，就能得到BC的长度，最后用邻边相乘计算长方形面积。
【解析】
解：根据勾股形分割中全等直角三角形的性质，可得对应边$BD=AC=6$。
已知$CD=2$，因此长方形的长$BC=BD+CD=6+2=8$。
长方形的两条邻边长度分别为$AC=6$、$BC=8$，则长方形面积为：
$S=AC× BC=6×8=48$
【答案】
C
【知识点】
全等三角形的性质，长方形面积计算，图形的拼接
【点评】
本题结合我国古代勾股定理的经典证明背景出题，解题的关键是从分割的全等三角形中找到边的等量关系，既考查了基础几何知识，也体现了我国古代数学的智慧。
【难度系数】
0.65
要计算长方形的面积，已知长方形的一条边AC=6，只需要求出它的邻边BC的长度即可。题目中的分割方法包含两对全等的直角三角形，根据全等三角形对应边相等的性质，可以推出BD的长度和AC相等，再结合已知CD=2，就能得到BC的长度，最后用邻边相乘计算长方形面积。
【解析】
解：根据勾股形分割中全等直角三角形的性质，可得对应边$BD=AC=6$。
已知$CD=2$，因此长方形的长$BC=BD+CD=6+2=8$。
长方形的两条邻边长度分别为$AC=6$、$BC=8$，则长方形面积为：
$S=AC× BC=6×8=48$
【答案】
C
【知识点】
全等三角形的性质，长方形面积计算，图形的拼接
【点评】
本题结合我国古代勾股定理的经典证明背景出题，解题的关键是从分割的全等三角形中找到边的等量关系，既考查了基础几何知识，也体现了我国古代数学的智慧。
【难度系数】
0.65
12. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH. 若OA=8，OH=5，则菱形ABCD的面积为（
A.40
B.80
C.160
$D.40\sqrt{10}$
B
）A.40
B.80
C.160
$D.40\sqrt{10}$
答案
12.B
解析
【分析】
解题时先结合菱形性质推导已知线段与对角线的关系：首先根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可得O为BD中点，且AC长度为2OA；再由DH⊥AB得到△DHB为直角三角形，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可推出BD=2OH，求出BD的长度；最后利用菱形面积等于对角线乘积的一半的公式，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=8，OB=OD，
∴AC=2OA=2×8=16。
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，即△BHD是直角三角形，
又
∵O为BD的中点，
∴OH是Rt△BHD斜边BD上的中线，
∴BD=2OH=2×5=10。
根据菱形面积公式：$S_{菱形ABCD}=\frac{1}{2}×AC×BD$，
代入数值可得：$S_{菱形ABCD}=\frac{1}{2}×16×10=80$。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质；直角三角形斜边中线的性质；菱形面积计算
【点评】
本题是基础几何计算题，将菱形性质和直角三角形斜边中线性质结合考查，只要熟练掌握相关性质，就能快速推导求解，是几何部分的常见题型。
【难度系数】
0.7
解题时先结合菱形性质推导已知线段与对角线的关系：首先根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可得O为BD中点，且AC长度为2OA；再由DH⊥AB得到△DHB为直角三角形，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可推出BD=2OH，求出BD的长度；最后利用菱形面积等于对角线乘积的一半的公式，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=8，OB=OD，
∴AC=2OA=2×8=16。
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，即△BHD是直角三角形，
又
∵O为BD的中点，
∴OH是Rt△BHD斜边BD上的中线，
∴BD=2OH=2×5=10。
根据菱形面积公式：$S_{菱形ABCD}=\frac{1}{2}×AC×BD$，
代入数值可得：$S_{菱形ABCD}=\frac{1}{2}×16×10=80$。
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质；直角三角形斜边中线的性质；菱形面积计算
【点评】
本题是基础几何计算题，将菱形性质和直角三角形斜边中线性质结合考查，只要熟练掌握相关性质，就能快速推导求解，是几何部分的常见题型。
【难度系数】
0.7
13. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O作OE⊥AC交AD于点E，连接CE.若AE=4，DE=3，DC=5，则AC的长为（
A.6
B.8
C.$4\sqrt{2}$
D.$5\sqrt{2}$
C
）A.6
B.8
C.$4\sqrt{2}$
D.$5\sqrt{2}$
答案
13.C
解析
【分析】
解题时先利用平行四边形对角线互相平分的性质，得出点O是AC中点，结合OE⊥AC，可判断OE是AC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得到CE=AE；再观察△CDE的三边长度，用勾股定理逆定理判断△CDE为直角三角形，得到∠CED=90°，进而推出△AEC是直角三角形，最后在Rt△AEC中用勾股定理计算AC的长度即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O
∴O是AC的中点
又
∵OE⊥AC
∴OE是AC的垂直平分线
∴CE=AE=4
在△CDE中，CE=4，DE=3，DC=5
∵$3^2+4^2=9+16=25=5^2$，即$DE^2+CE^2=DC^2$
∴△CDE是直角三角形，且$∠ CED=90°$
∴$∠ AEC=180°-∠ CED=90°$
在Rt△AEC中，AE=CE=4，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$
【答案】
C
【知识点】
平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理及逆定理
【点评】
本题是几何综合基础题，解题的突破口是通过勾股定理逆定理判断出直角，将所求线段转化到直角三角形中求解，对基础性质的熟练度要求较高。
【难度系数】
0.65
解题时先利用平行四边形对角线互相平分的性质，得出点O是AC中点，结合OE⊥AC，可判断OE是AC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得到CE=AE；再观察△CDE的三边长度，用勾股定理逆定理判断△CDE为直角三角形，得到∠CED=90°，进而推出△AEC是直角三角形，最后在Rt△AEC中用勾股定理计算AC的长度即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O
∴O是AC的中点
又
∵OE⊥AC
∴OE是AC的垂直平分线
∴CE=AE=4
在△CDE中，CE=4，DE=3，DC=5
∵$3^2+4^2=9+16=25=5^2$，即$DE^2+CE^2=DC^2$
∴△CDE是直角三角形，且$∠ CED=90°$
∴$∠ AEC=180°-∠ CED=90°$
在Rt△AEC中，AE=CE=4，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$
【答案】
C
【知识点】
平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理及逆定理
【点评】
本题是几何综合基础题，解题的突破口是通过勾股定理逆定理判断出直角，将所求线段转化到直角三角形中求解，对基础性质的熟练度要求较高。
【难度系数】
0.65
14.如图,甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城.在整个行驶过程中,甲、乙两车离开A城的距离$y(\mathrm{km})$与甲车行驶的时间$t(\mathrm{h})$之间的函数关系如图所示.现有下列结论:①A,B两城相距$300\ \mathrm{km}$;②乙车比甲车晚出发$1\ \mathrm{h}$,却早到$1\ \mathrm{h}$;③乙车出发后$1.5\ \mathrm{h}$追上甲车;④当乙车追上甲车后,甲、乙两车相距$50\ \mathrm{km}$时,$t=\frac{15}{4}$或$\frac{25}{6}$.其中正确的结论有 (
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
D
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
14.D
解析
【分析】
解题时首先从函数图像中提取甲、乙两车的出发时间、到达时间、总路程等基础信息，再分别求出两车行驶距离$y$与甲车行驶时间$t$的函数解析式，依次对四个结论逐一验证：①直接从纵轴最大值判断总路程；②对比两车出发和到达的时间差；③联立两个函数解析式求交点，计算乙车行驶的时间判断是否为1.5h；④分乙车到达前、乙车到达后两种情况，列方程求解$t$的值判断是否正确。
【解析】
解：逐一分析各结论：
1. 验证结论①：由图像纵轴最大值可知，A、B两城相距$300\ \mathrm{km}$，①正确。
2. 验证结论②：甲车$t=0$时出发，$t=5\mathrm{h}$到达；乙车$t=1\mathrm{h}$出发，$t=4\mathrm{h}$到达，可知乙车比甲车晚出发$1\mathrm{h}$，早到$5-4=1\mathrm{h}$，②正确。
3. 求两车的函数解析式：
甲车速度为$300÷5=60\mathrm{km/h}$，故$y_甲=60t$（$0≤ t≤5$）。
乙车速度为$300÷(4-1)=100\mathrm{km/h}$，设$y_乙=kt+b$，代入$(1,0)$和$(4,300)$得：
$\begin{cases}k+b=0\\4k+b=300\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=100\\b=-100\end{cases}$，故$y_乙=100t-100$（$1≤ t≤4$）。
4. 验证结论③：乙车追上甲车时$y_甲=y_乙$，即$60t=100t-100$，解得$t=2.5\mathrm{h}$，乙车行驶时间为$2.5-1=1.5\mathrm{h}$，③正确。
5. 验证结论④：追上后两车相距$50\mathrm{km}$，分两种情况：
情况1：乙车未到达B城（$2.5＜t≤4$），此时$y_乙-y_甲=50$，即$(100t-100)-60t=50$，解得$t=\frac{15}{4}$；
情况2：乙车到达B城后（$4＜t≤5$），乙车距离为$300\mathrm{km}$，此时$300-60t=50$，解得$t=\frac{25}{6}$。
故$t=\frac{15}{4}$或$\frac{25}{6}$，④正确。
综上，4个结论均正确。
【答案】
D
【知识点】
一次函数的应用，行程问题，函数图像分析
【点评】
本题结合一次函数图像考查行程问题，需要准确提取图像信息，熟练运用待定系数法求一次函数解析式，同时注意分类讨论两车相距的不同情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
解题时首先从函数图像中提取甲、乙两车的出发时间、到达时间、总路程等基础信息，再分别求出两车行驶距离$y$与甲车行驶时间$t$的函数解析式，依次对四个结论逐一验证：①直接从纵轴最大值判断总路程；②对比两车出发和到达的时间差；③联立两个函数解析式求交点，计算乙车行驶的时间判断是否为1.5h；④分乙车到达前、乙车到达后两种情况，列方程求解$t$的值判断是否正确。
【解析】
解：逐一分析各结论：
1. 验证结论①：由图像纵轴最大值可知，A、B两城相距$300\ \mathrm{km}$，①正确。
2. 验证结论②：甲车$t=0$时出发，$t=5\mathrm{h}$到达；乙车$t=1\mathrm{h}$出发，$t=4\mathrm{h}$到达，可知乙车比甲车晚出发$1\mathrm{h}$，早到$5-4=1\mathrm{h}$，②正确。
3. 求两车的函数解析式：
甲车速度为$300÷5=60\mathrm{km/h}$，故$y_甲=60t$（$0≤ t≤5$）。
乙车速度为$300÷(4-1)=100\mathrm{km/h}$，设$y_乙=kt+b$，代入$(1,0)$和$(4,300)$得：
$\begin{cases}k+b=0\\4k+b=300\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=100\\b=-100\end{cases}$，故$y_乙=100t-100$（$1≤ t≤4$）。
4. 验证结论③：乙车追上甲车时$y_甲=y_乙$，即$60t=100t-100$，解得$t=2.5\mathrm{h}$，乙车行驶时间为$2.5-1=1.5\mathrm{h}$，③正确。
5. 验证结论④：追上后两车相距$50\mathrm{km}$，分两种情况：
情况1：乙车未到达B城（$2.5＜t≤4$），此时$y_乙-y_甲=50$，即$(100t-100)-60t=50$，解得$t=\frac{15}{4}$；
情况2：乙车到达B城后（$4＜t≤5$），乙车距离为$300\mathrm{km}$，此时$300-60t=50$，解得$t=\frac{25}{6}$。
故$t=\frac{15}{4}$或$\frac{25}{6}$，④正确。
综上，4个结论均正确。
【答案】
D
【知识点】
一次函数的应用，行程问题，函数图像分析
【点评】
本题结合一次函数图像考查行程问题，需要准确提取图像信息，熟练运用待定系数法求一次函数解析式，同时注意分类讨论两车相距的不同情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
15. 如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,点P是AD上不与点A和点D重合的一个动点,过点P分别作AC和BD的垂线,垂足为E,F,则PE+PF的值为 (
A.$\frac{5}{12}$
B.2.5
C.$\frac{12}{5}$
D.$\frac{15}{4}$
C
)A.$\frac{5}{12}$
B.2.5
C.$\frac{12}{5}$
D.$\frac{15}{4}$
答案
15.C
解析
【分析】
解题时先利用矩形的性质和勾股定理求出对角线的长度，再利用面积法求解：我们可以连接矩形对角线的交点与动点P，将△AOD拆分为两个分别以PE、PF为高的小三角形，两个小三角形的面积之和等于△AOD的固定面积，代入面积公式即可求出PE+PF的定值。
【解析】
设矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，连接OP。
1. 求对角线长度：
在矩形ABCD中，∠BAD=90°，AB=3，AD=4，由勾股定理得：
$BD=AC=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
根据矩形对角线互相平分的性质，可得$OA=OD=\frac{1}{2}AC=\frac{5}{2}$。
2. 求△AOD的面积：
矩形ABCD的面积为$AB×AD=3×4=12$，矩形对角线将矩形分为4个面积相等的三角形，因此$S_{△AOD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×12=3$。
3. 用面积法列等式：
$S_{△AOD}=S_{△AOP}+S_{△DOP}$
其中$S_{△AOP}=\frac{1}{2}×OA×PE$，$S_{△DOP}=\frac{1}{2}×OD×PF$，代入OA=OD=$\frac{5}{2}$，$S_{△AOD}=3$得：
$3=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×PE + \frac{1}{2}×\frac{5}{2}×PF$
整理得：$3=\frac{5}{4}(PE+PF)$
解得：$PE+PF=\frac{12}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，面积法求值
【点评】
本题是矩形性质的典型应用题型，巧妙运用面积法可以避免分别求解两条线段长度的繁琐，是几何中求解多条线段和为定值的常用技巧，熟练掌握该方法可以大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.6
解题时先利用矩形的性质和勾股定理求出对角线的长度，再利用面积法求解：我们可以连接矩形对角线的交点与动点P，将△AOD拆分为两个分别以PE、PF为高的小三角形，两个小三角形的面积之和等于△AOD的固定面积，代入面积公式即可求出PE+PF的定值。
【解析】
设矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，连接OP。
1. 求对角线长度：
在矩形ABCD中，∠BAD=90°，AB=3，AD=4，由勾股定理得：
$BD=AC=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
根据矩形对角线互相平分的性质，可得$OA=OD=\frac{1}{2}AC=\frac{5}{2}$。
2. 求△AOD的面积：
矩形ABCD的面积为$AB×AD=3×4=12$，矩形对角线将矩形分为4个面积相等的三角形，因此$S_{△AOD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×12=3$。
3. 用面积法列等式：
$S_{△AOD}=S_{△AOP}+S_{△DOP}$
其中$S_{△AOP}=\frac{1}{2}×OA×PE$，$S_{△DOP}=\frac{1}{2}×OD×PF$，代入OA=OD=$\frac{5}{2}$，$S_{△AOD}=3$得：
$3=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×PE + \frac{1}{2}×\frac{5}{2}×PF$
整理得：$3=\frac{5}{4}(PE+PF)$
解得：$PE+PF=\frac{12}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，面积法求值
【点评】
本题是矩形性质的典型应用题型，巧妙运用面积法可以避免分别求解两条线段长度的繁琐，是几何中求解多条线段和为定值的常用技巧，熟练掌握该方法可以大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.6
