《2026年天利38套中考试题精选数学浙江专版》

1. 如图，已知$\angle ABC = 50^{\circ}$，点$D$在$BA$上，以点$B$为圆心，$BD$长为半径画弧，交$BC$于点$E$，连接$DE$，则$\angle BDE$的度数为（C）

A.$50^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$65^{\circ}$
D.$115^{\circ}$

答案： 1.C [解析] 等腰三角形的定义与性质+三角形的内角和定理 由作图可知BD = BE，即△BDE是等腰三角形，
∴∠BDE = ∠BED。
∵∠ABC = 50°，
∴∠BDE = $\frac{1}{2}$×(180°−50°) = 65°。故选C。

2. 如图，在$\triangle ABC$中，按以下步骤作图：①分别以点$B$和$C$为圆心，以大于$\frac{1}{2}BC$的长为半径作弧，两弧相交于点$M$和$N$；②作直线$MN$交$AC$于点$D$，连接$BD$. 若$AC = 8$，$AD = 3$，则$BD$的长为（5）

A.$8$
B.$5$
C.$4$
D.$3$

答案： 2.B [解析] 尺规作图+线段垂直平分线的性质
∵AC = 8，AD = 3，
∴DC = AC−AD = 8−3 = 5。由作图可知MN垂直平分线段BC，
∴BD = DC = 5。故选B。

3. 如图，在矩形$ABCD$中，点$E$为$BA$延长线上一点，$F$为$CE$的中点，以$B$为圆心，$BF$长为半径的圆弧过$AD$与$CE$的交点$G$，连接$BG$. 若$AB = 4$，$CE = 10$，则$AG =$（3）

A.$2$
B.$2.5$
C.$3$
D.$3.5$

答案： 3.C [解析] 矩形的性质+直角三角形的性质+圆的基本概念+勾股定理 在矩形ABCD中，∠BAD = ∠ABC = 90°。
∵F是Rt△EBC斜边EC的中点，
∴BF = $\frac{1}{2}$EC = $\frac{1}{2}$×10 = 5。又点G在以B为圆心，BF长为半径的圆弧上，
∴BG = BF = 5。在Rt△ABG中，AB = 4，由勾股定理得AG = $\sqrt{BG²−AB²}$ = $\sqrt{5²−4²}$ = 3。故选C。

4. （2025·辽宁）如图，在$\triangle ABC$中，$AB = 16$，$BC = 12$，$CA = 10$，$\angle ABC$的平分线$BP$与$AC$相交于点$D$. 在线段$AD$上取一点$K$，以点$C$为圆心，$CK$长为半径作弧，与射线$BP$相交于点$M$和点$N$，再分别以点$M$和点$N$为圆心，大于$\frac{1}{2}MN$的长为半径作弧，两弧相交于点$Q$，作射线$CQ$，与$AB$相交于点$E$，连接$DE$. 则$\triangle DAE$的周长为（ ）


A.$12$
B.$14$
C.$16$
D.$18$

答案：
4.B [解析] 线段垂直平分线的性质+全等三角形的判定与性质
第1步，记BP与CQ交于点O，证明△OBC≌△OBE，得BC = BE，OC = OE
如图，记BP与CQ交于点O，由尺规作图可知BP⊥CQ，
∴∠BOC = ∠BOE = 90°。
∵BP为∠ABC的平分线，
∴∠OBC = ∠OBE。又OB = OB，
∴△OBC≌△OBE(ASA)。
∴BC = BE，OC = OE。
第2步，证明BD是线段CE的垂直平分线，得CD = DE，再利用等量代换求△DAE的周长
又
∵BD⊥CE，
∴BD是线段CE的垂直平分线。
∴CD = DE (提示：垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等)。
∴△DAE的周长为AD + DE + AE = AD + CD + (AB−BE) = AC + AB−BC = 10 + 16−12 = 14。故选B。

1. 用一张正方形纸板，制成一副七巧板，如图1. 在矩形区域内将它拼成一幅“火箭”图案，如图2. 若在矩形区域内随机取点，则这个点落在“火箭”图案部分的概率为（A）

A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{4}{7}$
D.$\frac{3}{8}$

答案： 1.A [解析] 概率的计算 设正方形的边长为1，则七巧板的面积为1，题图2中矩形的宽为1，长为$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+1+$\frac{1}{4}$ = 2，
∴在矩形区域内随机取点，则这个点落在“火箭”图案部分的概率为$\frac{1}{1×2}$ = $\frac{1}{2}$。故选A。

2. 如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，若正方形$A$，$B$，$C$，$D$的面积分别是$3$，$5$，$2$，$3$，则最大正方形$E$的面积是（13）

A.$8$
B.$10$
C.$13$
D.$15$

答案： 2.C [解析] 勾股定理 设中间两个正方形的边长分别为x，y，最大正方形E的边长为z，由勾股定理得，x² = 3 + 5 = 8，y² = 2 + 3 = 5，z² = x² + y² = 13，即最大正方形E的面积为13。故选C。

3. 将图1所示的七巧板拼成图2所示的四边形$ABCD$，连接$AC$，则$\tan\angle CAB$的值等于（B）

A.$2$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$

答案： 3.B [解析] 锐角三角函数 设题图1中大正方形的边长为2，题图2中AC与BD交于点O，由题图可知，∠ABO = 90°，AB = BD = 2。易得四边形ABCD为平行四边形。则OB = 1。在Rt△AOB中，tan∠OAB = $\frac{OB}{AB}$ = $\frac{1}{2}$，即tan∠CAB的值等于$\frac{1}{2}$。故选B。

4. 如图源于我国汉代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形. 若小正方形的面积为$1$，大正方形的面积为$25$，直角三角形中较小的锐角为$\alpha$，则$\cos\alpha$的值为（D）

A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$

答案： 4.D [解析] 勾股定理+解方程组+余弦的定义 设直角三角形的较长直角边为a，较短直角边为b，斜边为c，
∵大正方形的面积为25，
∴c = 5。又
∵小正方形的面积为1，
∴它的边长为1。
∴a−b = 1 ①。由勾股定理得，a² + b² = 25 ②。联立①②，解得a = 4，b = 3，
∴cosα = $\frac{a}{c}$ = $\frac{4}{5}$。故选D。

5. 如图，图1是北京国际数学家大会的会标，它取材于我国古代数学家赵爽的“弦图”，是由四个全等的直角三角形拼成. 若图1中大正方形的面积为$24$，小正方形的面积为$4$，现将这四个直角三角形拼成图2，则图2中大正方形的面积为（D）

A.$24$
B.$36$
C.$40$
D.$44$

答案： 5.D [解析] 勾股定理+正方形的面积+三角形的面积公式 设直角三角形的两直角边分别为a，b(b＞a)，斜边为c，
∵题图1中大正方形的面积是24，
∴a² + b² = c² = 24。
∵题图1中小正方形的面积是4，
∴(b−a)² = a² + b²−2ab = 4。
∴ab = 10。
∴题图2中大正方形的面积为c² + 4×$\frac{1}{2}$ab = 24 + 2×10 = 44。故选D。