中考数学备考专题复习 三角形及其性质(含解析)(2021学年)

2017年中考数学备考专题复习三角形及其性质（含解析）
201７年中考数学备考专题复习三
角形及其性质（含解析）
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及其性质(含解析）的全部内容。

1
三角形及其性质
一、单选题（共12题；共24分）
1、等腰三角形的两边长分别为３、6,则该三角形的周长为( ) Ａ、12或15ﻫＢ、9ﻫC、12ﻫD、15
２、不一定在三角形内部的线段是( )
Ａ、三角形的角平分线ﻫB、三角形的中线ﻫＣ、三角形的高ﻫD、三角形的中位线
3、△ABC中,∠A、∠B、∠C的对边分别是ａ、b、ｃ，下列说法中，错误的是( ）
Ａ、如果∠C﹣∠B=∠A，那么∠Ｃ=９0°
Ｂ、如果∠C=90°，那么c２﹣ｂ2＝a２ﻫC、如果(a+ｂ）（a﹣b)＝c2,那么∠Ｃ=90°ﻫD、如果∠A＝30°∠B=６0°,那么ＡB=2BC 4、如图所示,AD是△ＡBC的中线，∠ＡDC=45°,把△ＡDC沿AD对折,使点C落在点C´的位置,则图中的一个等腰直角三角形是( ）
A、△ＡDC′
B、△ＢDC′ﻫ
C、△ADC
Ｄ、不存在
５、如图,ＡＤ⊥BC，GC⊥BＣ，CF⊥AB,垂足分别是D、C、Ｆ,下列说法中,错误的是( )
A、△ＡＢC中，AD是边BC上的高
B、△ABC中,GＣ是边BC上的高
C、△GBC中,GＣ是边BＣ上的高ﻫ
D、△ＧＢC中,CＦ是边BG上的高
6、如图,在△ABＣ中,已知点E、F分别是ＡD、CE边上的中点，且S△BEF=4cm2, 则S△ABC的值为（) ﻫ
Ａ、1cｍ2
Ｂ、2cm2
2
C、8cｍ2
D、16ｃｍ２
7、下列图形中具有稳定性的有（）
ﻫ
A、2个ﻫ
B、3个ﻫ
C、4个
D、５个
8、工人师傅要将边长为４m和3m的平行四边形框架固定,现有下列长度的木棒，在木棒的两端钉上达到固定平行四边形的目的,不符合要求的是（)
A、2mﻫ
B、3mﻫＣ、4m
D、8m
9、(2016•滨州)如图，△ABC中，D为AＢ上一点,E为ＢC上一点，且ＡC=ＣD=BＤ=BＥ，∠A=５０°,则∠CDE的度数为( ）
A、50°ﻫ
B、５1°
C、５1。

5°ﻫ
D、52.5°
１0、（２0１6•自贡)如图，⊙O中,弦AB与CＤ交于点M,∠A=45°，∠AMD=75°,则∠B的度数是（)
A、15°ﻫ
B、25°
C、30°
D、75°
11、（20１６•北京）如图所示，用量角器度量∠ＡOB,可以读出∠AO Ｂ的度数为( )
3
Ａ、45°
B、55°ﻫ
C、12５°
D、１3５°
12、如图１,点E为矩形ABＣＤ边AＤ上一点,点P,点Ｑ同时从点Ｂ出发，点P沿BE→ED→DＣ运动到点C停止,点Q沿BＣ运动到点C停止，它们运动的速度都是1ｃm/s,设P,Ｑ出发t秒时,△BPQ 的面积为ycｍ,已知y与t的函数关系的图形如图2（曲线ＯM为抛物线的一部分),则下列结论:①AＤ=BE=5ｃm;②当0<t≤5
时,；③直线NH 的解析式为;④若△AＢE与△QＢP 相似，则t ＝秒.其中正确的结论个数为（）
ﻫ
A、4 ﻫＢ、3ﻫC、2
D、1
二、填空题(共5题;共5分）
13、半径等于12的圆中，垂直平分半径的弦长为________．１4、在△ABＣ中,∠Ｂ,∠Ｃ的平分线交于点O,若∠BOＣ=132°，则∠A=_＿_＿__＿_度。

１5、已知如图所示,∠ＭON＝４0°,P为∠MON内一点,A为OM上一点,B为ON上一点,则当△PAＢ的周长取最小值时,∠ＡPＢ的度数
为________°．ﻫ
16、如图，观察图中每一个大三角形中白色三角形的排列规律，则第5个大三角形中白色三角形有_＿＿_＿___个．
4
１7、(２0１6•玉林）如图,已知正方形ABCＤ边长为1,∠ＥAF=4５°，AE＝AF,则有下列结论：ﻫ①∠１=∠2=２2。

5°;ﻫ②点C到EＦ的距离是-1;ﻫ③△ECＦ的周长为2;
④BＥ+DF>EＦ.
其中正确的结论是_＿___＿＿_．(写出所有正确结论的序号）
ﻫ
三、解答题(共1题;共5分）
１８、如图,在直角△ABC中，∠Ｃ＝90°,∠CAB的平分线AD交BC 于Ｄ，若DE垂直平分AB，求∠Ｂ的度数．
四、综合题(共5题；共６５分)19、如图，△ABC中,AB＝AC，∠Ａ=36°,AC的垂直平分线交AB于E，D为垂足，连接EC．
(１)求∠EＣD的度数;
(2）若CE＝5,求BC长．
20、(2016•天津）已知抛物线C：y=x2﹣２x＋１的顶点为Ｐ,与y 轴的交点为Q,点F(１，）．
（1)求点P,Q的坐标；
（2）将抛物线C向上平移得到抛物线C′,点Q平移后的对应点为Ｑ′，且FQ′=OQ′.ﻫ①求抛物线C′的解析式；
②若点P关于直线Ｑ′F的对称点为K,射线ＦK与抛物线C′相交于点Ａ,求点A的坐标.
21、(20１6•重庆）在△ABC中，∠Ｂ=45°，∠C=30°,点D是BC上一点，连接AD,过点Ａ作AG⊥AＤ,在ＡG上取点F，连接DＦ.延长
5
DA至E,使ＡE=AＦ,连接EG,DG，且ＧE=DF．
(１）若AB＝2 ,求BC的长;
(２)如图1，当点G在AC上时,求证:BD= ＣG;
(3)如图2,当点G在ＡC的垂直平分线上时,直接写出的值. 22、（2016•义乌)如果将四根木条首尾相连,在相连处用螺钉连接，就能构成一个平面图形．
(1)若固定三根木条AB，BＣ，AD不动,AB=AＤ=2cm，ＢＣ=5cm,如图,量得第四根木条CＤ=５cm,判断此时∠B与∠D是否相等,并说明理由.
（2)若固定一根木条ＡB不动，ＡＢ＝２cm，量得木条CD=5cｍ,如果木条AD,BC的长度不变,当点D移到BＡ的延长线上时,点C也在BＡ的延长线上;当点C移到AB的延长线上时,点Ａ、C、D能构成周长为３0ｃm的三角形,求出木条ＡD,BC的长度. 23、(２016•齐齐哈尔)如图所示，在平面直角坐标系中,过点A（﹣,０)的两条直线分别交ｙ轴于B、C两点，且B、C两点的纵坐标分别是一元二次方程x２﹣2ｘ﹣３=0的两个根
(1)求线段BC的长度;
(２)试问：直线AC与直线ＡB是否垂直？请说明理由;
（３）若点D在直线AＣ上,且DB=DC,求点Ｄ的坐标;
（4）在(3)的条件下，直线BD上是否存在点Ｐ,使以Ａ、Ｂ、P三点为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,请直接写出P点的坐标；若不存在,请说明理由．
ﻬ
答案解析部分
一、单选题
6
【答案】D
【考点】三角形三边关系,等腰三角形的性质ﻫ【解析】【解答】根据三角形的性质，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；本题已知等腰三角形的两边长分别为3、6，所以该等腰三角形的腰长为6,所以该三角形的周长为1５．
【分析】本题考察三角形的性质,考生对三角形的性质要熟悉是解决本题的关键。

【答案】Ｃﻫ【考点】三角形的角平分线、中线和高
【解析】【解答】根据三角形的高、中线、角平分线的性质解答即可。

ﻫ在三角形中，它的中线、角平分线一定在三角形的内部,而钝角三角形的高在三角形的外部。

故选C.ﻫ【分析】本题属于基础应用题,只需学生熟练掌握三角形的高、中线和角平分线,即可完成。

【答案】C ﻫ【考点】三角形内角和定理,含３0度角的直角三角形,勾股定理的逆定理
ﻫ【解析】【解答】A∵∠Ｃ﹣∠B=∠Ａ，∠C+∠Ｂ+∠A=１８
0°∴2∠C=180°
∴∠Ｃ＝90°ﻫ故此选项正确; B∵∠Ｃ=90°ﻫ∴c是斜边
∴满足c2﹣b2=a2故此选项正确;ﻫC∵（a+ｂ)（ａ﹣b）=ｃ2∴a2﹣b2＝c2∴a是斜边ﻫ故此选项错误；
D∵∠A＝3０°∠B=６0°
∴∠C=90°,AB为斜边，BC为30°角所对的边ﻫ∴AＢ=２BＣ
故此选项正确；ﻫ故选Cﻫ【分析】根据勾股定理的逆定理,三角形内角和定理及含３0度角的直角三角形对各个选项进行分析,从而不难求解,此题主要考查：①含３０度角的直角三角形：在直角三角形中,３0°角所对的直角边等于斜边的一半．ﻫ②三角形内角和定理：三角形内角和是1８0°．ﻫ③勾股定理的逆定理:如果三角形的三边长a,ｂ，c满足ａ2+ｂ2=c2,那么这个三角形就是直角三角形
【答案】B ﻫ【考点】三角形的角平分线、中线和高，翻折变换(折叠问题) ﻫ【解析】【解答】∵AD是△ABC的中线，ﻫ∴ＢＤ=CD，ﻫ由折叠的性质可得:C′D=CD,∠ADＣ′＝∠ADC＝45°，
∴∠CＤC′＝９0°，C′D=BD,ﻫ∴∠ＢDC′＝１80°-∠CDC′=90°，
∴△BDC′是等腰直角三角形．ﻫ故选：B.
【分析】此题考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判定以及三角形中线的定义.此题难度不大，注意掌握折叠前后图形的对应关系,注
7
意数形结合思想的应用.由三角形中线的定义,可得BD=CD，又由折叠的性质,易求得∠BDC′=9０°,ＢＤ＝Ｃ′D,即可得△BＤC′是等腰直角三角形．
【答案】Ｂ
【考点】三角形的角平分线、中线和高
【解析】【解答】A项，∵AD⊥BC,ﻫ∴△ＡBＣ中,AD是边ＢC上的高正确,故本选项错误；ﻫB项，AD是△AＢＣ的边BＣ上的高,GC不是,故本选项正确;ﻫC项,∵GＣ⊥BC,ﻫ∴在△GBC中,GC是边ＢＣ上的高正确,故本选项错误；ﻫＤ项,∵CF⊥AB,ﻫ∴△GＢC中,CF是边BG上的高正确,故本选项错误．ﻫ【分析】本题考查了三角形的高，是基础题,熟记概念并准确识图是解题的关键。

【答案】D ﻫ【考点】三角形的角平分线、中线和高,三角形的面积ﻫ【解析】【解答】∵由于Ｄ、E、F分别为BC、AD、CE的中点，ﻫ∴△ABＥ、△ＤBE、△DCE、△AEC的面积相等，ﻫ∴S△BEＣ=2S△ＢEF=8(cm2），ﻫ∴Ｓ△ABC=２S△ＢEC=16（cｍ2).
【分析】由于D、E、F分别为BC、AD、CＥ的中点，可判断出A Ｄ、ＢE、CE、BＦ为△ABC、△AＢD、△ACD、△BEC的中线，根据中线的性质可知将相应三角形分成面积相等的两部分,据此即可解答此题考查了三角形的面积,根据三角形中线将三角形的面积分成相等的两部分是解题的关键.
【答案】B ﻫ【考点】三角形的稳定性【解析】【解答】图(１)是四边形，不具有稳定性；图(2）可看成是由两个三角形组成的,具有稳定性;图（３）可看成是由两个四边形组成的,不具有稳定性；图(４)、图（5)具有稳定性；图（６)不具有稳定性。

故有3个。

ﻫ【分析】此题考查三角形的稳定性。

此题中含有组合图形如图(2）、图（３）、图(4）、图(５)、图(6),判断它们是否具有稳定性,观察它们的图形是否可看成三角形的组合图形,如果可以,则具有;否则，不具有。

【答案】D ﻫ【考点】三角形的稳定性ﻫ【解析】【解答】如图，加上木棒BD可固定平行四边形框
架．ﻫ
ﻫ
∵4+3＝７m，４—３=1m,
∴BＤ的取值范围是:１m＜BC<７ｍ,ﻫ根据三角形具有稳定性，所取木棒的长度在1m到7m之间,ﻫ∴只有D选项的８ｍ不在该范围内．
8
【分析】本题考查了三角形的三边关系,三角形具有稳定性,以及平行四边形的性质,求出取值范围是解题的关键．
【答案】D
【考点】对顶角、邻补角，三角形内角和定理,三角形的外角性质，等腰三角形的性质ﻫ【解析】【解答】解：∵AＣ=CＤ=BD＝BE,∠Ａ＝５0°,ﻫ∴∠A=∠CDA=5０°,∠B=∠ＤCB,∠BDE=∠ＢEＤ，ﻫ∵∠Ｂ＋∠DCB＝∠CDA=50°,
∴∠B=25°,
∵∠B+∠ＥDＢ+∠ＤＥB＝１80°,
∴∠ＢDE=∠BＥD= （180°﹣25°)=77.5°，
∴∠CDE=180°﹣∠CＤA﹣∠EDB＝180°﹣５0°﹣7７。

5°=52。

5°，故选D.ﻫ【分析】根据等腰三角形的性质推出∠A=∠CＤＡ=５０°,∠B=∠DＣB,∠BＤＥ=∠ＢED，根据三角形的外角性质求出
∠B=25°,由三角形的内角和定理求出∠BＤＥ,根据平角的定义即可求出选项．本题主要考查对等腰三角形的性质，三角形的内角和定理,三角形的外角性质,邻补角的定义等知识点的理解和掌握,熟练地运用这些性质进行计算是解此题的关键.
【答案】C
【考点】三角形的外角性质,圆周角定理ﻫ【解析】【解答】解:∵∠A=４５°,∠ＡMＤ=75°，ﻫ∴∠C=∠AMＤ﹣∠A=75°﹣4５°=３0°，ﻫ∴∠B＝∠C=30°，ﻫ故选C．ﻫ【分析】由三角形外角定理求得∠Ｃ的度数，再由圆周角定理可求∠B的度数．本题主要考查了三角形的外角定理,圆周角定理,熟记圆周角定理是解题的关键．
【答案】B
【考点】角的度量
【解析】【解答】解：由图形所示,∠ＡOB的度数为５5°,ﻫ故选B.ﻫ【分析】由图形可直接得出．本题主要考查了角的度量，量角器的使用方法,正确使用量角器是解题的关键．
【答案】B ﻫ【考点】一次函数的图象，一次函数的应用,二次函数的定义，二次函数的图象,待定系数法求二次函数解析式，三角形的面积，相似三角形的判定与性质,与一次函数有关的动态几何问题ﻫ【解析】
【解答】①根据图(2)可得，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1ｃm/s,ﻫ∴ＢC＝ＢE=５cｍ,
∴ＡＤ=ＢE=５（故①正确)；ﻫ②如图1,过点P作PＦ⊥ＢC于点Ｆ,
9
根据面积不变时△BPＱ的面积为１0，可得AB=４,
∵AD∥BC,
∴∠AEB=∠PBＦ，
∴sｉn∠PBF=sｉn∠AＥB=，
∴PF=PＢsi ｎ∠PBF＝ｔ,ﻫ∴当0＜t≤5时，
y=BQ•PF=t•t=t2（故②正确);
③根据5—7秒面积不变,可得EＤ=２，ﻫ当点Ｐ运动到点C时，面积变为０,此时点P走过的路程为BE＋ED+ＤＣ=１1,ﻫ故点Ｈ的坐标为（11，0)，
设直线NH的解析式为y＝ｋx+b,ﻫ将点H(11，0）,点N（７,10)代入可得:，ﻫ解得:故直线NＨ的解析式为：y=—, （故③错误)；
④当△ＡＢＥ与△QＢＰ相似时，点P在DC上,如图2所示:
∵ｔa ｎ∠PBQ=tan∠ABE＝,
∴=, 即＝，ﻫ解得:ｔ＝. (故④正确）；ﻫ综上可得
①②④正确,共３个．
故选：B.
【分析】据图(2)可以判断三角形的面积变化分为三段,可以判断出当点Ｐ到达点Ｅ时点Q到达点C,从而得到BＣ、ＢE的长度,再根据M、N是从5秒到7秒,可得ED的长度,然后表示出AE的长度,根据勾股定理求出AB的长度，然后针对各小题分析解答即可.
二、填空题
10
【答案】12
【考点】线段垂直平分线的性质,线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：如图，ﻫ∵OD=ＣD＝6，
∴由勾股定理得AD＝6 ,
∴由垂径定理得AB=1２，
故答案为:１2 .
ﻫ【分析】先画图，根据题意得OD=CD＝6，再由勾
股定理得ＡD的长，最后由垂径定理得出弦AＢ的长即可．
【答案】８4 ﻫ【考点】三角形的角平分线、中线和高,三角形内角和定理
【解析】【解答】∵ＢO,ＣO分别是∠Ｂ,∠C的平分线,ﻫ∴∠CBO= ∠ＡBＣ,∠BCO=∠ACB。

ﻫ在△BCＯ中,∠CＢO+∠BCO＋∠BOＣ=１80°,
∴∠CＢO+∠BＣO＝180°—∠BＯＣ=180°—１３2°＝4８°，ﻫ∴2（∠CBO＋∠BＣO)=∠ＡＢC+∠ACB =2×48°=９6°.
∴∠A=180°—（∠AＢC+∠ACB)=1８０°-96°=８４°.【分析】此题考查的是三角形的角平线的性质和三角形内角和定理．要求∠Ａ,根据三角形内角和定理，可知需要求出∠ＡBＣ,∠AＣB 或者只求出∠ＡBC+∠ACＢ即可;再根据三角形的角平线的性质，可知∠CＢＯ= ∠ABC,∠BCＯ= ∠ACＢ，即∠CBO+∠ＢＣＯ= (∠AＢＣ+∠ACB），从而只要求出∠CＢO＋∠ＢCＯ即可.
【答案】１00 ﻫ【考点】多边形内角与外角,轴对称-最短路线问题，三角形相关概念
【解析】【解答】如图，作出Ｐ点关于ＯM、ON的对称点P1, P2连接P１, P2交OM,ON于A、B两点，此时△ＰAB的周长最小,由题意可知∠Ｐ1PP2=１80°－∠ＭOＮ=180°-4０°＝１40°，
∴∠P１PA+∠P2PB=∠P1＋∠P2=18０°－∠Ｐ1PP２=４0°,ﻫ∴∠ＡPＢ＝１40°－40°＝１00°．
故答案为:１０0°．
【分析】作出P点关于OＭ、ON的对称点P１, P2连接P1,
Ｐ2交OM,ＯN于Ａ、Ｂ两点，此时△PAＢ的周长最小,再由四边形内和定理即可求出答案．
【答案】91
【考点】三角形相关概念
【解析】【解答】第2个大三角形比第1个大三角形增加了１×3=３个白色三角形；ﻫ第３个大三角形比第２个大三角形增加了3×３＝9个白色三角形;ﻫ所以,第4个大三角形比第3个大三角形增加了9×3=27个白色三角形;
第5大三角形比第4个大三角形增加了27×3=５１个白色三角形，即一共有1+３+９＋２７+５1＝91个白色三角形.
【分析】此题为规律题型。

从第1个大三角形到第２个大三角形可发现其中较大的白色三角形周围每边分别多出了一个白色较小的三角形,即增加了3个白色三角形；从第2个大三角形到第3个大三角形可发现，较小的3个三角形,每个的周围每边分别多出了一个白色更小的三角形,即增加了9个三角形;从而发现增加的白色三角形的数量规律。

【答案】①②③
【考点】角平分线的性质，正方形的性质，线段垂直平分线的判定ﻫ【解析】【解答】解:∵四边形ABCD为正方形, ∴AB=AD，∠BＡD=∠Ｂ=∠D=90°，ﻫ在Rt△ABE和Rt△AＤF中，ﻫ∴Rt△ABE≌Rt△ADＦ,ﻫ
∴∠
1
=∠
2,ﻫ∵∠EAF=45°，ﻫ∴∠１=∠2=∠2２。

５°,所以①正确;ﻫ连结EF、ＡC,它们相交于点H,如图, ∵Rt△ＡBＥ≌Rｔ△ＡＤF,
∴BE=DF,ﻫ而ＢC=ＤC,
∴ＣE=CF,ﻫ而ＡE=AＦ，
∴ＡC垂直平分EF,ＡH平分∠EAF，
∴EB=ＥH，FＤ=FH,ﻫ∴BE＋DＦ=EH＋ＨF=EF,所以④错误；
∴△ECF的周长＝CE+CＦ+EF=CED+ＢＥ＋CＦ+DＦ=CB+CD=1＋１＝２，所以③正确;ﻫ设BE＝x,则EF=２ｘ,CE=1﹣ｘ,ﻫ∵△CＥＦ为等腰直角三角形,
∴ＥF＝CE，即２ｘ= (1﹣x），解得x＝﹣1,ﻫ∴EF＝
2( ﹣1)，ﻫ∴ＣＨ＝ＥＦ= ﹣1,所以②正确.
故答案为①②③.ﻫ
【分析】先证明Rt△ＡBE≌Rｔ△AＤF得到∠1=∠2,易得∠1=∠2＝∠22。

5°,于是可对①进行判断；连结EＦ、AC，它们相交于点H,
如图，利用Rt△AＢＥ≌Rt△ＡDF得到BE=DF，则CE=CF,接着判断ＡC垂直平分ＥF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EＢ=EH，FＤ＝FH，则可对③④进行判断；设BＥ＝x，则EF＝２x,ＣE=1﹣x,利用等腰直角三角形的性质得到２ｘ＝(1﹣x），解得ｘ＝﹣1,则可对④进行判断.本题考查了四边形的综合题:熟练掌握正方形的性质和角平分线的性质定理．解决本题的关键是证明ＡC垂直平分EF．
三、解答题
【答案】解：∵DE垂直平分AB,∴∠DAE=∠B,∵在直角△ABＣ中，∠C ＝９0°,∠CAB的平分线AD交BＣ于D,∴∠DＡE=(90°－∠B)=∠B，∴3∠B＝90°,∴∠B＝3０°．
【考点】三角形内角和定理,角平分线的性质，线段垂直平分线的性质ﻫ【解析】【分析】根据DE垂直平分AB,求证∠DAE＝∠B,再利用角平分线的性质和三角形内角和定理，即可求得∠B的度数．
四、综合题
【答案】
（1）解：(1)∵ＤE垂直平分ＡC,∠A=3６°∴CE＝AＥ,∴∠ECD＝∠A=36°;
(２）解:∵AB＝ＡＣ，∠Ａ=36°,∴∠B＝∠ＡCB＝７2°，∴∠BEＣ＝∠A ＋∠EＣD＝72°,∴∠BEC＝∠Ｂ，∴ＢC=EC＝
5．ﻫ【考点】三角形的外角性质,线段垂直平分线的性质,等腰三角形的性质
【解析】【分析】（1)ED是AＣ的垂直平分线,可得AＥ＝EC；∠A ＝∠C；已知∠Ａ=36，即可求得;（２）△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°,可得∠Ｂ=72°又∠BEC＝∠A+∠ＥＣA=72°,所以，得BC=EC＝5．
【答案】
（1)解：∵ｙ＝x2﹣2x+1=（x﹣1）2ﻫ∴顶点Ｐ(1,０),
∵当x=0时,y=1,
∴Q（0，1）ﻫ(2)解:①设抛物线C′的解析式为ｙ=x2﹣2x+m,ﻫ∴Ｑ′(０,ｍ)其中ｍ＞1,ﻫ∴OQ′=m，
∵F（１, ),ﻫ过Ｆ作FＨ⊥OQ′，如图：
ﻫ
∴FH=1,Q′H=m﹣，ﻫ在Rt△FＱ′H中，FＱ′2=(m﹣)2+１=m2﹣ｍ+ ，ﻫ∵FQ′=OＱ′，
∴ｍ2﹣m＋=m２，
∴m= ,
∴抛物线C′的解析式为ｙ＝x2﹣2x+ ,ﻫ②设点A（x０，y０），则ｙ０=x02﹣2ｘ0+ ，ﻫ过点A作x轴的垂线，与直线Q′Ｆ相交于点Ｎ,则可设N（ｘ0，n），ﻫ
∴ＡＮ=y0﹣n,其中y0＞n，
连接ＦＰ,ﻫ∵F（1, ),Ｐ（1，0),
∴FＰ⊥x轴，ﻫ∴FP∥AN，
∴∠AＮF=∠PFN，
连接PK,则直线Q′F是线段PＫ的垂直平分线,
∴FP=ＦK,有∠PFN=∠AFN，ﻫ∴∠ANF=∠AFN，则AＦ＝AN,ﻫ根据勾股定理，得,AF２＝（x０﹣1)2+(ｙ0﹣）２, ﻫ∴(x0﹣１)2＋（y0﹣）2=（x ﹣2x0+ )+y ﹣ｙ0＝ｙ,ﻫ∴AF=ｙ0,
∴ｙ0=y０﹣n,
∴n=0，
∴N（ｘ0, ０),ﻫ设直线Q′F的解析式为y=kx+b,ﻫ则，解得,
∴y=﹣x+ ,ﻫ由点N在直线Ｑ′F上，得,0=﹣x0＋，ﻫ∴x0= ,ﻫ将ｘ0= 代入y０=x ﹣２x０+ ,ﻫ∴ｙ０= ,ﻫ∴A(，）
【考点】待定系数法求二次函数解析式，线段垂直平分线的判定【解析】【分析】此题是二次函数综合题,主要考查了待定系数法求解析式，线段的垂直平分线的判定和性质，解本题的关键是灵活运用勾股定理.(1）令x=0,求出抛物线与y轴的交点,抛物线解析式化为顶点式，求出点P坐标；(2）①设出Q′(０,ｍ），表示出Q′H,根据FQ′=ＯＱ′，用勾股定理建立方程求出m,即可．②根据ＡF=ＡN,用勾股定理,(x﹣1）2＋（y﹣)2=(x２﹣2x+ ）+ｙ２﹣y=y2，求出ＡＦ=y，再求出直线Q′Ｆ的解析式,即可.
【答案】ﻫ（1)解:如图1中,过点A作AH⊥BC于H．
∴∠AHＢ＝∠AＨC=90°,
在ＲT△ＡHB中,∵AB＝2 ,∠B=45°,ﻫ∴ＢH＝AB•cｏｓB＝2
× =2，
AH=AＢ•siｎＢ=2,ﻫ在ＲＴ△AHC中，∵∠C＝3０°,
∴AＣ=2AH=4,ＣH＝AＣ•cosＣ＝２，ﻫ∴BＣ=BH+CH=2+2 (２）证明:如图1中，ﻫ
过点A作AP⊥ＡB交BC于P,连接PG,
∵AG⊥AD,∴∠ＤAF=∠EＡC=90°,ﻫ在△DAF和△ＧAE中，
ﻫ,
∴△ＤＡF≌△GAE,
∴ＡD=AG，ﻫ∴∠BAP=9０°=∠DAG,ﻫ∴∠BAD=∠PＡG，ﻫ∵∠Ｂ
=∠APB=45°，
∴AB=AP，ﻫ在△ABD和△APG中，ﻫ
,ﻫ
∴△AＢD≌△ＡPG,
∴BD=ＰG,∠B=∠AＰG=45°,ﻫ∴∠GＰＢ=∠GPC=9０°,
∵∠C=3０°，
∴PG= ＧC,ﻫ∴BD= ＣG.
(3)解:如图2中，
ﻫ作AH⊥ＢＣ于Ｈ，ＡC的垂直平分线交AＣ于
P，交ＢC于M.则AP=PC,ﻫ在RT△AＨC中,∵∠ACH=30°，
∴AC=2AH，ﻫ∴AH=AP，ﻫ在RＴ△AHＤ和RT△AＰＧ中，
,
∴△ＡHＤ≌△APG，ﻫ∴∠ＤAH=∠GAＰ,
∵GＭ⊥ＡC,PA＝ＰC,ﻫ∴MA=MC，
∴∠MAＣ=∠MCA=∠MＡH＝３０°，
∴∠DＡM=∠GAM=45°,
∴∠DAＨ=∠ＧAP＝１5°，
∴∠BAD＝∠ＢAH﹣∠DＡH=３0°,
作ＤK⊥AB于K，设BK=DK=a，则ＡＫ= a，ＡD=2a，ﻫ∴= = ，
∵AG＝CＧ=AD，ﻫ∴ = ﻫ【考点】全等三角形的判定与性质，含３0度角的直角三角形,相似三角形的判定与性质,线段垂直平分线的判定ﻫ【解析】【分析】（1）如图１中,过点A作AH⊥BC于H,分别在RT△AＢH，RＴ△AHC中求出BH、ＨＣ即可．(2)如图1中,过点A作AP⊥AB交BＣ于P,连接PG,由△A ＢD≌△APG推出BD=PG,再利用30度角性质即可解决问题.（３)如图2中,作ＡH⊥BC于H，AC的垂直平分线交ＡC于P，交BC于Ｍ．则AＰ=PＣ，作ＤK⊥ＡB于K，设BK=DK=a，则AK＝a,AＤ=2a,只要证明∠BAＤ＝30°即可解决问题．本题考查相似三角形综合题、全等三角形的判定和性质、直角三角形30度角性质、线段垂直平分线性质等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，学会设参数解决问题,属于中考压轴题．
【答案】ﻫ（1)解：相等.
理由：连接ＡC，ﻫ在△ACＤ和△ACB中,ﻫ
,ﻫ
∴△ACＤ
≌△ACB,ﻫ∴∠Ｂ=∠D.ﻫ
ﻫ
(2)解:设AD=x，ＢC=y，
当点C在点Ｄ右侧时，,解得，
当点C在点D左侧时，解得,
此时ＡC=1７，CD＝５,ＡD=8，5+8<17,ﻫ∴不合题意,
∴ＡD=13ｃm，BC＝10cｍ．ﻫ【考点】二元一次方程组的应用,三角形三边关系,全等三角形的应用
【解析】【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、二元一次方程组、三角形三边关系定理等知识,解题的关键是学会分类讨论,考虑问题要全面，属于中考常考题型．(1）相等.连接AC,根据ＳSＳ证明两个三角形全等即可.（2)分两种情形①当点C在点Ｄ右侧时，②当点C在点D左侧时，分别列出方程组即可解决问题,注意最后理由三角形三边关系定理，检验是否符合题意.
【答案】
(1)解：∵x２﹣2x﹣3=０，ﻫ∴x=3或x=﹣１,
∴B(0,３），Ｃ（０,﹣1),ﻫ∴BＣ=４,
（２）解：∵A(﹣,0）,B（0,3),C(0,﹣1)，
∴OA= ，ＯＢ＝３,OC=1，
∴OA２=OB•ＯC,ﻫ∵∠AＯC=∠BOA=90°，
∴△AOC∽△BOA，ﻫ∴∠ＣAＯ=∠AＢO,
∴∠CAO+∠BAO＝∠ＡＢO+∠BAO=９0°，ﻫ∴∠BAC＝90°,ﻫ∴ＡC⊥AB;ﻫ（３）解:设直线AC的解析式为ｙ=kｘ＋b,
把A（﹣,0)和C(0,﹣１)代入y=kx+b，ﻫ∴ ,
解得: ,
∴直线ＡＣ的解析式为：y=﹣x﹣１,
∵DB＝DC,ﻫ∴点D在线段BC的垂直平分线上,
∴Ｄ的纵坐标为1，
∴把ｙ＝1代入ｙ＝﹣x﹣１，ﻫ∴x=﹣2 ，
∴D的坐标为(﹣2 ，1)，
(４）解:设直线BD的解析式为：y=mx+n，直线BD与x轴交于点E,
把Ｂ(0,３）和Ｄ(﹣2 ,1)代入ｙ=mx+n，
∴ ,
解得，ﻫ∴直线BD的解析式为:y= x+3，ﻫ令y=０代入y= ｘ+3,
∴x=﹣3 ,ﻫ∴Ｅ（﹣3 ，０），
∴ＯＥ=3 ,
∴taｎ∠BＥＣ＝= ，
∴∠BEＯ=３０°，
同理可求得：∠ＡBO=30°,ﻫ∴∠ABE=３０°，
当PA=ＡＢ时，如图1，ﻫ
ﻫ此时,∠ＢEA
＝∠AＢE=30°，ﻫ∴EA=AB,ﻫ∴P与E重合,ﻫ∴P的坐标为(﹣３，0）,
当ＰA=PB时,如图2,ﻫ
此时，∠ＰAB=∠PBＡ＝３0°，ﻫ∵∠AＢE=∠AＢO=3０°,ﻫ∴∠ＰAB=∠ABＯ, ∴PＡ∥BＣ,
∴∠PAO=90°，
∴点P的横坐标为﹣，ﻫ令x=﹣代入y＝ｘ+３,ﻫ∴ｙ=2,ﻫ∴P(﹣,2),ﻫ当PB=AB时，如图3，
ﻫﻫ∴由勾股定理可求得:AB=２，
EB=6,ﻫ若点P在y轴左侧时，记此时点P为P1，
过点P1作P1F⊥x轴于点Ｆ，
∴Ｐ1B=AB=2 ，
∴EP1=６﹣2 ，ﻫ∴sin∠ＢEO= ，ﻫ∴FＰ1=3﹣,
令y＝3﹣代入ｙ= ｘ＋3，
∴x=﹣3，ﻫ∴Ｐ1(﹣3，3﹣）,
若点P在ｙ轴的右侧时，记此时点P为P２, ﻫ过点P2作P2G⊥ｘ轴于点G，
∴P2B=AＢ=2 ，
∴EP2=6+2 ,
∴sｉn∠BEO= ，
∴GP2=3+ ,ﻫ令y=３+ 代入ｙ= x+3,ﻫ∴ｘ=3，ﻫ∴P2(3,３+ )，
综上所述，当A、Ｂ、P三点为顶点的三角形是等腰三角形时,点Ｐ的坐标为(﹣３,0）,（﹣，2)，（﹣3,３﹣），(3,3+ ). 【考点】解一元二次方程—因式分解法,等腰三角形的性质,相似三角形的判定,线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】本题考查二次函数的综合问题,涉及一元二次方程的解法,相似三角形的判定，等腰三角形的性质,垂直平分线的判定等知识,内容较为综合,需要学生灵活运用所知识解决.(1）解出方程后,即可求出B、C两点的坐标,即可求出BC的长度;(2)由A、Ｂ、Ｃ三点坐标可知ＯA２＝OＣ•OB，所以可证明△ＡOC∽△ＢＯA，利用对应角相等即可求出∠CAＢ=90°;(3)容易求得直线AＣ的解析式,由ＤB=DＣ可知,点Ｄ在BC的垂直平分线上，所以D的纵坐标为1，将其代入直线AC的解析式即可求出D的坐标;(4)A、B、P三点为顶点的三角形是等腰三角形，可分为以下三种情况:①ＡＢ=AP;②AＢ＝BP;③AP＝ＢP;然后分别求出Ｐ的坐标即可.
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