2018中考复习_特殊三角形练习题

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中考总复习：特殊三角形--巩固练习(基础)

中考总复习：全等三角形—巩固练习（基础）【巩固练习】一、选择题1.已知等腰三角形的一个内角为，则这个等腰三角形的顶角为（）A.B．C．或D．或2.如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，BD、CE 分别是△ABC、△BCD的角平分线，则图中的等腰三角形有（）A．5 个B．4 个C．3 个D．2 个3.如果线段a、b、c 能组成直角三角形，则它们的比可以是( )A. 1：2：4B. 1：3：5C. 3：4：7D. 5：12：134.下列条件能确定△ABC是直角三角形的条件有( )(1)∠A+∠B=∠C；(2)∠A:∠B:∠C=1:2:3；(3)∠A=90°-∠B；(4)∠A=∠B= ∠C.A.1个B.2 个C.3 个D.4 个5.已知：△ABC中，AB=AC= ，BC=6，则腰长的取值范围是（）A. B. C. D.6.（2015•泰安）如图，AD 是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为 E，BF∥AC交 ED 的延长线于点 F，若BC 恰好平分∠ABF，AE=2BF．给出下列四个结论：①DE=DF；②DB=DC；③AD⊥BC；④AC=3BF，其中正确的结论共有（）A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个二、填空题7.如图，一个直角三角形纸片，剪去直角后，得到一个四边形，则度．8.如图，和都是边长为2 的等边三角形，点在同一条直线上，连接，则的长为.9.如图，在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AD 平分∠BAC交BC 于D，DE⊥AB于D，若AB=10，则△BDE的周长等于.10.等腰三角形一腰上的高与底边的夹角等于45°，则这个三角形的顶角等于.11.（2015 春•鄄城县期中）如图，AB=AC=AD=4cm，DB=DC，若∠ABC为60 度，则BE 为，∠ABD=．12.已知等腰三角形一腰上的中线把这个三角形的周长分为15 和6 两部分，则腰长与底边的长分别为．三、解答题13.如图 14-59，点O 为等边ΔABC内一点，∠AOB=1100，∠BOC=1350，试问：（1）以OA、OB、OC 为边，能否构成三角形？若能，请求出该三角形各内角的度数；若不能，请说明理由；（2）如果∠AOB大小保持不变，那么当∠BOC等于多少度时，以 OA、OB、OC 为边的三角形是一个直角三角形？14.（2015 秋•淮安期中）如图，在△ABC 中，BA=BC，D 在边 CB 上，且 DB=DA=AC．（1）如图1，填空∠B=，∠C=；（2）若 M 为线段 BC 上的点，过 M 作直线MH⊥AD 于 H，分别交直线 AB、AC 与点 N、E，如图 2①求证：△ANE 是等腰三角形；②试写出线段 BN、CE、CD 之间的数量关系，并加以证明．15.已知：如图， AF 平分∠BAC，BC⊥AF，垂足为 E，点D 与点A 关于点 E 对称，PB 分别与线段 CF，AF 相交于 P，M．1）求证：AB＝CD；2）若∠BAC＝2∠MPC，请你判断∠F与∠MCD的数量关系，并说明理由．16.（1）如图 14-63，下列每个图形都是由若干个边长为 1 的等边三角形组成的等边三角形，它们的边长分3 别为 1,2,3,…，设边长为 n 的等边三角形由 s 个小等边三角形组成，按此规律推断 s 与 n 有怎样的关系；（2）现有一个等角六边形 ABCDEF （六个内角都相等的六边形，如图 14-64），它的四条边长分别是 2、5、3、1，求这个等角六边形的周长；（3）（2）中的等角六边形能否用（1）中最小的等边三角形无空隙拼合而成？如果能，请求出需要这种小等边三角形的个数.【答案与解析】一、选择题1. 【答案】C.【解析】提示：分类讨论.2. 【答案】A3. 【答案】D ．【解析】常见的一些勾股数如：3、4、5；5、12、13；7、24、25 及倍数等，应熟练掌握.D 中设三边的比中每一份为 k ，则(5k)2+(12k)2=(13k) 2 ，所以该三角形是直角三角形.其它答案都不满足，故选 D.4. 【答案】D.【解析】三角形中有一个角是 90°，就是直角三角形.题中四个关系式都可以解得△ABC 中∠C =90 °.故选 D.5. 【答案】B.6. 【答案】A.【解析】∵BF∥AC，∴∠C=∠CBF，∵BC 平分∠ABF，∴∠ABC=∠CBF，∴∠C=∠ABC，∴AB=AC，∵AD 是△ABC 的角平分线，∴BD=CD，AD⊥BC，故②③正确，在△CDE 与△DBF 中，，∴△CDE≌△DBF，∴DE=DF，CE=BF ，故①正确；∵AE=2BF，∴AC=3BF，故④正确．故选 A ．二、填空题7．【答案】270°.【解析】提示：根据邻补角的性质可得.8．【答案】 .【解析】作 DF⊥BE,∵BC=CD，∴∠1=30°，又∵为 2 的等边三角形∴DF= ，即 BD=9．【答案】10.10. 【答案】90°.1. 【答案】2cm; 75°【解析】①∵AB=AC，∠ABC 为 60 度，∴△ABC 为等边三角形．在△ABD 和△ACD中，∵，∴△ABD≌△ACD，∴∠BAD=∠CAD，∴AE 是 BC 边的中垂线，∴BE=BC=2cm；故答案是：2cm；②∵AB=AD（已知），∴∠ABD=∠ADB（等边对等角），∴∠ABD=（180°﹣∠BAD）=（180°﹣30°）=75°．故答案是：75°．12.【答案】腰为 10，底边长为 1.【解析】提示：注意此类题型要分类讨论，最终结果要进行验证.三、解答题13.【答案与解析】14.【答案与解析】解：（1）∵BA=BC，∴∠BCA=∠BAC，∵DA=DB，∴∠BAD=∠B，∵AD=AC，∴∠ADC=∠C=∠BAC=2∠B，∴∠DAC=∠B，∵∠DAC+∠ADC+∠C=180°，∴2∠B+2∠B+∠B=180°，∴∠B=36°，∠C=2∠B=72°，故答案为：36；72；（2）①在△ADB 中，∵DB=DA，∠B=36°，∴∠BAD=36°，在△ACD 中，∵AD=AC，∴∠ACD=∠ADC=72°，∴∠CAD=36°，∴∠BAD=∠CAD=36°，∵MH⊥AD，∴∠AHN=∠AHE=90°，∴∠AEN=∠ANE=54°，即△ANE 是等腰三角形；②CD=BN+CE．证明：由①知AN=AE，又∵BA=BC，DB=AC，∴BN=AB﹣AN=BC﹣AE，CE=AE﹣AC=AE﹣BD，∴BN+CE=BC﹣BD=CD，即CD=BN+CE．15.【答案与解析】(1)证明：∵AF平分∠BAC，∴∠CAD＝∠DAB＝∠BAC．∵D 与 A 关于 E 对称，∴E 为 AD 中点．∵BC⊥AD，∴BC 为 AD 的中垂线，∴AC＝CD．∵在Rt△ACE 和Rt△ABE 中∠CAD+∠ACE＝∠DAB+∠ABE＝90°，∠CAD＝∠DAB．∴∠ACE＝∠ABE，∴AC＝AB．∴AB＝CD．(2)∵∠BAC＝2∠MPC，又∵∠BAC＝2∠CAD，∴∠MPC＝∠CAD．∵AC＝CD，∴∠CAD＝∠CDA，∴∠MPC＝∠CDA．∴∠MPF＝∠CDM．∵AC＝AB，AE⊥BC，∴CE＝BE．∴AM 为 BC 的中垂线，∴CM＝BM．∵EM⊥BC，∴EM 平分∠CMB，∴∠CME＝∠BME．∵∠BME＝∠PMF，∴∠PMF＝∠CME，∴∠MCD＝∠F(三角形内角和)．16.【答案与解析】(1)s=n2(2)19. 提示：延长 FA、CB 交于点 P，延长 AF、DE 交于点 Q，延长 ED、BC 交于点 R，可证ΔPAB、Δ QEF、ΔRCD、ΔPQR为等边三角形．∴DC=CR=DR=3，AB=BP=AP=2，即PR=3+2+5=10=QR=QP,∴EF=6，FA=2，∴周长=1+3+5+2+2+6=19．(3)能，s=102-22-32-62=51(个)．。

2018年中考总复习《三角形与特殊三角形》专项复习练习有答案-(数学)

2018 初三数学中考复习三角形与特殊三角形专项复习练习1．一个等腰三角形的两边长分别为4，8，则它的周长为( C )A．12 B．16 C．20 D．16或202. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6.若DE是△ABC的中位线，延长DE交△ABC的外角∠ACM的平分线于点F，则线段DF的长为( B )A．7 B．8 C．9 D．103．如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC的中点．若△DBE的周长是6，则△ABC的周长是( C )A．8 B．10 C．12 D．144．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠CAB的平分线交BC于点D，DE是AB的垂直平分线，垂足为E.若BC＝3，则DE的长为( A )A．1 B．2 C．3 D．45．(2016·甘孜州)如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，ED∥BC，已知AB＝3，AD＝1，则△AED的周长为( C )A．2 B．3 C．4 D．56．如图，在△ABC中，∠B，∠C的平分线BE，CD相交于点F，∠ABC＝42°，∠A ＝60°，则∠BFC＝( C )A．118° B．119° C．120° D．121°7．如图，AB ＝ AC，∠BAD＝30°，AE＝ AD, 则∠EDC ＝( B )A．30° B．15° C．45° D．60°8．如图，一个等边三角形纸片，剪去一个角后得到一个四边形，则图中∠α＋∠β的度数是( C )A．180° B．220° C．240° D．300°9．如图，AB是池塘两端，设计一方法测量AB的距离，在池塘外取一点C，连接AC，BC，分别取它们的中点D，E，测得DE＝15米，则AB的距离为( D )米．A．7.5 B．15 C．22.5 D．3010 ．如图，AD是△ABC的角平分线，点O在AD上，且OE⊥BC于点E，∠BAC＝60°，∠C＝80°，则∠EOD的度数为( A )A．20° B．30° C．10° D．15°11．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是斜边AB上的中线，若AB＝22，则点D到BC的距离为( A )A．1 B. 2 C．2 D．无法确定12．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，点D在BC上，∠ADC＝2∠B，AD＝5，则BC的长为( D )A.3－1B.3＋1C.5－1D.5＋113．如图，在△ABC中，点E是BC上的一点，EC＝2BE，点D是AC的中点，设△ABC，△ADF，△BEF的面积分别为S△ABC，S△ADF，S△BEF，且S△ABC＝12，则S△ADF－S△BEF＝( B )A．1 B．2 C．3 D．414. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，点P是这个菱形内部或边上的一点，若以点P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形，则P，D(P，D两点不重合)两点间的最短距离为 23－2 ．15．如图，AC∥BD，AB与CD相交于点O，若AO＝AC，∠A＝48°，∠D＝__66°16.如图，已知BO 平分∠CBA，CO 平分∠ACB，且MN∥BC ，设AB ＝12，BC ＝24，AC ＝18，则△AMN 的周长是__30__．17.已知a ，b ，c 是△ABC 的三条边，且满足a ＋43＝b ＋32＝c ＋84，且a ＋b ＋c ＝12，则△ABC 的形状为__直角三角形__.18．如图，一只蚂蚁沿着边长为2的正方体表面从点A 出发，经过3个面爬到点B ，如果它运动的路径是最短的，则AC 的长为__2103__．19．著名画家达芬奇不仅画艺超群，同时还是一个数学家、发明家．他曾经设计过一种圆规如图所示，有两个互相垂直的滑槽(滑槽宽度忽略不计)，一根没有弹性的木棒的两端A ，B 能在滑槽内自由滑动，将笔插入位于木棒中点P 处的小孔中，随着木棒的滑动就可以画出一个圆来．若AB ＝20 cm ，则画出的圆的半径为__10__cm.20．如图，在△ABC 中，BE 平分∠ABD，CE 平分∠ACD，且∠BEC＝27°，求∠BAC 的度数．解：∵12∠ACD－12∠ABC＝∠E，∴12∠ACD－∠ABC＝27°，∴∠ACD －∠ABC＝54°，∴∠A ＝54°21．如图，在△ABC 中，AD 平分∠BAC 交BC 于点D ，M 是BC 的中点，MF ∥AD 交AC 于点F 且AB ＝7，AC ＝11，求CF 的长．解：延长CA 到点N ，使得 CF ＝FN ，连接BN ，∵M 是BC 的中点， ∴MF 是△NBC 的中位线，∴FM ∥NB ，AD ∥BN ，∴∠N ＝∠CAD ，又∵∠BAD＝∠CAD，∠BAD ＝∠NBA，∴∠NBA＝∠CAD＝∠N，∴NA＝AB，∴ AB＝AN＝7，∴NC＝AN＋AC＝7＋11＝18，∵ F是NC的中点，∴CF＝922. 如图，△ABC中，AD是高，AE，BF是角平分线，它们相交于点O，∠CAB＝50°，∠C＝60°，求∠DAE和∠BOA的度数．解：∵∠CAB＝50°，∠C＝60°，∴∠ABC＝180°－50°－60°＝70°，又∵AD是高，∴∠ADC＝90°，∴∠DAC＝180°－90°－∠C＝30°，∵AE，BF是角平分线，∴∠CBF＝∠ABF＝35°，∠EAF＝25°，∴∠DAE＝∠DAC－∠EAF＝5°，∠AFB＝∠C ＋∠CBF＝60°＋35°＝95°，∴∠BOA＝∠EAF＋∠AFB＝25°＋95°＝120°，故∠DAE＝5°，∠BOA＝120°。

北京市朝阳区普通中学2018届初三数学中考复习特殊三角形有关性质的灵活应用专题复习训练题含

北京市朝阳区普通中学2018届初三数学中考复习特殊三角形有关性质的灵活应用专题复习训练题1．如图，已知△ABC为直角三角形，∠C＝90°，若沿图中虚线剪去∠C，则∠1＋∠2的度数为_______．2. 如图，在△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝69°，过点C作CE∥AB，连结AE 交BC于点D，若DE＝2AC，求∠BAD的度数．3．如图，CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，BE，CD相交于点O，求证：(1)当∠1＝∠2时，OB＝OC；(2)当OB＝OC时，∠1＝∠2.4. 在△ABC中，AB＝AC，DE是过点A的直线，BD⊥DE于点D，CE⊥DE于点E.(1)若点B，C在DE的同侧(如图①)，且AD＝CE，求证：AB⊥AC.(2)若点B，C在DE的两侧(如图②)，其他条件不变，AB与AC是否仍垂直？若是，请给出证明；若不是，请说明理由．5. 请你用三种不同的分割方法，将图中的三个等边三角形分别分割成四个等腰三角形．(在图中画出分割线，并标出必要角的度数)6. 如图，△ABC是等边三角形，点D，E分别在CA，AB的延长线上，AD＝BE，DB的延长线交EC于点F.求证：(1)DB＝EC；(2)∠BFC＝60°.7. 如图①，△ABC为等边三角形，D为BC上任一点，∠ADE＝60°，边DE与△ABC中∠ACB的外角平分线交于点E.(1)求证：AD＝DE.(2)如图②，若点D在CB的延长线上，(1)中的结论是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是斜边上任一点，AE⊥CD，垂足为点E，BF⊥CD交CD的延长线于点F，CH⊥AB，垂足为点H，交AE于点G，求证：BD＝CG.9. 在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点，将CP绕点C顺时针旋转90°得到CD，连结AD.若PA＝3，PB＝1，PC＝2，求∠BPC的度数．10. 已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90°，点F为BE 中点，连结DF，CF.(1)如图1，当点D在AB上，点E在AC上时，请直接写出此时线段DF，CF的数量关系和位置关系(不用证明)；(2)如图2，当点D在AC上时，请你判断此时(1)中的结论是否仍然成立，并证明你的判断．11. 如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，BD平分∠ABC，在BC的延长线上取一点E，使CE＝CD，连结DE，求证：BD＝DE.12. 如图，在△ABC中，AB＝2AC，AD平分∠BAC，AD＝BD，求证：CD⊥AC.13. 如图，在△ABC中，AB＝BC，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点D，交AC于点F.(1)若∠AFD＝155°，求∠EDF的度数；(2)若点F是AC的中点，求证：∠CFD＝12∠B.14. 如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝90°，D为斜边BC的中点，点M，N分别在AB，AC上，且BM＝AN，连结MN.(1)猜想△DMN是什么形状的特殊三角形，并说明理由；(2)求四边形AMDN的面积．答案： 1． 2702. 解：取DE 的中点F ，连结CF ，图略．∵AB ∥CE ，∠B ＝90°，∴∠BCE ＝∠B＝90°，∠E ＝∠BAD，∴CF ＝12DE ＝EF ，∴∠E ＝∠ECF，∵DE ＝2AC ，∴AC＝12DE ，∴AC ＝CF ，∴∠CAF ＝∠CFA，设∠E＝x ，则∠BAD＝x ，∠CFA ＝2x ＝∠CAF，∵∠BAD ＋∠CAF ＝∠BAC，∴x ＋2x ＝69°，解得x ＝23°，∴∠BAD ＝23°. 3. 证明：(1)∵∠1＝∠2，OD ⊥AB ，OE ⊥AC ，∴OE ＝OD ，∠ODB ＝∠OEC ＝90°，∠DOB ＝∠EOC ，∴△BOD ≌△COE(ASA)，∴OB ＝OC.(2)∵∠ODB ＝∠OEC ，∠BOD ＝∠COE ，OB ＝OC ，∴△BOD ≌△COE(AAS)∴OD ＝OE ，又∵OD ⊥AB ，OE ⊥AC ，∴AO 平分∠BAC ，∴∠1＝∠2.4. 解：(1)∵BD ⊥DE ，CE ⊥DE ，∴∠ADB ＝∠CEA ＝90°，在Rt △ABD 和Rt △CAE 中，∵AB ＝CA ，AD ＝CE ，∴Rt △ABD ≌Rt △CAE(HL)，∴∠DAB ＝∠ECA.∵∠EAC ＋∠ECA ＝90°，∴∠DAB ＋∠EAC ＝90°.∴∠BAC ＝180°－(∠DAB ＋∠EAC)＝90°.∴AB ⊥AC.(2)AB ⊥AC.理由如下：同(1)可证得Rt △ABD ≌Rt △CAE ，∴∠DAB ＝∠ECA.∵∠CAE ＋∠ECA ＝90°，∴∠CAE ＋∠DAB ＝90°，即∠BAC ＝90°，∴AB ⊥AC. 5.6. 解：(1)∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AB＝BC，∴∠BAD＝∠CBE＝120°，又∵AD＝BE，∴△ABD≌△BCE，∴DB＝EC.(2)由(1)知，△ABD≌△BCE，∴∠D＝∠E.∵∠DBA＝∠EBF，∠BFC＝∠E＋∠EBF，∠BAC＝∠D＋∠DBA，∴∠BFC＝∠BAC＝60°.7. 解：(1)过点D作DF∥AC交AB于点F，图略．∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝∠ACB＝∠B＝60°，AB＝BC.∴∠ACG＝120°，∵DF∥AC，∴∠BDF ＝∠ACB＝60°，∠BFD＝∠BAC＝60°，∴△BDF是等边三角形，∠AFD＝120°，∴BD＝BF，∴AB－BF＝BC－BD，即AF＝DC.∵∠B＝∠ADE＝60°，∴∠BAD＋∠ADB＝∠CDE＋∠ADB，∴∠BAD＝∠CDE.∵∠ACG＝120°，CE平分∠ACG，∴∠ACE＝60°，∴∠DCE＝120°.∴∠DCE＝∠AFD.∴△DCE≌△AFD(ASA)．∴AD＝DE.(2)可知(1)中的结论仍成立．证明如下：过点D作DF∥AC，交AB的延长线于点F，图略．先证△BDF为等边三角形，再同(1)，证△DCE≌△AFD(ASA)，即可得AD＝DE.8. 证明：先证△ACE≌△CBF，得CE＝BF，再证△CEG≌△BFD，得BD＝CG.9. 解：先证△DCA≌△PCB，∴AD＝PB，∠BPC＝∠ADC，CD＝CP，连结PD，图略．在Rt△DCP中，CD＝CP＝2，DP2＝CD2＋CP2＝8，在△ADP中，DP2＝8，AD2＝PB2＝1，AP2＝9，∴DP2＋AD2＝AP2，∴∠ADP＝90°，∵∠DCP＝90°，CD＝CP，∴∠CDP＝45°，∴∠ADC＝135°，∴∠BPC＝135°.10. 解：(1)DF＝CF，且DF⊥CF.(2)此时(1)中的结论仍然成立．证明：延长DF 交BC 于点G ，图略．∵∠ADE ＝∠ACB ＝90°，∴DE ∥BC.∴∠DEF ＝∠GBF ，∠EDF ＝∠BGF.∵F 为BE 中点，∴EF ＝BF.∴△DEF ≌△GBF.∴DE ＝GB ，DF ＝GF.∵AD ＝DE ，∴AD ＝GB ，∵AC ＝BC ，∴AC －AD ＝BC －GB ，∴DC ＝GC.∵∠ACB ＝90°，∴△DCG 是等腰直角三角形，∵DF ＝GF.∴DF ＝CF ，DF ⊥CF.11. 证明：∵AB＝AC ，∴∠ABC ＝∠ACB，∵BD 平分∠ABC，∴∠DBC ＝12∠ABC，∵CD ＝CE ，∴∠E ＝∠CDE，∵∠ACB ＝∠E＋∠CDE，∴∠E ＝12∠ACB，∴∠E ＝∠DBE ，∴BD ＝DE.12. 证明：作DF⊥AB 于点F ，图略．∵AD＝BD ，∠BFD ＝90°，∴BF ＝AF ＝12AB ，∠ABD ＝∠BAD，∵AB ＝2AC ，∴BF ＝AC ，∵∠BAD ＝∠CAD.∴∠ABD＝∠CAD，∴△BDF ≌△ADC(SAS)．∴∠ACD＝∠BFD＝90°，∴CD ⊥AC.13. 解：(1)∵∠AFD＝155°，∴∠DFC ＝25°，∵DF ⊥BC ，DE ⊥AB ，∴∠FDC ＝∠AED＝90°，在△FDC 中，∠C ＝90°－25°＝65°，∵AB ＝BC ，∴∠C ＝∠A ＝65°，∴∠EDF ＝360°－65°－155°－90°＝50°.(2)证明：连结BF ，图略．∵AB＝BC ，且点F 是AC 的中点，∴BF ⊥AC ，∠ABF ＝∠CBF＝12∠ABC，∴∠CFD ＋∠BFD＝90°，∠CBF ＋∠BFD＝90°，∴∠CFD ＝∠CBF，∴∠CFD ＝12∠ABC.14. 解：(1)猜想：△DMN 是等腰直角三角形．理由：连结AD ，∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，D 为BC 的中点，∴∠B ＝∠C＝45°，∠ADB ＝90°，∠BAD ＝∠CAD ＝45°，∴∠B ＝∠BAD＝∠CAD，∴BD ＝AD.又∵BM＝AN ，∴△BDM ≌△ADN(SAS)，∴DM ＝DN ，∠BDM ＝∠ADN，∵∠BDM ＋∠ADM＝90°，∴∠ADN ＋∠ADM＝90°，即∠MDN＝90°，∴△DMN 是等腰直角三角形．(2)由(1)知△BDM ≌△ADN ，∴S△BDM ＝S △ADN ，∴S 四边形AMDN ＝S △ADM ＋S △ADN ＝S △ADM ＋S △BDM ＝S △ABD ＝12S △ABC ＝12×12×4×4＝4.。

(完整word版)2018年中考数学真题汇编三角形,推荐文档

2018年中考数学真题汇编：三角形（填空+选择=50题）、选择题1. （2018山东滨州）在直角三角形中，若勾为 3,股为4，则弦为（） A. 5 B. 6 C. 7D. 8【答案】A2. （2018江苏宿迁）如图，点D 在△ABC 的边AB 的延长线上，DE //BC ，若Z A = 35 ° /C = 24 °则/D 的C. 60【答案】B3. 一艘在南北航线上的测量船，于 A 点处测得海岛B 在点A 的南偏东30。

方向，继续向南航行 30海里到达C 点时，测得海岛B 在C 点的北偏东15。

方向，那么海岛B 离此航线的最近距离是（结果保留小数点后两位）（参考数据:汽m 少'•）（）A. 4.64海里B. 5.49海里C. 6.12海里D. 6.21海里【答案】B4. 若实数m 、n 满足用_M+曲-斗",且m 、n 恰好是等腰△ ABC 的两条边的边长，则△ ABC 的周长是（）。

A. 12B. 10C. 8D. 6【答案】BB. 59D. 695. 在中，亠飞厂爭—沁，一』于，匚巨平分交于，则下列结论A.弓匚=三匚D. AE=EC【答案】C6. 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【答案】C条件的直线I的条数是（）。

A.5B.4C.3D.2【答案】C8•如图，在平面直角坐标系中，-」五二的顶点在第一象限，点三，的坐标分别为、，一丘工=：'「，-二=工，直线交轴于点，若与关于点成中心对称，则点的坐标为（）C. SC = BE的一条直角边放在同一条直线上，则/ a的度数是（C.75D.857.在平面直角坐标系中，过点（1,2)作直线I,若直线I与两坐标轴围成的三角形面积为4，则满足定成立的是（）OA.45【答案】A9•如图，在 ABCD 中，CD=2AD , BE 丄AD 于点E , F 为DC 的中点，连结 EF 、BF ,下列结论：①/ABC=2 /ABF ;②EF=BF :③S 四边形DEBC =2S ZEFB :④Z CFE=3 ZDEF ，其中正确结论的个数共有（）。

中考数学专项训练特殊三角形(含解析)(1)

特殊三角形一、选择题1．如图，△ABC中，AB=AC，∠A=36°，BD是AC边上的高，则∠DBC的度数是（）A．18° B．24° C．30° D．36°2．如图，在△ABC中，∠CAB=70°．在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′=（）A．30° B．35° C．40° D．50°3．等腰三角形的一条边长为6，另一边长为13，则它的周长为（）A．25 B．25或32 C．32 D．194．如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为（）A． cm B． cm C． cm D．8cm5．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，D是AB的中点，点E、F分别在AC、BC边上运动（点E不与点A、C重合），且保持AE=CF，连接DE、DF、EF．在此运动变化的过程中，有下列结论：①△DFE是等腰直角三角形；②四边形CEDF不可能为正方形；③四边形CEDF的面积随点E位置的改变而发生变化；④点C到线段EF的最大距离为．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题6．若等腰三角形的一个角为50°，则它的顶角为．7．若直角三角形的两直角边长为a、b，且满足，则该直角三角形的斜边长为．8．已知△ABC为等边三角形，BD为中线，延长BC至E，使CE=CD=1，连接DE，则DE= ．9．如图，OP=1，过P作PP1⊥OP，得OP1=；再过P1作P1P2⊥OP1且P1P2=1，得OP2=；又过P2作P2P3⊥OP2且P2P3=1，得OP3=2；…依此法继续作下去，得OP2012= ．10．如图，在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=50°．∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O，点C沿EF折叠后与点O重合，则∠CEF的度数是．三、解答题（共40分）11．已知，如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，D为AB边上一点．求证：BD=AE．12．如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．（1）求证：CM=CN；（2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，求的值．13．如图，在△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E，F为BC中点，BE与DF，DC分别交于点G，H，∠ABE=∠CBE．（1）线段BH与AC相等吗？若相等给予证明，若不相等请说明理由；（2）求证：BG2﹣GE2=EA2．14．已知两个等腰Rt△ABC，Rt△CEF有公共顶点C，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME．（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；（2）如图1，若CB=a，CE=2a，求BM，ME的长；（3）如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME．特殊三角形参考答案与试题解析一、选择题1．如图，△ABC中，AB=AC，∠A=36°，BD是AC边上的高，则∠DBC的度数是（）A．18° B．24° C．30° D．36°【考点】等腰三角形的性质．【分析】根据已知可求得两底角的度数，再根据三角形内角和定理不难求得∠DBC的度数．【解答】解：∵AB=AC，∠A=36°，∴∠ABC=∠ACB=72°∵BD是AC边上的高，∴BD⊥AC，∴∠DBC=90°﹣72°=18°．故选A．【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，解答本题的关键是会综合运用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理进行答题，此题难度一般．2．如图，在△ABC中，∠CAB=70°．在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′=（）A．30° B．35° C．40° D．50°【考点】旋转的性质．【分析】旋转中心为点A，B与B′，C与C′分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角∠BAB′=∠CAC′，AC=AC′，再利用平行线的性质得∠C′CA=∠CAB，把问题转化到等腰△ACC′中，根据内角和定理求∠CAC′．【解答】解：∵CC′∥AB，∠CAB=70°，∴∠C′CA=∠CAB=70°，又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，∴AC=AC′，即△ACC′为等腰三角形，∴∠BAB′=∠CAC′=180°﹣2∠C′CA=40°．故选：C．【点评】本题考查了旋转的基本性质，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角为旋转角．同时考查了平行线的性质．3．等腰三角形的一条边长为6，另一边长为13，则它的周长为（）A．25 B．25或32 C．32 D．19【考点】等腰三角形的性质；三角形三边关系．【分析】根据等腰三角形的性质、三角形的三边关系解答即可．【解答】解：三角形的三边长为13、13、6时，它的周长为32，三角形的三边长为13、6、6时，不能组成三角形，∴三角形的周长为32，故选：C．【点评】本题考查的是等腰三角形的性质、三角形的三边关系，掌握三角形两边之和大于第三边是解题的关键．4．如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为（）A． cm B． cm C． cm D．8cm【考点】翻折变换（折叠问题）．【分析】设AF=xcm，则DF=（8﹣x）cm，利用矩形纸片ABCD中，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，由勾股定理求AF即可．【解答】解：设AF=xcm，则DF=（8﹣x）cm，∵矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，∴DF=D′F，在Rt△AD′F中，∵AF2=AD′2+D′F2，∴x2=62+（8﹣x） 2，解得：x=（cm）．故选：B．【点评】本题考查了图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变是解题关键．5．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，D是AB的中点，点E、F分别在AC、BC边上运动（点E不与点A、C重合），且保持AE=CF，连接DE、DF、EF．在此运动变化的过程中，有下列结论：①△DFE是等腰直角三角形；②四边形CEDF不可能为正方形；③四边形CEDF的面积随点E位置的改变而发生变化；④点C到线段EF的最大距离为．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．【专题】压轴题．【分析】①作常规辅助线连接CD，由SAS定理可证△CDF和△ADE全等，从而可证∠EDF=90°，DE=DF．所以△DFE是等腰直角三角形；②当E为AC中点，F为BC中点时，四边形CEDF为正方形；③由割补法可知四边形CEDF的面积保持不变；④△DEF是等腰直角三角形， DE=EF，当DF与BC垂直，即DF最小时，FE取最小值2，此时点C到线段EF的最大距离．【解答】解：①连接CD；∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠DCB=∠A=45°，CD=AD=DB；∵AE=CF，∴△ADE≌△CDF（SAS）；∴ED=DF，∠CDF=∠EDA；∵∠ADE+∠EDC=90°，∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°，∴△DFE是等腰直角三角形．（故①正确）；②当E、F分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形（故②错误）；③如图2所示，分别过点D，作DM⊥AC，DN⊥BC，于点M，N，可以利用割补法可知四边形CEDF的面积等于正方形CMDN面积，故面积保持不变（故③错误）；④△DEF是等腰直角三角形， DE=EF，当EF∥AB时，∵AE=CF，∴E，F分别是AC，BC的中点，故EF是△ABC的中位线，∴EF取最小值=2，∵CE=CF=2，∴此时点C到线段EF的最大距离为EF=．（故④正确）；故正确的有2个，故选：B．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正方形、等腰三角形、直角三角形性质等知识，根据图形利用割补法可知四边形CEDF的面积等于正方形CMDN面积是解题关键．二、填空题6．若等腰三角形的一个角为50°，则它的顶角为80°或50°．【考点】等腰三角形的性质；三角形内角和定理．【分析】已知给出了一个内角是50°，没有明确是顶角还是底角，所以要进行分类讨论，分类后还有用内角和定理去验证每种情况是不是都成立．【解答】解：当该角为顶角时，顶角为50°；当该角为底角时，顶角为80°．故其顶角为50°或80°．故填50°或80°．【点评】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．7．若直角三角形的两直角边长为a、b，且满足，则该直角三角形的斜边长为5 ．【考点】勾股定理；非负数的性质：绝对值；非负数的性质：算术平方根．【专题】压轴题．【分析】根据非负数的性质求得a、b的值，然后利用勾股定理即可求得该直角三角形的斜边长．【解答】解：∵，∴a2﹣6a+9=0，b﹣4=0，解得a=3，b=4，∵直角三角形的两直角边长为a、b，∴该直角三角形的斜边长===5．故答案是：5．【点评】本题考查了勾股定理，非负数的性质﹣绝对值、算术平方根．任意一个数的绝对值（二次根式）都是非负数，当几个数或式的绝对值相加和为0时，则其中的每一项都必须等于0．8．已知△ABC为等边三角形，BD为中线，延长BC至E，使CE=CD=1，连接DE，则DE= ．【考点】等边三角形的性质；等腰三角形的判定与性质．【分析】根据等腰三角形和三角形外角性质求出BD=DE，求出BC，在Rt△BDC中，由勾股定理求出BD即可．【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，AB=BC，∵BD为中线，∴∠DBC=∠ABC=30°，∵CD=CE，∴∠E=∠CDE，∵∠E+∠CDE=∠ACB，∴∠E=30°=∠DBC，∴BD=DE，∵BD是AC中线，CD=1，∴AD=DC=1，∵△ABC是等边三角形，∴BC=AC=1+1=2，BD⊥AC，在Rt△BDC中，由勾股定理得：BD==，即DE=BD=，故答案为：．【点评】本题考查了等边三角形性质，勾股定理，等腰三角形性质，三角形的外角性质等知识点的应用，关键是求出DE=BD和求出BD的长．9．如图，OP=1，过P作PP1⊥OP，得OP1=；再过P1作P1P2⊥OP1且P1P2=1，得OP2=；又过P2作P2P3⊥OP2且P2P3=1，得OP3=2；…依此法继续作下去，得OP2012= ．【考点】勾股定理．【专题】压轴题；规律型．【分析】首先根据勾股定理求出OP4，再由OP1，OP2，OP3的长度找到规律进而求出OP2012的长．【解答】解：由勾股定理得：OP4==，∵OP1=；得OP2=；依此类推可得OP n=，∴OP2012=，故答案为：．【点评】本题考查了勾股定理的运用，解题的关键是由已知数据找到规律．10．如图，在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=50°．∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O，点C沿EF折叠后与点O重合，则∠CEF的度数是50°．【考点】翻折变换（折叠问题）；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质．【分析】利用全等三角形的判定以及垂直平分线的性质得出∠OBC=40°，以及∠OBC=∠OCB=40°，再利用翻折变换的性质得出EO=EC，∠CEF=∠FEO，进而求出即可．【解答】解：连接BO，∵∠BAC=50°，∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O，∴∠OAB=∠ABO=25°，∵等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=50°，∴∠ABC=∠ACB=65°，∴∠OBC=65°﹣25°=40°，∵，∴△ABO≌△ACO，∴BO=CO，∴∠OBC=∠OCB=40°，∵点C沿EF折叠后与点O重合，∴EO=EC，∠CEF=∠FEO，∴∠CEF=∠FEO==50°，故答案为：50°．【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及垂直平分线的性质和三角形内角和定理等知识，利用翻折变换的性质得出对应相等关系是解题关键．三、解答题（共40分）11．已知，如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，D为AB边上一点．求证：BD=AE．【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．【专题】证明题．【分析】根据等腰直角三角形的性质可得AC=BC，CD=CE，再根据同角的余角相等求出∠ACE=∠BCD，然后利用“边角边”证明△ACE和△BCD全等，然后根据全等三角形对应边相等即可证明．【解答】证明：∵△ABC和△ECD都是等腰直角三角形，∴AC=BC，CD=CE，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACE+∠ACD=∠BCD+∠ACD，∴∠ACE=∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴BD=AE．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，以及等角的余角相等的性质，熟记各性质是解题的关键．12．如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．（1）求证：CM=CN；（2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，求的值．【考点】矩形的性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）．【分析】（1）由折叠的性质可得：∠ANM=∠CNM，由四边形ABCD是矩形，可得∠ANM=∠CMN，则可证得∠CMN=∠CNM，继而可得CM=CN；（2）首先过点N作NH⊥BC于点H，由△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，易得MC=3ND=3HC，然后设DN=x，由勾股定理，可求得MN的长，继而求得答案．【解答】（1）证明：由折叠的性质可得：∠ENM=∠DNM，即∠ENM=∠ENA+∠ANM，∠DNM=∠DNC+∠CNM，∵∠ENA=∠DNC∴∠ANM=∠CNM，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ANM=∠CMN，∴∠CMN=∠CNM，∴CM=CN；（2）解：过点N作NH⊥BC于点H，则四边形NHCD是矩形，∴HC=DN，NH=DC，∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，∴===3，∴MC=3ND=3HC，∴MH=2HC，设DN=x，则HC=x，MH=2x，∴CM=3x=CN，在Rt△CDN中，DC==2x，∴HN=2x，在Rt△MNH中，MN==2x，∴==2．【点评】此题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理以及三角形的面积．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．13．如图，在△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E，F为BC中点，BE与DF，DC分别交于点G，H，∠ABE=∠CBE．（1）线段BH与AC相等吗？若相等给予证明，若不相等请说明理由；（2）求证：BG2﹣GE2=EA2．【考点】全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理．【专题】证明题；几何综合题．【分析】（1）根据三角形的内角和定理求出∠BCD=∠ABC，∠ABE=∠DCA，推出DB=CD，根据ASA证出△DBH≌△DCA即可；（2）根据DB=DC和F为BC中点，得出DF垂直平分BC，推出BG=CG，根据BE⊥AC和∠ABE=∠CBE 得出AE=CE，在Rt△CGE中，由勾股定理即可推出答案．【解答】（1）BH=AC，理由如下：∵CD⊥AB，BE⊥AC，∴∠BDH=∠BEC=∠CDA=90°，∵∠ABC=45°，∴∠BCD=180°﹣90°﹣45°=45°=∠ABC∴DB=DC，∵∠BDH=∠BEC=∠CDA=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∠A+∠HBD=90°，∴∠HBD=∠ACD，∵在△DBH和△DCA中，∴△DBH≌△DCA（ASA），∴BH=AC．（2）连接CG，由（1）知，DB=CD，∵F为BC的中点，∴DF垂直平分BC，∴BG=CG，∵∠ABE=∠CBE，BE⊥AC，∴EC=EA，在Rt△CGE中，由勾股定理得：CG2﹣GE2=CE2，∵CE=AE，BG=CG，∴BG2﹣GE2=EA2．【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形性质，全等三角形的性质和判定，线段的垂直平分线的性质的应用，注意：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，等腰三角形具有三线合一的性质，主要考查学生运用定理进行推理的能力．14．已知两个等腰Rt△ABC，Rt△CEF有公共顶点C，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME．（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；（2）如图1，若CB=a，CE=2a，求BM，ME的长；（3）如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME．【考点】三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．【专题】压轴题．【分析】（1）证法一：如答图1a所示，延长AB交CF于点D，证明BM为△ADF的中位线即可；证法二：如答图1b所示，延长BM交EF于D，根据在同一平面内，垂直于同一直线的两直线互相平行可得AB∥EF，再根据两直线平行，内错角相等可得∠BAM=∠DFM，根据中点定义可得AM=MF，然后利用“角边角”证明△ABM和△FDM全等，再根据全等三角形对应边相等可得AB=DF，然后求出BE=DE，从而得到△BDE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出∠EBM=45°，从而得到∠EBM=∠ECF，再根据同位角相等，两直线平行证明MB∥CF即可，（2）解法一：如答图2a所示，作辅助线，推出BM、ME是两条中位线；解法二：先求出BE的长，再根据全等三角形对应边相等可得BM=DM，根据等腰三角形三线合一的性质可得EM⊥BD，求出△BEM是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求解即可；（3）证法一：如答图3a所示，作辅助线，推出BM、ME是两条中位线：BM=DF，ME=AG；然后证明△ACG≌△DCF，得到DF=AG，从而证明BM=ME；证法二：如答图3b所示，延长BM交CF于D，连接BE、DE，利用同旁内角互补，两直线平行求出AB∥CF，再根据两直线平行，内错角相等求出∠BAM=∠DFM，根据中点定义可得AM=MF，然后利用“角边角”证明△ABM和△FDM全等，再根据全等三角形对应边相等可得AB=DF，BM=DM，再根据“边角边”证明△BCE和△DFE全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DE，全等三角形对应角相等可得∠BEC=∠DEF，然后求出∠BED=∠CEF=90°，再根据等腰直角三角形的性质证明即可．【解答】（1）证法一：如答图1a，延长AB交CF于点D，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，∴AB=BC=BD，∴点B为线段AD的中点，又∵点M为线段AF的中点，∴BM为△ADF的中位线，∴BM∥CF．证法二：如答图1b，延长BM交EF于D，∵∠ABC=∠CEF=90°，∴AB⊥CE，EF⊥CE，∴AB∥EF，∴∠BAM=∠DFM，∵M是AF的中点，∴AM=MF，在△ABM和△FDM中，，∴△ABM≌△FDM（ASA），∴AB=DF，∵BE=CE﹣BC，DE=EF﹣DF，∴BE=DE，∴△BDE是等腰直角三角形，∴∠EBM=45°，∵在等腰直角△CEF中，∠ECF=45°，∴∠EBM=∠ECF，∴MB∥CF；（2）解法一：如答图2a所示，延长AB交CF于点D，则易知△BCD与△ABC为等腰直角三角形，∴AB=BC=BD=a，AC=CD=a，∴点B为AD中点，又点M为AF中点，∴BM=DF．分别延长FE与CA交于点G，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，∴CE=EF=GE=2a，CG=CF=a，∴点E为FG中点，又点M为AF中点，∴ME=AG．∵CG=CF=a，CA=CD=a，∴AG=DF=a，∴BM=ME=×a=a．解法二：如答图1b．∵CB=a，CE=2a，∴BE=CE﹣CB=2a﹣a=a，∵△ABM≌△FDM，∴BM=DM，又∵△BED是等腰直角三角形，∴△BEM是等腰直角三角形，∴BM=ME=BE=a；（3）证法一：如答图3a，延长AB交CE于点D，连接DF，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，∴AB=BC=BD，AC=CD，∴点B为AD中点，又点M为AF中点，∴BM=DF．延长FE与CB交于点G，连接AG，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，∴CE=EF=EG，CF=CG，∴点E为FG中点，又点M为AF中点，∴ME=AG．在△ACG与△DCF中，，∴△ACG≌△DCF（SAS），∴DF=AG，∴BM=ME．证法二：如答图3b，延长BM交CF于D，连接BE、DE，∵∠BCE=45°，∴∠ACD=45°×2+45°=135°∴∠BAC+∠ACF=45°+135°=180°，∴AB∥CF，∴∠BAM=∠DFM，∵M是AF的中点，∴AM=FM，在△ABM和△FDM中，，∴△ABM≌△FDM（ASA），∴AB=DF，BM=DM，∴AB=BC=DF，在△BCE和△DFE中，，∴△BCE≌△DFE（SAS），∴BE=DE，∠BEC=∠DEF，∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠DEF+∠CED=∠CEF=90°，∴△BDE是等腰直角三角形，又∵BM=DM，∴BM=ME=BD，故BM=ME．【点评】本题考查了三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出中位线、全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．。

2018年中考数学总复习《特殊三角形》专题训练题含答案

2018 初三数学中考复习特殊三角形专题复习训练题1. 在下列长度的各组线段中，能组成直角三角形的是( )A．5，6，7 B．1，4，8 C．5，12，13 D．5，11，122．一个等腰三角形一边长为4 cm，另一边长为5 cm，那么这个等腰三角形的周长是( )A．13 cm B．14 cm C．13 cm或14 cm D．以上都不对3．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° B．51° C．51.5° D．52.5°4．如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD是△ABC的角平分线．若在边AB上截取BE＝BC，连接DE，则图中等腰三角形共有( )A．2个 B．3个 C．4个 D．5个5．已知等边三角形的边长为3，点P为等边三角形内任意一点，则点P到三边的距离之和为( )A.32B.332C.32D．不能确定6. 一个等腰三角形的两边长分别为4，8，则它的周长为( ) A．12 B．16 C．20 D．16或207. 如图，△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝12，则BC＝( )A．6 B．6 2 C．6 3 D．128. 如图，在△ABC中，AB＝AD＝DC，∠B＝70°，则∠C的度数为( )A．35°B．40°C．45°D．50°9. 如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开．若测得AM 的长为1.2 km，则M，C两点间的距离为( )A．0.5 km B．0.6 km C．0.9 km D．1.2 km10. 下列各组线段能构成直角三角形的一组是( )A．30，40，50 B．7，12，13C．5，9，12 D．3，4，611. 在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，点P为边BC的三等分点，连接AP，则AP的长为____________．12. 如图，AB∥CE，BF交CE于点D，DE＝DF，∠F＝20°，则∠B的度数为__°．13. ．如图，在Rt△ABC中，E是斜边AB的中点，若AB＝10，则CE＝____．14．已知实数x，y满足|x－4|＋y－8＝0，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是__20__.15．如图，△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC，点E在BC的延长线上，且CE ＝1，∠E＝30°，则BC＝__2__.16．如图，O为数轴原点，A，B两点分别对应－3，3，作腰长为4的等腰△ABC，连接OC，以O为圆心，CO长为半径画弧交数轴于点M，则点M对应的实数为____．17. 如图，已知正方形ABCD的边长为4，对角线AC与BD相交于点O，点E在DC边的延长线上．若∠CAE＝15°，则AE＝____18. 在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，若CD＝2，过点D作DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，求EF的长．19. 如图，在△ABC中，D为AC边的中点，且DB⊥BC，BC＝4，CD＝5.(1)求DB的长；(2)在△ABC中，求BC边上高的长．20. 已知：如图，在△ABC中，AB＝AC.求证：∠B＝∠C.参考答案： 1---10 CCDDBCAADA11. 13或10 12. 40 13. 5 14. 20 15. 2 16. 7 17. 818. 解：∵△ABC 是等边三角形，∴∠B ＝∠ACB ＝60°，∵DE ∥AB ，∴∠EDC ＝∠B ＝60°，∴△EDC 是等边三角形，∴DE ＝DC ＝2，在Rt △DEF 中，∵∠DEF ＝90°，DE ＝2，∴DF ＝2DE ＝4，∴EF ＝DF 2－DE 2＝42－22＝2 319. 解：(1)∵DB ⊥BC ，BC ＝4，CD ＝5，∴BD ＝52－42＝3 (2)延长CB ，过点A 作AE ⊥CB 延长线于点E ，∵DB ⊥BC ，AE ⊥BC ，∴AE ∥DB ，∵D 为AC 边的中点，∴BD ＝12AE ，∴AE ＝6，即BC 边上高的长为620. 证明：如解图，过点A 作∠BAC 的平分线AD ，交BC 于点D ，则∠BAD＝∠CAD，在△ABD 和△ACD中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠BAD ＝∠CAD，AD ＝AD ，∴△ABD ≌△ACD(SAS )，∴∠B ＝∠C(也可过点A 作BC 边上的中线，证△ABD≌△ACD)。

中考数学压轴题专项练习：特殊三角形问题（10道）及答案

中考数学压轴题专项练习：特殊三角形问题（10道）及答案题库：二次函数压轴题-特殊三角形问题1.如图，抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (－1，0)、B 两点，与y 轴交于点C (0，2)，抛物线的对称轴交x 轴于点D.(1)求抛物线的解析式； (2)求sin ∠ABC 的值；(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，如果存在，直接写出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由．第1题图解：(1)将点A (－1，0)，C (0，2)代入抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 中得，－12－b ＋c ＝0c ＝2，解得b ＝32c ＝2，∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋32x ＋2； (2)令y ＝－12x 2＋32x ＋2＝0，解得x 1＝－1，x 2＝4，∴点B 的坐标为(4，0)，在Rt △BOC 中，BC ＝OC 2＋OB 2＝22＋42＝25，∴sin ∠ABC ＝OC BC ＝225＝55；(3)存在，点P 坐标为(32，52)或(32，－52)或(32，4)．【解法提示】由抛物线y ＝－12x 2＋32x ＋2得对称轴为直线x ＝32，∴点D 的坐标为(32，0)．∴CD ＝OC 2＋OD 2＝22＋（32）2＝52.∵点P 在对称轴x ＝32上，且△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，∴当点D 为顶点时，有DP ＝CD ＝52，此时点P 的坐标为(32，52)或(32，－52)；当点C 为顶点时，如解图，连接CP ，则CP ＝CD ，过点C 作CG ⊥DP 于点G ，则DG ＝PG ，第1题解图∵DG ＝2，∴PG ＝2，PD ＝4，∴点P 的坐标为(32，4)．综上，存在点P 使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，点P 的坐标为(32，52)或(32，－52)或(32，4)．2. 如图，已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴为直线x ＝－1，且经过A (1，0)，C (0，3)两点，与x 轴的另一个交点为B .(1)若直线y ＝mx ＋n 经过B ，C 两点，求抛物线和直线BC 的解析式； (2)在抛物线的对称轴x ＝－1上找一点M ，使点M 到点A 的距离与到点C 的距离之和最小，求点M 的坐标；(3)设点P 为抛物线的对称轴x ＝－1上的一个动点，求使△BPC 为直角三角形的点P 的坐标．第2题图解：(1)由题意得－b2a ＝－1a ＋b ＋c ＝0c ＝3，解得a ＝－1b ＝－2c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2－2x ＋3.∵对称轴为直线x ＝－1，抛物线经过A (1，0)，∴B (－3，0)．设直线BC 的解析式y ＝mx ＋n ，把B (－3，0)，C (0，3)分别代入y ＝mx ＋n 得－3m ＋n ＝0n ＝3，解得m ＝1n ＝3，∴直线BC 的解析式为y ＝x ＋3； (2)如解图，连接MA ，第2题解图∵MA ＝MB ，∴MA ＋MC ＝MB ＋MC .∴使MA ＋MC 最小的点M 应为直线BC 与对称轴x ＝－1的交点．设直线BC 与对称轴x ＝－1的交点为M ，把x ＝－1代入直线y ＝x ＋3，得y ＝2.∴M (－1，2);(3)设P (－1，t )，∵B (－3，0)，C (0，3)，∴BC 2＝18， PB 2＝(－1＋3)2＋t 2＝4＋t 2， PC 2＝(－1)2＋(t －3)2＝t 2－6t ＋10.①若B 为直角顶点，则BC 2＋PB 2＝PC 2，即18＋4＋t 2＝t 2－6t ＋10，解得t＝－2；②若C 为直角顶点，则BC 2＋PC 2＝PB 2，即18＋t 2－6t ＋10＝4＋t 2，解得t ＝4；③若P 为直角顶点，则PB 2＋PC 2＝BC 2，即： 4＋t 2＋t 2－6t ＋10＝18，解得t 1＝3＋172，t 2＝3－172.综上所述，满足条件的点P 共有四个，分别为：P 1(－1，－2)，P 2(－1，4)，P 3(－1，3＋172)，P 4(－1，3－172)．3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 经过点A (0，－6)和点C (6，0)．(1)求抛物线的解析式；(2)若抛物线与x 轴的负半轴交于点B ，试判断△ABC 的形状；(钝角三角形、直角三角形、锐角三角形)(3)在抛物线上是否存在点P ，使得△P AC 是以AC 为底的等腰三角形？若存在，请求出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第3题图解：(1)将C 、A 两点坐标代入y ＝x 2＋bx ＋c ，可得36＋6b ＋c ＝0c ＝－6，解得b ＝－5c ＝－6，∴抛物线的解析式为y ＝x 2－5x －6； (2)当y ＝0时，则有：x 2－5x －6＝0，即(x ＋1)(x －6)＝0，∴解得x 1＝－1，x 2＝6(舍)，∴B (－1，0)．由两点之间的距离公式可得： BC 2＝[(－1)－6]2＝49， AC 2＝(6－0)2＋[0－(－6)]2＝72，AB 2＝(－1－0)2＋[0－(－6)]2＝37，∵AB 2＋BC 2>AC 2，∴△ABC 为锐角三角形．(3)存在满足条件的点P ，使得△P AC 是以AC 为底的等腰三角形理由：如解图，过线段AC 的中点M ，作AC 的垂线交抛物线于点P ，第3题解图直线MP 与抛物线必有两个满足条件的交点P ，∵A (0，－6)，C (6，0)，∴点M 的坐标为(3，－3)，且OA =OC ，∴直线MP 过点O ，设直线MP 的解析式为y ＝kx ，将点M (3，－3)代入得，k ＝－1，即直线MP 的解析式为y ＝－x ，联立y ＝－x y ＝x 2－5x －6，解得x 1＝2－10y 1＝10－2或x 2＝2＋10y 2＝－2－10 ，∴点P 的坐标为(2－10，10－2)或(2＋10，－2－10)．4. 如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝－2x ＋10与x 轴，y 轴相交于A ，B 两点，点C 的坐标是(8，4)，连接AC ，BC .(1)求过O ，A ，C 三点的抛物线的解析式，并判断△ABC 的形状；(2)动点P 从点O 出发，沿OB 以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，同时，动点Q 从点B 出发，沿BC 以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t 秒．当t 为何值时，P A ＝QA?(3)在抛物线的对称轴上，是否存在点M ，使以A ，B ，M 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．第4题图解：(1)∵直线y ＝－2x ＋10与x 轴、y 轴相交于A 、B 两点，∴A (5，0)，B (0，10)，设过O 、A 、C 三点的抛物线的解析式为y ＝ax 2＋bx (a ≠0)，把点A (5，0)和C (8，4)代入可得25a ＋5b ＝064a ＋8b ＝4，解得a ＝16b ＝－56，∴抛物线的解析式为y ＝16x 2－56x ；∵A (5，0)，B (0，10)，C (8，4)，∴AB 2＝125，AC 2＝25，BC 2＝100，∵AB 2＝AC 2＋BC 2，∴△ABC 是直角三角形．(2)如解图，连接AP ，AQ ，当P ，Q 运动t 秒，即OP ＝2t ，CQ ＝10－t ，第4题解图在Rt △AOP 和Rt △ACQ 中，AC ＝OAP A ＝QA，∴Rt △AOP ≌Rt △ACQ ，∴OP ＝CQ ，∴2t ＝10－t ，∴t ＝103，∵t <5，∴当运动时间为103秒时，P A ＝QA ； (3)存在．由题可得，抛物线的对称轴直线为x ＝52，设点M 的坐标为( 52，b )，利用点的坐标可求得 AB 2＝102＋52＝125， MB 2＝(52)2＋(b －10)2， MA 2＝(52)2＋b 2，∵△MAB 是等腰三角形，∴可分以下三种情况讨论：①当AB ＝MA 时，即125＝(52)2＋b 2，解得b ＝±5192，即点M 的坐标为(52，5192)或(52，－5192)；②当AB ＝BM 时，即125＝(52)2＋(b －10)2，解得b ＝10±5192，即点M 的坐标为(52，10＋5192)或(52，10－5192)；③当MB ＝MA 时，即(52)2＋(b －10)2＝(52)2＋b 2，解得b ＝5，此时点A 、M 、B 共线，故这样的点M 不存在．综上所述，存在点M ，使以点A 、B 、M 为顶点的三角形是等腰三角形，点M 的坐标为(52，5192)或(52，－5192)或(52，10＋5192)或(52，10－5192)．5. 如图，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A 、B 两点，B 点坐标为(3，0)，与y 轴交于点C (0，3)．(1)求抛物线的解析式；(2)点P 在x 轴下方的抛物线上，过点P 的直线y ＝x ＋m 与直线BC 交于点E ，与y 轴交于点F ，求PE ＋EF 的最大值；(3)点D 为抛物线对称轴上一点，当△BCD 是以BC 为直角边的直角三角形时，求点D 的坐标．解：(1)由题意得32＋3b ＋c ＝0c ＝3，解得b ＝－4c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3；(2)如解图①，过点P 作PG ∥CF 交CB 与点G ，第5题解图①由题可知，直线BC 的解析式为y ＝－x ＋3，OC ＝OB ＝3，∴∠OCB ＝45°. 同理可知∠OFE ＝45°，∴△CEF 为等腰直角三角形，∵PG ∥CF ，∴△GPE 为等腰直角三角形，∵F(0，m)，C(0，3)，∴CF＝3－m，∵△CEF∽△GEP∴EF＝22CF＝22(3－m), PE＝22PG，设P(t，t2－4t＋3)(1<t<="">2PG＝22(－t＋3－t－m)＝22(－m－2t＋3)，∵点P是直线y＝x＋m与抛物线的交点，∴t2－4t＋3＝t＋m，∴PE＋EF＝22(3－m)＋22(－m－2t＋3)＝22(－2t－2m＋6)＝－2(t＋m－3)＝－2(t2－4t)＝－2(t－2)2＋42，∴当t＝2时，PE＋EF最大，最大值为42；(3)由(1)知对称轴x＝2，设点D(2，n)，如解图②.第5题解图②当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，分两种情况讨论：(ⅰ)D在C上方D1位置时，由勾股定理得CD21＋BC2＝BD21，即(2－0)2＋(n －3)2＋(32)2＝(3－2)2＋(0－n)2 ，解得n＝5；(ⅱ)D 在C 下方D 2位置时，由勾股定理得BD 22＋BC 2＝CD 22，即(2－3)2＋(n －0)2＋(32)2＝(2－0)2＋(n －3)2 ，解得n ＝－1，综上所述，当△BCD 是以BC 为直角边的直角三角形时，D 为(2，5)或(2，－1)．6.如图，抛物线y ＝ax 2－2ax ＋c (a ≠0)与y 轴交于点C (0，4)，与x 轴交于点A 、B ，点A 的坐标为(4，0)．(1)求该抛物线的解析式；(2)抛物线的顶点为N ，在x 轴上找一点K ，使CK ＋KN 的值最小，求出此时点K 的坐标；(3)若平行于x 轴的动直线l 与该抛物线交于点P ，与直线AC 交于点F ，点D 的坐标为(2，0)．问：是否存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第6题图解：(1)∵抛物线经过点C (0，4)，A (4，0)，∴c=a a c=??-+?41680，解得a=c=?-124，∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋x ＋4；</t。

浙江省2018年中考数学总复习专题提升五以特殊三角形为背景的探究性问题试题

专题提升五以特殊三角形为背景的探究性问题热点解读特殊三角形的探究问题，主要会把复杂图形分解出等腰三角形、直角三角形，找相互之间的共性，从而揭示数量关系，同时又要用运动变换的思想分析问题，抓住一些不变的图形和不变的量、等量关系．以特殊三角形为背景的探究性问题是中考热点题型．母题呈现(2017·绍兴模拟)如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，且DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F.(1)求∠F的度数；(2)若CD＝2，求DF的长．对点训练1．如图，在平面直角坐标系xOy中，A(0，2)，B(0，6)，动点C在直线y＝x上．若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数是( )第1题图A．2 B．3 C．4 D．52．(2017·营口)如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D在BC上，BD＝3，DC ＝1，点P是AB上的动点，则PC＋PD的最小值为( )第2题图A．4 B．5 C．6 D．73．(2016·长春)感知：如图1，AD平分∠BAC，∠B＋∠C＝180°，∠B＝90°，易知：DB＝DC.探究：如图2，AD平分∠BA C，∠ABD＋∠ACD＝180°，∠ABD<90°，求证：DB＝DC.应用：如图3，四边形ABCD中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC＝a，则AB－AC＝________(用含a的代数式表示)．第3题图4．(2016·孝感)感知：如图1，点E在正方形ABCD的边BC上，BF⊥AE于点F，D G⊥AE 于点G，可知△ADG≌△BAF.(不要求证明)拓展：如图2，点B、C分别在∠MAN的边AM、AN上，点E、F在∠MAN内部的射线AD 上，∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角．已知AB＝AC，∠1＝∠2＝∠BAC，求证：△ABE≌△CAF.应用：如图3，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，AB＞BC.点D在边BC上，CD＝2BD，点E、F在线段AD上，∠1＝∠2＝∠BAC.若△ABC的面积为9，则△ABE与△CDF的面积之和为.第4题图5．如图，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AC＝12cm，点E从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动，同时点D从点C出发沿CA以每秒2cm的速度向点A 运动，运动时间为t秒(0＜t＜6)，过点D作DF⊥BC于点F.(1)试用含t的式子表示AE、AD的长；(2)如图1，在D、E运动的过程中，四边形AEFD是平行四边形，请说明理由；(3)如图2，连结DE，当t为何值时，△DEF为直角三角形？(4)如图3，将△ADE沿DE翻折得到△A′DE，试问当t为何值时，四边形AEA′D为菱形？第5题图6．(2017·大连)如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D，E分别在AC，BC上(点D与点A，C不重合)，且∠DEC＝∠A，将△DCE绕点D逆时针旋转90°得到△DC′E′.当△DC′E′的斜边、直角边与AB分别相交于点P，Q(点P与点Q不重合)时，设CD＝x，PQ＝y.(1)求证：∠ADP＝∠DEC；(2)求y关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．第6题图参考答案专题提升五以特殊三角形为背景的探究性问题【母题呈现】(1)∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°.∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠B＝60°.∵EF⊥DE，∴∠DEF＝90°.∴∠F＝90°－∠EDC＝30°.(2)∵∠ACB＝60°，∠EDC＝60°，∴△EDC是等边三角形．∴ED＝DC＝2.∵∠DEF＝90°，∠F ＝30°，∴DF ＝2DE ＝4.【对点训练】1.B 2.B3．探究：如图2中，作DE⊥AB 于E ，DF ⊥AC 于F ，∵DA 平分∠BAC ，∴DE ＝DF ，∵∠B ＋∠ACD ＝180°，∠ACD ＋∠FCD ＝180°，∴∠B ＝∠FCD ，在△DFC 和△DEB 中，∵∠F ＝∠DEB ，∠FCD ＝∠B ，DF ＝DE ，∴△DFC ≌△DEB ，∴DC ＝DB. 应用：如图3，连结AD ，作DE⊥AB 于E ，DF ⊥AC 于F ，∵∠B ＋∠ACD ＝180°，∠ACD ＋∠FCD ＝180°，∴∠B ＝∠FCD ，在△DFC 和△DEB 中，∵∠F ＝∠DEB ，∠FCD ＝∠B ，DC ＝DB ，∴△DFC ≌△DEB ，∴DF ＝DE ，CF ＝BE ，在Rt △ADF 和Rt △ADE 中，∵AD ＝AD ，DE ＝DF ，∴△ADF ≌△ADE ，∴AF ＝AE ，∴AB －AC ＝(AE ＋BE )－(AF －CF )＝2BE ，在Rt △DEB 中，∵∠DEB ＝90°，∠B ＝∠EDB ＝45°，BD ＝a ，∴BE ＝22a ，∴AB －AC ＝2a.故答案为：2a.第3题图4．拓展：∵∠1＝∠2，∴∠BEA ＝∠AFC ，∵∠1＝∠ABE ＋∠BAE ，∠BAE ＋∠DAC ＝∠BAC ，∠1＝∠BAC ，∴∠BAC ＝∠ABE ＋∠BAE ，∴∠DAC ＝∠ABE ，∴⎩⎪⎨⎪⎧∠AEB ＝∠AFC ，∠ABE ＝∠DAC ，AB ＝AC ，∴△A BE≌△CAF (AAS )．应用：∵在等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，CD ＝2BD ，∴△ABD 与△ADC 等高，底边比值为1∶2，∴△ABD 与△ADC 的面积比为1∶2，∵△ABC 的面积为9，∴△ABD 与△A DC 面积分别为3，6；∵∠1＝∠2，∴∠BEA ＝∠AFC ，∵∠1＝∠ABE ＋∠BAE ，∠BAE ＋∠DAC ＝∠BAC ，∠1＝∠BAC ，∴∠BAC ＝∠ABE ＋∠BAE ，∴∠DAC ＝∠ABE ，∴⎩⎪⎨⎪⎧∠AEB ＝∠AFC ，∠ABE ＝∠DAC ，AB ＝AC ，∴△ABE≌△CAF (AAS )，∴△ABE 与△CAF 面积相等，∴△ABE 与△CDF 的面积之和为△ADC 的面积，∴△ABE 与△CDF 的面积之和为6，故答案为：6.5．(1)AE ＝tcm ，AD ＝(12－2t )cm. (2)∵DF⊥BC ，∠C ＝30°，∴DF ＝12CD ＝12×2t ＝t.∵AE ＝t ，∴DF ＝AE.∵∠ABC ＝90°，DF ⊥BC ，∴DF ∥AE.∴四边形AEFD 是平行四边形． (3)①显然∠DFE ＜90°.②如图1，当∠EDF ＝90°时，四边形EBFD 为矩形，此时AE ＝12AD ，∴t ＝12(12－2t )．∴t ＝3.③如图2，当∠DEF ＝90°时，此时∠ADE ＝90°，∴∠AED＝90°－∠A ＝30°.∴AD ＝12AE.∴12－2t ＝12t.∴t ＝245.综上：当t ＝3秒或t ＝245秒时，△DEF 为直角三角形． (4)如图3，若四边形AEA′D 为菱形，则AE ＝AD.∴t ＝12－2t.∴t ＝4.∴当t ＝4时，四边形AEA′D 为菱形．第5题图6．(1)如图1，∵∠EDE ′＝∠C ＝90°，∴∠ADP ＋∠CDE ＝90°，∠CDE ＋∠DEC ＝90°，∴∠ADP ＝∠DEC. (2)如图1，当C′E′与AB 相交于Q 时，即65＜x≤127时，过P 作MN∥DC′，设∠B ＝α，∴MN ⊥AC ，四边形DC′MN 是矩形，∴PM ＝PQ·cos α＝45y ，PN ＝43×12(3－x )，∴23(3－x )＋45y ＝x ，∴y ＝2512x －52，当DC′交AB 于Q 时，即127＜x ＜3时，如图2，作PM⊥AC 于M ，PN ⊥DQ 于N ，则四边形PMDN 是矩形，∴PN ＝DM ，∵DM ＝12(3－x )，PN ＝PQ·sin α＝35y ，∴12(3－x )＝35y ，∴y ＝－56x ＋52.综上所述，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－56x ＋52⎝ ⎛⎭⎪⎫127<x<3，2512x －52⎝ ⎛⎭⎪⎫65<x≤127.第6题图。

中考数学压轴题专项练习：特殊三角形问题(10道)及答案

题库：二次函数压轴题-特殊三角形问题1.如图，抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (－1，0)、B 两点，与y 轴交于点C (0，2)，抛物线的对称轴交x 轴于点D.(1)求抛物线的解析式；(2)求sin ∠ABC 的值；(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，如果存在，直接写出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由．第1题图解：(1)将点A (－1，0)，C (0，2)代入抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 中得，⎩⎪⎨⎪⎧－12－b ＋c ＝0c ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝32c ＝2， ∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋32x ＋2； (2)令y ＝－12x 2＋32x ＋2＝0，解得x 1＝－1，x 2＝4，∴点B 的坐标为(4，0)，在Rt △BOC 中，BC ＝OC 2＋OB 2＝22＋42＝25，∴sin ∠ABC ＝OC BC ＝225＝55； (3)存在，点P 坐标为(32，52)或(32，－52)或(32，4)．【解法提示】由抛物线y ＝－12x 2＋32x ＋2得对称轴为直线x ＝32，∴点D 的坐标为(32，0)．∴CD ＝OC 2＋OD 2＝22＋（32）2＝52. ∵点P 在对称轴x ＝32上，且△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，∴当点D 为顶点时，有DP ＝CD ＝52，此时点P 的坐标为(32，52)或(32，－52)；当点C 为顶点时，如解图，连接CP ，则CP ＝CD ，过点C 作CG ⊥DP 于点G ，则DG ＝PG ，第1题解图∵DG ＝2，∴PG ＝2，PD ＝4，∴点P 的坐标为(32，4)．综上，存在点P 使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，点P 的坐标为(32，52)或(32，－52)或(32，4)．2. 如图，已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴为直线x ＝－1，且经过A (1，0)，C (0，3)两点，与x 轴的另一个交点为B .(1)若直线y ＝mx ＋n 经过B ，C 两点，求抛物线和直线BC 的解析式；(2)在抛物线的对称轴x ＝－1上找一点M ，使点M 到点A 的距离与到点C 的距离之和最小，求点M 的坐标；(3)设点P 为抛物线的对称轴x ＝－1上的一个动点，求使△BPC 为直角三角形的点P 的坐标．第2题图解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－b 2a ＝－1a ＋b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝－2c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2－2x ＋3.∵对称轴为直线x ＝－1，抛物线经过A (1，0)，∴B (－3，0)．设直线BC 的解析式y ＝mx ＋n ，把B (－3，0)，C (0，3)分别代入y ＝mx ＋n 得⎩⎨⎧－3m ＋n ＝0n ＝3，解得⎩⎨⎧m ＝1n ＝3， ∴直线BC 的解析式为y ＝x ＋3； (2)如解图，连接MA ，第2题解图∵MA ＝MB ，∴MA ＋MC ＝MB ＋MC .∴使MA ＋MC 最小的点M 应为直线BC 与对称轴x ＝－1的交点．设直线BC 与对称轴x ＝－1的交点为M ，把x ＝－1代入直线y ＝x ＋3，得y ＝2.∴M (－1，2);(3)设P (－1，t )，∵B (－3，0)，C (0，3)，∴BC 2＝18，PB 2＝(－1＋3)2＋t 2＝4＋t 2，PC 2＝(－1)2＋(t －3)2＝t 2－6t ＋10.①若B 为直角顶点，则BC 2＋PB 2＝PC 2，即18＋4＋t 2＝t 2－6t ＋10，解得t＝－2；②若C 为直角顶点，则BC 2＋PC 2＝PB 2，即18＋t 2－6t ＋10＝4＋t 2，解得t ＝4；③若P 为直角顶点，则PB 2＋PC 2＝BC 2，即：4＋t 2＋t 2－6t ＋10＝18，解得t 1＝3＋172，t 2＝3－172. 综上所述，满足条件的点P 共有四个，分别为：P 1(－1，－2)，P 2(－1，4)，P 3(－1，3＋172)，P 4(－1，3－172)．3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 经过点A (0，－6)和点C (6，0)．(1)求抛物线的解析式；(2)若抛物线与x 轴的负半轴交于点B ，试判断△ABC 的形状；(钝角三角形、直角三角形、锐角三角形)(3)在抛物线上是否存在点P ，使得△P AC 是以AC 为底的等腰三角形？若存在，请求出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第3题图解：(1)将C 、A 两点坐标代入y ＝x 2＋bx ＋c ，可得⎩⎨⎧36＋6b ＋c ＝0c ＝－6，解得⎩⎨⎧b ＝－5c ＝－6， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2－5x －6； (2)当y ＝0时，则有：x 2－5x －6＝0，即(x ＋1)(x －6)＝0，∴解得x 1＝－1，x 2＝6(舍)，∴B (－1，0)．由两点之间的距离公式可得：BC 2＝[(－1)－6]2＝49，AC 2＝(6－0)2＋[0－(－6)]2＝72，AB 2＝(－1－0)2＋[0－(－6)]2＝37，∵AB 2＋BC 2>AC 2，∴△ABC 为锐角三角形．(3)存在满足条件的点P ，使得△P AC 是以AC 为底的等腰三角形理由：如解图，过线段AC 的中点M ，作AC 的垂线交抛物线于点P ，第3题解图直线MP 与抛物线必有两个满足条件的交点P ，∵A (0，－6)，C (6，0)，∴点M 的坐标为(3，－3)，且OA =OC ，∴直线MP 过点O ，设直线MP 的解析式为y ＝kx ，将点M (3，－3)代入得，k ＝－1，即直线MP 的解析式为y ＝－x ，联立⎩⎨⎧y ＝－x y ＝x 2－5x －6，解得⎩⎨⎧x 1＝2－10y 1＝10－2或⎩⎨⎧x 2＝2＋10y 2＝－2－10， ∴点P 的坐标为(2－10，10－2)或(2＋10，－2－10)．4. 如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝－2x ＋10与x 轴，y 轴相交于A ，B 两点，点C 的坐标是(8，4)，连接AC ，BC .(1)求过O ，A ，C 三点的抛物线的解析式，并判断△ABC 的形状；(2)动点P 从点O 出发，沿OB 以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，同时，动点Q 从点B 出发，沿BC 以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t 秒．当t 为何值时，P A ＝QA?(3)在抛物线的对称轴上，是否存在点M ，使以A ，B ，M 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．第4题图解：(1)∵直线y ＝－2x ＋10与x 轴、y 轴相交于A 、B 两点，∴A (5，0)，B (0，10)，设过O 、A 、C 三点的抛物线的解析式为y ＝ax 2＋bx (a ≠0)，把点A (5，0)和C (8，4)代入可得⎩⎨⎧25a ＋5b ＝064a ＋8b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝16b ＝－56， ∴抛物线的解析式为y ＝16x 2－56x ；∵A (5，0)，B (0，10)，C (8，4)，∴AB 2＝125，AC 2＝25，BC 2＝100，∵AB 2＝AC 2＋BC 2，∴△ABC 是直角三角形．(2)如解图，连接AP ，AQ ，当P ，Q 运动t 秒，即OP ＝2t ，CQ ＝10－t ，第4题解图在Rt △AOP 和Rt △ACQ 中，⎩⎨⎧AC ＝OA P A ＝QA， ∴Rt △AOP ≌Rt △ACQ ，∴OP ＝CQ ，∴2t ＝10－t ，∴t ＝103，∵t <5，∴当运动时间为103秒时，P A ＝QA ；(3)存在．由题可得，抛物线的对称轴直线为x ＝52，设点M 的坐标为( 52，b )，利用点的坐标可求得AB 2＝102＋52＝125，MB 2＝(52)2＋(b －10)2，MA 2＝(52)2＋b 2， ∵△MAB 是等腰三角形，∴可分以下三种情况讨论：①当AB ＝MA 时，即125＝(52)2＋b 2，解得b ＝±5192，即点M 的坐标为(52，5192)或(52，－5192)；②当AB ＝BM 时，即125＝(52)2＋(b －10)2，解得b ＝10±5192，即点M 的坐标为(52，10＋5192)或(52，10－5192)；③当MB ＝MA 时，即(52)2＋(b －10)2＝(52)2＋b 2，解得b ＝5，此时点A 、M 、B 共线，故这样的点M 不存在．综上所述，存在点M ，使以点A 、B 、M 为顶点的三角形是等腰三角形，点M 的坐标为(52，5192)或(52，－5192)或(52，10＋5192)或(52，10－5192)．5. 如图，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A 、B 两点，B 点坐标为(3，0)，与y 轴交于点C (0，3)．(1)求抛物线的解析式；(2)点P 在x 轴下方的抛物线上，过点P 的直线y ＝x ＋m 与直线BC 交于点E ，与y 轴交于点F ，求PE ＋EF 的最大值；(3)点D 为抛物线对称轴上一点，当△BCD 是以BC 为直角边的直角三角形时，求点D 的坐标．解：(1)由题意得⎩⎨⎧32＋3b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎨⎧b ＝－4c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3；(2)如解图①，过点P 作PG ∥CF 交CB 与点G ，第5题解图①由题可知，直线BC 的解析式为y ＝－x ＋3，OC ＝OB ＝3， ∴∠OCB ＝45°. 同理可知∠OFE ＝45°， ∴△CEF 为等腰直角三角形， ∵PG ∥CF ，∴△GPE 为等腰直角三角形，∵F(0，m)，C(0，3)，∴CF＝3－m，∵△CEF∽△GEP∴EF＝22CF＝22(3－m), PE＝22PG，设P(t，t2－4t＋3)(1<t<3), 则G(t，－t＋3)PE＝22PG＝22(－t＋3－t－m)＝22(－m－2t＋3)，∵点P是直线y＝x＋m与抛物线的交点，∴t2－4t＋3＝t＋m，∴PE＋EF＝22(3－m)＋22(－m－2t＋3)＝22(－2t－2m＋6)＝－2(t＋m－3)＝－2(t2－4t)＝－2(t－2)2＋42，∴当t＝2时，PE＋EF最大，最大值为42；(3)由(1)知对称轴x＝2，设点D(2，n)，如解图②.第5题解图②当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，分两种情况讨论：(ⅰ)D在C上方D1位置时，由勾股定理得CD21＋BC2＝BD21，即(2－0)2＋(n －3)2＋(32)2＝(3－2)2＋(0－n)2 ，解得n＝5；(ⅱ)D 在C 下方D 2位置时，由勾股定理得BD 22＋BC 2＝CD 22，即(2－3)2＋(n －0)2＋(32)2＝(2－0)2＋(n －3)2 ，解得n ＝－1，综上所述，当△BCD 是以BC 为直角边的直角三角形时，D 为(2，5)或(2，－1)．6.如图，抛物线y ＝ax 2－2ax ＋c (a ≠0)与y 轴交于点C (0，4)，与x 轴交于点A 、B ，点A 的坐标为(4，0)．(1)求该抛物线的解析式；(2)抛物线的顶点为N ，在x 轴上找一点K ，使CK ＋KN 的值最小，求出此时点K 的坐标；(3)若平行于x 轴的动直线l 与该抛物线交于点P ，与直线AC 交于点F ，点D 的坐标为(2，0)．问：是否存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第6题图解：(1)∵抛物线经过点C (0，4)，A (4，0)，∴c=a a c=⎧⎨-+⎩41680，解得a=c=⎧-⎪⎨⎪⎩124，∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋x ＋4；(2)由y ＝－12x 2＋x ＋4＝－12(x －1)2＋92可得抛物线的顶点坐标为N (1，92)，如解图①，作点C 关于x 轴的对称点C ′，则C ′(0，－4)，连接C′N 交x 轴于点K ，则K 点即为所求点，第6题解图①设直线C′N 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，把N ，C′两点坐标代入可得：k b=b=⎧+⎪⎨⎪-⎩924，解得k=b=⎧⎪⎨⎪-⎩1724， ∴直线C′N 的解析式为y ＝172x －4，令y ＝0，解得x ＝817， ∴点K 的坐标为(817，0)；(3)存在．要使△ODF 是等腰三角形，需分以下三种情况讨论： ①DO ＝DF ，∵A(4，0)，D(2，0)，∴AD＝OD＝DF＝2，在Rt△AOC中，OA＝OC＝4，∴∠OAC＝45°，∴∠DF A＝∠OAC＝45°，∴∠ADF＝90°.此时，点F的坐标为(2，2)；由－12＋x＋4＝2得，2xx1＝1＋5，x2＝1－ 5.此时，点P的坐标为(1＋5，2)或(1－5，2)；②FO＝FD，如解图②，过点F作FM⊥x轴于点M.第6题解图②由等腰三角形的性质得：OM＝12OD＝1，∴AM＝3，∴在等腰直角△AMF中，MF＝AM＝3，∴F(1，3)．由－12＋x＋4＝3得，2xx 1＝1＋3，x 2＝1－ 3.此时，点P 的坐标为(1＋3，3)或(1－3，3)； ③OD ＝OF ，∵OA ＝OC ＝4，且∠AOC ＝90°， ∴AC ＝42，∴点O 到AC 的距离为2 2. 而OF ＝OD ＝2<22，∴在AC 上不存在点F 使得OF ＝OD ＝2.此时，不存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形．综上所述，存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形，所求点P 的坐标为(1＋5，2)或(1－5，2)或(1＋3，3)或(1－3，3)．7.如图①，抛物线y ＝－13x 2＋bx ＋8与x 轴交于点A (－6，0)，点B (点A 在点B 左侧)，与y 轴交于点C ，点P 为线段AO 上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线l 与抛物线交于点E ，连接AE 、EC .(1)求抛物线的表达式及点C 的坐标；(2)连接AC 交直线l 于点D ，则在点P 运动过程中，当点D 为EP 中点时，求S △ADP ∶S △CDE ；(3)如图②，当EC ∥x 轴时，点P 停止运动，此时，在抛物线上是否存在点G ，使△AEG 是以AE 为直角边的直角三角形？若存在，请求出点G 的坐标；若不存在，说明理由．第7题图解：(1)∵点A (－6，0)在抛物线y ＝－13x 2＋bx ＋8上， ∴0＝－13×(－6)2＋(－6b )＋8，解得b ＝－23，∴抛物线的表达式为y ＝－13x 2－23x ＋8，令x ＝0，得y ＝8， ∴C (0，8);(2)设点E (t ，－13t 2－23t ＋8)， ∴P (t ，0)，∵点D 为EP 的中点，∴DP ＝DE ，D (t ，－16t 2－13t ＋4)，设直线AC 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，将A (－6，0)，C (0，8)，代入得：k b=b=-+⎧⎨⎩608，解得k=b=⎧⎪⎨⎪⎩438，∴直线AC 的解析式为y ＝43x ＋8， ∵点D 在直线AC 上， ∴43t ＋8＝－16t 2－13t ＋4，解得t 1＝－6(舍去)，t 2＝－4， ∴P (－4，0)， ∴AP ＝2，OP ＝4，∴S △ADP S △CDE＝1212DP AP DE OP ＝AP OP ＝12；(3)存在．如解图①，连接EG ，AG ，过点G 作GM ⊥l ，GN ⊥x 轴，垂足分别为M ，N ，第7题解图①∵EC ∥x 轴， ∴EP ＝CO ＝8，把y ＝8代入y ＝－13x 2－23x ＋8，则8＝－13x 2－23x ＋8，解得x ＝0(舍去)或x ＝－2， ∴P (－2，0)，∴AP ＝AO －PO ＝4，(ⅰ)如解图①，当∠AEG ＝90°时， ∵∠MEG ＋∠AEP ＝90°， ∠AEP ＋∠EAP ＝90°， ∴∠MEG ＝∠EAP ，又∵∠APE ＝∠EMG ＝90°， ∴△EMG ∽△APE ， ∴EM AP ＝MG EP ，设点G (m ，－13m 2－23m ＋8)(m ＞0)，则GN ＝MP ＝－13m 2－23m ＋8，∴EM ＝EP －MP ＝8－(－13m 2－23m ＋8)＝13m 2＋23m ， MG ＝PN ＝PO ＋ON ＝2＋m ， ∴13m 2＋23m 4＝2＋m 8， ∴m ＝－2(舍去)或m ＝32， ∴G (32，254)；(ⅱ)如解图②，当∠EAG ＝90°时，第7题解图②∵∠NAG ＋∠EAP ＝90°， ∠AEP ＋∠EAP ＝90°， ∴∠NAG ＝∠AEP ， ∵∠APE ＝∠GNA ＝90°， ∴△GNA ∽△APE ， ∴GN AP ＝AN EP ，设点G (n ，－13n 2－23n ＋8)(n ＞4)，∴GN ＝13n 2＋23n －8，AN ＝AO ＋ON ＝6＋n ，∴2128334+-n n ＝68+n ， ∴n ＝－6(舍去)或n ＝112， ∴G (112，－234)，综上，符合条件的G 点的坐标为(32，254)或(112，－234)．8.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y ＝ax 2＋bx －8与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，直线l 经过坐标原点O ，与抛物线的一个交点为D ，与抛物线的对称轴交于点E ，连接CE .已知点A ，D 的坐标分别为(－2，0)，(6，－8)．(1)求抛物线的函数表达式； (2)分别求出点B 和点E 的坐标；(3)若点P 是y 轴负半轴上的一个动点，设其坐标为(0，m )，直线PB 与直线l 交于点Q .试探究：当m 为何值时，△OPQ 是等腰三角形．第8题图解：(1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx －8经过点A (－2，0)，D (6，－8)，∴将A 、D 两点的坐标代入得⎩⎨⎧4a －2b －8＝036a ＋6b －8＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12b ＝－3，∴抛物线的函数表达式为y ＝12x 2－3x －8； (2)∵y ＝12x 2－3x －8＝12(x －3)2－252， ∴抛物线的对称轴为直线x ＝3，又∵抛物线与x 轴交于A ，B 两点，点A 的坐标为(－2，0)，∴点B 的坐标为(8，0)．设直线l 的函数表达式为y ＝kx ， ∵点D (6，－8)在直线l 上，代入得6k ＝－8，解得k ＝－43， ∴直线l 的函数表达式为y ＝－43x ， ∵点E 为直线l 和抛物线对称轴的交点，∴点E 的横坐标为3，纵坐标为－43×3＝－4，即点E 的坐标为(3，－4)； (3)需分两种情况进行讨论：①当OP ＝OQ 时，△OPQ 是等腰三角形，如解图①，第8题解图①∵点E 的坐标为(3，－4)， ∴OE ＝32＋42＝5，过点E 作直线ME ∥PB ，交y 轴于点M ，交x 轴于点H ，则OM OP ＝OE OQ ， ∴OM ＝OE ＝5，∴点M 的坐标为(0，－5)，设直线ME 的函数表达式为y ＝k 1x －5，E （3，-4）在直线ME 上， ∴3k 1－5＝－4，解得k 1＝13，∴直线ME 的函数表达式为y ＝13x －5，令y ＝0，解得x ＝15， ∴点H 的坐标为(15，0)．又∵MH ∥PB ，∴OP OM ＝OBOH ，即－m 5＝815， ∴m ＝－83；②当QO ＝QP 时，△OPQ 是等腰三角形，如解图②，第8题解图②∵当x ＝0时，y ＝12x 2－3x －8＝－8， ∴点C 的坐标为(0，－8)， ∴CE ＝32＋（8－4）2＝5， ∴OE ＝CE ， ∴∠1＝∠2，又∵QO ＝QP ，∴∠1＝∠3， ∴∠2＝∠3， ∴CE ∥PB .设直线CE 交x 轴于点N ，其函数表达式为y ＝k 2x －8， E （3，-4）在直线CE 上， ∴3k 2－8＝－4，解得k 2＝43，∴直线CE 的函数表达式为y ＝43x －8，令y ＝0，得43x －8＝0， ∴x ＝6，∴点N 的坐标为(6，0)． ∵CN ∥PB . ∴OP OC ＝OB ON ，∴－m 8＝86，解得m ＝－323.综上所述，当m 的值为－83或－323时，△OPQ 是等腰三角形．9.如图，抛物线y ＝13x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (3，0)，B (－1，0)两点，过点B 作直线BC ⊥x 轴，交直线y ＝－2x 于点C.(1)求该抛物线的解析式；(2)求该抛物线的顶点D 的坐标，并判断顶点D 是否在直线y ＝－2x 上； (3)点P 是抛物线上一动点，是否存在这样的点P (点A 除外)，使△PBC 是以BC 为直角边的直角三角形？若存在，求出所有满足条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第9题图解：(1)∵y ＝13x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (3，0)，B (－1，0)两点， ∴⎩⎪⎨⎪⎧13×32＋3b ＋c ＝013×（－1）2－b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－23c ＝－1，∴抛物线的解析式为y ＝13x 2－23x －1； (2)∵a ＝13，b ＝－23，c ＝－1，抛物线的顶点D 的坐标为(－b 2a ，4ac －b24a )，∴x D ＝－－232×13＝1，y D ＝4×13×（－1）－（－23）24×13＝－43，∴D (1，－43)．把x ＝1代入y ＝－2x 中得y ＝－2， ∵－43≠－2，∴顶点D 不在直线y ＝－2x 上； (3)存在．理由如下：如解图，过点C 作x 轴的平行线，与该抛物线交于点P 1，P 2，连接BP 1，BP 2.第9题解图∵直线BC ⊥x 轴，∴△P 1BC 、△P 2BC 都是直角三角形．把x ＝－1代入y ＝－2x 中得： y ＝－2×(－1)＝2， ∴C (－1，2)．∴把y ＝2代入y ＝13x 2－23x －1中得13x 2－23x －1＝2，解得x 1＝10＋1，x 2＝－10＋1. ∴P 1(10＋1，2)，P 2(－10＋1，2)．10.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y ＝－13x 2＋bx ＋c 的图象与坐标轴交于A ，B ，C 三点，其中点A 的坐标为(－3，0)，点B 的坐标为(4，0)，连接AC ，BC.动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t 秒．连接PQ.(1)填空：b＝________，c＝________；(2)在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；(3)在x轴下方的二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由．第10题图备用图解：(1)13，4；【解法提示】∵二次函数y＝－13x2＋bx＋c与x轴交于A(－3，0)，B(4，0)，∴b c=b c=--+⎧⎪⎨-++⎪⎩33016403，解得b=c=⎧⎪⎨⎪⎩134，(2)可能是，理由如下：∵点P在AC上以每秒1个单位的速度运动，∴AP＝t，∵点Q在OB上以每秒1个单位的速度运动，∴OQ＝t，∴AQ＝t＋3，∵∠P AQ <90°，∠PQA <90°，∴若要使△APQ 是直角三角形，则∠APQ ＝90°，在Rt △AOC 中，OA ＝3，OC ＝4， ∴AC ＝5，如解图①，设PQ 与y 轴交于点D ，第10题解图①∵∠ODQ ＝∠CDP ，∠DOQ ＝∠DPC ＝90°， ∴∠DQO ＝∠DCP ，∴tan ∠DQO ＝AP PQ ＝tan ∠DCP ＝AO CO ＝34， ∵AP ＝t, ∴PQ ＝43t ，由勾股定理得：AQ 2＝AP 2＋PQ 2，即(t ＋3)2＝t 2＋(43t )2，解得t ＝92或t ＝－ 98(舍去)，根据题意，点Q 在线段OB 上，∴0≤t ≤4，∴不存在这样的t 值满足题意，即△APQ 不可能是直角三角形；（3）假设存在点M 使得△PMQ 是以点P 为直角顶点的等腰直角三角形，如解图②，过P 作PE ⊥x 轴于E ，过M 作MN ⊥PE 交PE 的延长线于点N ，第10题解图②∵∠MPN ＋∠PMN ＝90°， ∠MPN ＋∠QPE ＝90°， ∴∠PMN ＝∠QPE ，在△PMN 和△QPE 中，∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩PMN=QPE PNM=PEQ MP=PQ ， ∴△PMN ≌△QPE (AAS)， ∴PN ＝EQ ，MN ＝PE ， ∵AP ＝t ，cos ∠CAO ＝AO AC ＝35， sin ∠CAO ＝OC AC ＝45， ∴AE ＝35t ，PE ＝45t ，∴MN ＝45t ，EN ＝EQ －PE ＝AQ －AE －PE ＝3＋t －35t －45t ＝3－ 25t ，∴x M ＝x E －MN ＝35t －3－45t ＝－15t －3，∴点M 的坐标为(－15t －3，25t －3)，在x 轴下方， ∵点M 在抛物线上，∴－13(－15t －3)2－13(15t ＋3)＋4＝25t －3，整理得t 2＋65t ＝225，解得t ＝－65＋52052或t ＝－65－52052(舍)，综上，存在满足条件的点M ，此时运动时间t 为－65＋52052秒．。

中考数学专题练习：特殊三角形 (含答案)

中考数学专题练习：特殊三角形（含答案）1．（·柳州)如图,图中直角三角形共有( )A．1个B．2个C．3个D．4个2．如图,在△ABC中,AB＝AC＝5,BC＝6,点D在BC上,且AD平分∠BAC,则AD的长为( )A．6 B．5 C．4 D．33．在直角三角形中,如果有一个角是30°,那么下列各比值中,最有可能是这个直角三角形的三边之比的是( )A．3∶4∶5 B．1∶1∶ 2C．5∶12∶13 D．1∶3∶24．（·扬州)在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,CD⊥AB于点D,CE平分∠ACD交AB于点E,则下列结论一定成立的是( )A．BC＝ECB．EC＝BEC．BC＝BED．AE＝EC5．（·海南)已知△ABC的三边长分别为4、4、6,在△ABC所在平面内画一条直线,将△ABC 分割成两个三角形,使其中的一个是等腰三角形,则这样的直线最多可画( )条A．3 B．4 C．5 D．66．（·宿迁)若实数m、n满足等式|m－2|＋n－4＝0,且m,n恰好是等腰△ABC的两条边的边长,则△ABC的周长是( )A．12 B．10 C．8 D．67．等腰三角形的一个内角为40°,则它的顶角的度数为_______________．8．（·安顺)三角形三边长分别为3,4,5,那么最长边上的中线长等于__________．9．（·淄博)在边长为4的等边三角形ABC中,D为BC边上的任意一点,过点D分别作DE⊥AB,DF⊥AC,垂足分别为E,F,则DE＋DF＝______．10．（·内江)如图,AD平分∠BAC,AD⊥BD,垂足为点D,DE∥AC.求证：△BDE是等腰三角形．证明：∴△BDE是等腰三角形．参考答案1．C 2.C 3.D 4.C 5.B 6.B7．100°或40°8.2.5 9.2 310．证明：如解图,∵DE∥AC,∴∠1＝∠3.∵AD平分∠BAC,∴∠1＝∠2,∴∠2＝∠3.∵AD⊥BD,∴∠2＋∠B＝90°,∠3＋∠BDE＝90°,∴∠B＝∠BDE,即BE＝DE,∴△BDE是等腰三角形．。

中考复习特殊三角形(含答案)-

特殊三角形◆考点链接1．等腰（等边）三角形的判定定理与性质定理．2．直角三角形的判定与性质．3．勾股定理的应用．◆典例精析【例题 1】判断题：（正确的画“∨” ，错误的画“×” ）（ 1）若三角形中最大的内角是 60°，那么这个三角形是等边三角形；（）（ 2）等腰三角形一腰上的中线把这个等腰三角形分成两个等腰三角形；（）（ 3）等腰三角形两腰上的高相等；（）（ 4）等边三角形的三条高相等；（）（ 5）等腰三角形的角平分线垂直且平分对边；（）（ 6）顶角相等的两个等腰三角形全等．（）评析：本题主要考查等腰三角形的性质与判定．（ 1）三角形有一角为 60°时，另两角和是 120°，若其中之一小于 60°，必有另一个大于 60°，与最大角为 60°相矛盾．（2）等腰三角形一腰上的中线不一定等于腰长的一半．（ 3）（ 4）应用等腰（等边）三角形的性质，通过三角形面积的不同表示方法可证明．（ 5）当等腰三角形腰和底不相等时，底角的平分线不垂直平分对边．（ 6） ?和等腰三角形底边平行的直线截得的等腰三角形与原三角形顶角相等，但不全等．答案：（1）∨ （2）× （3）∨ （4）∨ （ 5）× （6）×评析：有一个角是 60°的等腰三角形是等边三角形，等腰三角形的“三线合一”在等边三角形中就都成立，这是因为在等边三角形中，每个顶点都可以视作等腰三角形的顶点．【例题 2】（1）已知： a、b、c 为△ ABC三边，且满足a2+b2+c2+50=60a+8b+10c，试判断△ ABC的形状．（ 2）如图，△ ABC中， CD⊥AB，垂中为 D点，且 CD2=AD·BD，求证：△ ABC?为直角三角形．解题思路：由三角形的三边的数量关系来判断三角形是否是直角三角形，或用于构造直角三角形证明两直线垂直，一般与勾股定理和代数式、方程相结合，综合运用．特别是由一个等式求三角形的三边长时，往往把等式化为 A 2+B 2+C2=0 的形式，再由A=0 ，B=0 ，C=0，求得三角形三边的长，再用于计算或判断．222（ 1）解：∵ a2+b2+c2+50=6a+8b+10c ，2 2 2∴ a -6a+9+b -8b+16+c -10c+25=0 ，222∴（ a-3）2+（b-4）2+（c-5）2=0，∴ a-3=0，b-4=0， c-5=0 ，222∴a=3，b=4，c=5，∴a+b=c ，∴△ ABC 为直角三角形．（ 2）证明：∵ CD⊥AB ，2 2 2 2 2 2∴AD 2+DC2=AC2，DB2+DC2=BC2．2 2 2 2 2 2∴AC 2+BC 2=AD 2+DB 2+2DC 2，∵ DC 2=AD·DB ，2 2 2 2 2 2∴ AC 2+BC 2=AD 2+DB 2+2AD·DB= （ AD+DB ）2=AB 2．∴△ ABC为直角三角形．评析：（1）对于原等式关键处是化为A2+B2+C2=0 的形式，对常数项拆项的依据是一次项系数的一半的平方．（ 2）本题的解答在于反复应用勾股定理及其逆定理， ?先分别在 Rt△ACD和 Rt△BCD中使用勾股定理，再依据已知条件，进而求得AC2+BC 2=AB 2，?利用勾股定理的逆定理判定△ ABC为直角三角形．【例题 3】（北京）如图，一根长 2a 的木棍（ AB），斜靠在与地面（ OM）垂直的墙（ ON）上，设木棍的中点为P，若木棍 A 端沿墙下滑，且 B 端沿地面向右滑行．（1）请判断木棍滑动的过程中，点 P 到点 O的距离是否变化，并简述理由．2）在木棍滑动的过程中，当滑动到什么位置时，△AOB的面积最大？简述理由，并求出面积的最大值．解题思路：（1）木棍在滑动过程中， OP始终是 Rt△ AOB斜边中线，故为斜边AB?的一半，而 AB的长为定长，所以 OP不变．（ 2）木棍在滑动的过程中，斜边上的高在发生变化，因为 AB 为定值，当高最大时，△ AOB的面积为最大，所以当 OP⊥AB（即 OA=O）B ?时，?△ AOB面积最大．解：（ 1）不变．理由：在直角三角形中，因为斜边AB?的长不变， ?由性质有斜边中线OP长不变．2）当△ AOB的斜边 AB上的高 h 等于中线 OP时，△ AOB的面积最大，如图，若 h 与OP不相等，则总有 h<OP，故根据三角形面积公式，有 h 与 OP相等时，△ AOB的面积最大．S△AOB = 1 AB·h= 1×2a·a=a2．此时，22所以△ AOB 的面积最大值为 a2．评析：（ 1）在变化过程中，要抓住不变量，建立起所求量与不变量的关系．（2）要求面积的最大值转化为三角形底不变，高是变量，即找出高的变化的最大值即得．◆探究实践【问题 1】已知△ ABC的两边 AB、AC长是关于 x 的一元二次方程 x 2-（ 2k+3）x+k 2+3k+2=0 的两个实数根，第三边 BC的长为 5．（ 1）k 为何值时，△ ABC是以 BC为斜边的直角三角形；（ 2）k 为何值时，△ ABC是等腰三角形，并求△ ABC的周长．解题思路：（1）用根与系数的关系、勾股定理建立方程求解， ?再用判别式和根与系数的关系检验．（ 2）用求根公式和等腰三角形的性质求解．解：（1）根据一元二次方程根与系数的关系和勾股定理，可列方程组：AC AB 2k 3AC AB k 23k 2AC 2AB252, 2 2 2∵AC +AB =（AC+AB ） -2AC·AB ．22∴25=（2k+3）2-2（ k 2+3k+2 ），∴ k 1=-5 ， k2=2 ．当 k=-5 时，方程的两根为负值，不合题意，舍去．∴k=2，△ ABC是以 BC为斜边的直角三角形．22（2）∵△ =（2k+3）2-4（k2+3k+2）=1>0，方程有两个不相等的实数根，∴ AC≠ AB．22当 AB=BC 或 AC=BC 时，将 x=5 代入方程 x2-（2k+3） x+k 2+3k+2=0 ，k=3，k=4．2k=3时，方程为 x2-9x+20=0，x1=4，x2=5．△ABC 的周长为 14．2k=4 时，方程为 x -11x+30=0，x1=5， x2=6．△ABC 的周长为 16．评析：这是一道综合题，涉及知识较多，一元二次方程的解法，一元二次方程根与系数关系，根的判别式，勾股定理，因为没指明等腰三角形的底和腰，不要漏解．另外，求解以后要检验，如三角形的边不能为负值，那么方程的解为负值即不合题意舍去，再如，求出的三边是否满足三角形三边之间的关系定理，不满足的也要舍去．【问题2】如下左图，图①是用硬纸板做成的两个全等的直角三角形，两直角边的长分别为 a 和 b，斜边的长为 c ．图②是以 c 为直角边的等腰直角三角形， ?请你开动脑筋将它们拼成一个能证明勾股定理的图形．（1）画出拼成的这个图形的示意图，写出它是什么图形；（2）用这个图形证明勾股定理；（ 3）假设图①中的直角三角形有若干个，你能运用（1）?中所给的直角三角形拼出另一种能证明勾股定理的图形吗？请画出拼后的示意图（无需证明）．12解题思路：由所给出的三个图形拼成直角梯形，抓住面积来证明勾股定理．解：（1）如上右图是所拼的图形，它是直角梯形．2)∵ S 梯形= a+b）（a+b）a+b) 2，121 12 1 2又∵ S 梯形 = ab ×2+ c 2=ab+ c 2， 22211∴ （ a+b ） 2=ab+ c 2，整理得 a 2+b 2=c 2． 22 （ 3）拼出能证明勾股定理的图形．（图略）评析：这是考察学生综合能力的一个题目，证明勾股定理的方法很多，而本题给出了三个直角三角形，分析直角三角形的边，用面积关系得出勾股定理的一种证明方法． ◆中考演练一、填空题二、选择题1．如图 2，△ ABC 中， AB=AC ，点 D 在 AC 边上，且 BD=BC=A ，D 则∠ A 的度数为（）．A ． 30°B ．36°C ． 45°D ． 70°2．下列命题中，错误的是（）．A ．等边三角形的各边相等，各角相等B ．等边三角形是一个轴对称图形C ．等边三角形是一个中心对称图形D ．等边三角形有一个内切圆和一个外接圆3．如图 3，在△ ABD 中，∠ D=90°， C 为 AD 上一点，则 x 可能是（）． A ．10° B ． 20° C ．30°D ．40°1．等腰三角形的两边长分别为 2cm 和 5cm ，则它的周长为 cm ． 2．山西）在△ ABC 中，如图 1，AB=AC ，E 是 AB 的中点，以点 E 为圆心， EB 为半径画弧交 BC 于点 D ，连接 ED 并延长到点 F ，使 DF=DE ，连接 FC ，若∠ B=70°，则∠ F= 度．3．等腰三角形的两外角之比为 5：2，则该等腰三角形的底角为 (3)三、解答题1．如图，已知，在 Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是 AB中点， E、F?分别在AC、BC2．如图，△ ABC中，∠ ACB=90°， AC=BC，AE是 BC边上的中线，过 C作CF⊥AE，垂足为F，过 B 作 BD⊥BC交 CF的延长线于 D．1）求证： AE=CD：（ 2）若 AC=12cm，求 BD的长．◆实战模拟一、填空题1．底角为 15°，腰长为 a 的等腰三角形的面积是_2． ?等腰三角形一腰上的高等于腰长的一半，?则这个等腰三角形的顶角度数为3．如图， D 为等边三角形 ABC内一点， DB=DA，BP=AB，∠DBP=∠DBC，则∠ BPD的度数是 _ ．上，且 ED⊥ FD，求证：S 四边形EDFC =1S△ABC．2二、选择题1．（宿迁）如图 6的三角形中，若 AB=AC，?则能被一条直线分成两个小等腰三角形的是（）．2．如图，等边△ ABC 中， BD=CE ， AD 与 BE 相交于点 P ，则∠APE 的度数是（）．A ．45°B ． 55°C ．60°D ．75° 3．三角形两边的长为6 和 8，第三边长为方程 x 2-16x+60=0 的一个实数根，则该三角形的面积是（）．A ．24B ．24 或 8 5C ．48D ．8 5三、解答题1．（兰州）如图所示，在△ ABC 中， D 、E 分别是 AC 、AB 上的点， BD 与 CE 相交于 O 点，给出下列四个条件：①∠ EBO=∠DCO ；②∠ BEO=∠CDO ；③ BE=CD ；④ OB=OC ．（1）上述四个条件中，哪两个条件可以判定△ ABC 是等腰三角形．（ ?用序号数写出所有情况）（ 2）选择（ 1）中的一种情况，证明△ ABC 是等腰三角形．1）（ 2）（3） B 1）（3）（4）3）（ 4）D ．（1）2．（吉林）如图，在 Rt△ABC和 Rt △ DEF中，∠ABC=90°， AB=4， BC=6，∠ DEF=90°， DF=EF=4．（ 1）移动△ DEF，使边 DE与 AB重合（如图①）．再将△ DEF 沿 AB?所在直线向左平移，使点 F 落在 AC上（如图②），求 BE的长．（2）将图②中的△ DEF绕点 A顺时针旋转，使点 F 落在 BC 上，连接 AF（如图③）．请找出图中的全等三角形，并说明它们全等的理由．（不再添加辅助线，不再标注其他字母）答案:中考演练一、1．12 2 ．40° 3 ． 30°二、1．B 2 ．C 3 ． B三、1．连结 CD，证△ ADE≌△ CDF2 ．（1）证△ AEC≌△ CDB （2）6cm实战模拟12一、1． a2 2 ．30°或 150° 3 ． 30°4二、1．D 2 ．C 3 ． B三、1．①③，①④，②③，②④（2）略842 ．（1）BE=AB-AE=4- = ，Rt△AEF≌△ FBA，证略．33。

特殊三角形(习题及答案)

特殊三角形（习题）➢例题示范例1：已知：如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=60°，AB=BC，AD=CD，点E 在边BC上，点F在边CD上，且∠EAF=60°．求证：△AEF是等边三角形．【思路分析】①读题标注：60°60°60°FED CBA②梳理思路：要证△AEF是等边三角形，已知∠EAF=60°，只需证△AEF是等腰三角形即可，考虑证AE=AF，可以把这两条线段放在两个三角形中证全等．观察图形，连接AC，可以把线段AE和AF分别放在△ABE和△ACF中．结合题中条件∠B=∠D=60°，AB=BC，AD=CD，可知△ABC和△ACD 均为等边三角形，所以∠B=∠ACF=60°，∠BAC=∠EAF=60°，因此∠BAE=∠CAF，进而得证△ABE≌△ACF，证明成立．【过程书写】证明：如图，连接AC．∵∠B=∠D=60°，AB=BC，AD=CD∴△ABC和△DAC是等边三角形∴AB=AC，∠BAC=60°，∠ACF=60°∴∠1+∠3=60°，∠B=∠ACF∵∠EAF=60°∴∠2+∠3=60°∴∠1=∠2∴△ABE≌△ACF（ASA）∴AE=AF∴△AEF是等边三角形➢巩固练习1.如图，以正方形ABCD的边AB为一边向外作等边三角形ABE，连接DE，则∠BED的度数为________．FED CBA321 60°60°60°FED CBADEC BA2. 如图，在△ABC 的外部，分别以AB ，AC 为直角边，点A 为直角顶点，作等腰直角三角形ABD 和等腰直角三角形ACE ，CD 与BE 交于点P ，则∠BPC 的度数为________．PEDC B A3. 如图，在Rt △ABC 中，∠C =90°，∠A =30°，DE 是线段AB 的垂直平分线，交AB 于点D ，交AC 于点E ，若DE =2，则AC 的长是________．ED CB A 4. 如图，在△ABC 中，∠ACB =90°，D 在BC 上，E 为AB 的中点，AD ，CE 相交于F ，且AD =DB ．若∠B =20°，则∠DFE 的度数为________．FEDC BA5. 已知：如图，在△ABC 中，AB =AC ，∠B =15°，过C 作CD ⊥AB ，交BA 的延长线于点D ．求证：AB =2CD ．DCBA6. 已知：如图，在△ABC 中，∠BAC >90°，BD ，CE 分别为AC ，AB 边上的高，F 为BC 的中点，连接DE ，DF ，EF ．求证：∠FED =∠FDE ．7. 已知：如图，在△ABC 中，AC =BC ，∠ACB =90°，CD ⊥AB 于点D ，E 为AC的中点，BE 交CD 于点G ，EF ⊥BE 交AB 于点F ．求证：EF =EG ．G F ED C B A F EDA➢思考小结1.在做几何题目的时候，看到“直角+30°”，考虑30°角所对的直角边是___________________；看到“直角+中点”，考虑直角三角形_____________________________；看到“等腰+一线”，考虑等腰三角形___________．2.根据上面的思考方式研究等腰直角三角形的性质：如图，在等腰直角三角形ABC中，CD⊥AB于点D，如果从等腰的角度出发，看到“等腰+高线”，考虑等腰三角形_________，所以得到AD=______；如果从直角的角度出发，看到“直角+中点”，考虑_____________________________，可以得到CD=______．综上可得，对于图中的等腰直角三角形ABC我们可以得到：CD=______=_______．CD【参考答案】1.45°2.90°3. 64.60°5.证明：如图∵AB=AC∴∠B=∠ACB∵∠B=15°∴∠ACB=15°∵∠DAC是△ABC的一个外角，∴∠DAC=∠B+∠ACB=15°+15°=30° ∵CD ⊥AB ∴∠D =90°在Rt △ADC 中，∠D =90°，∠DAC =30°∴CD =12AC∴CD =12AB即AB =2CD 6. 证明：如图∵BD ，CE 分别为AC ，AB 边上的高 ∴∠BDC =∠CEB =90° ∵F 是BC 的中点∴DF =12BC ，EF =12BC∴DF =EF ∴∠FED =∠FDE 7. 证明：如图，连接DE ．∵AC=BC ，∠ACB=90° ∴∠A =45° ∵CD ⊥AB ∴∠ADC =90°，AD =12AB ∴CD =12AB∴AD =CD∵E 为AC 中点∴DE =12AC=AE ，DE ⊥AC ，∠1=45°∴∠AED =90°，∠A =∠1 ∴∠2+∠DEF =90° ∵EF ⊥BE ∴∠3+∠DEF =90° ∴∠2=∠3在△AEF 和△DEG 中123A EA ED ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩321GFE DCBA∴△AEF≌△DEG（ASA）∴EG=EF思考小结：1. 斜边的一半，斜边上的中线等于斜边的一半，三线合一2. 三线合一，BD，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，1AB，AD，BD2。

07--张仁寿-2018年全国中考试题125套专题7-三角形专题有答案版

张仁寿整理2018年中考试卷三角形专题1.（14.00分）【2018安徽省中考数学】如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB于点E．点M为BD中点，CM的延长线交AB 于点F．（1）求证：CM＝EM；（2）若∠BAC＝50°，求∠EMF的大小；（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM．【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质定理即可证明；（2）利用四边形内角和定理求出∠CME即可解决问题；（3）首先证明△ADE是等腰直角三角形，△DEM是等边三角形，设FM＝a，则AE＝CM＝EM＝a，EF＝2a，推出＝，＝，由此即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝∠DCB＝90°，∵DM＝MB，∴CM＝DB，EM＝DB，∴CM＝EM．（2）解：∵∠AED＝90°，∠A＝50°，∴∠ADE=40°，∠CDE=140°，∵CM=DM=ME，∴∠NCD=∠MDC，∠MDE=∠MED，∴∠CME=360°﹣2×140°=80°，∴∠EMF=180°﹣∠CME=100°．（3）证明：如图2中，设FM=a．∵△DAE≌△CEM，CM=EM，∴AE=ED=EM=CM=DM，∠AED=∠CME=90°∴△ADE是等腰直角三角形，△DEM是等边三角形，∴∠DEM=60°，∠MEF=30°，∴AE=CM=EM=a，EF=2a，∵CN=NM，∴MN=a，∴=，=，∴=，∴EM∥AN．【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．2.（4.00分）【2018福建省中考数学a卷】把两个同样大小的含45°角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点A，且另三个锐角顶点B，C，D在同一直线上．若AB=，则CD=﹣1．【分析】先利用等腰直角三角形的性质求出BC=2，BF=AF=1，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，在Rt△ABC中，∠B=45°，∴BC=AB=2，BF=AF=AB=1，∵两个同样大小的含45°角的三角尺，∴AD=BC=2，在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF==∴CD=BF+DF﹣BC=1+﹣2=﹣1，故答案为：﹣1．【点评】此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．3.（8.00分）【2018福建省中考数学a卷】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8．线段AD由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，△EFG由△ABC沿CB方向平移得到，且直线EF过点D．（1）求∠BDF的大小；（2）求CG的长．【分析】（1）由旋转的性质得，AD=AB=10，∠ABD=45°，再由平移的性质即可得出结论；（2）先判断出∠ADE=∠ACB，进而得出△ADE∽△ACB，得出比例式求出AE，即可得出结论．【解答】解：（1）∵线段AD是由线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到，∴∠DAB=90°，AD=AB=10，∴∠ABD=45°，∵△EFG是△ABC沿CB方向平移得到，∴AB∥EF，∴∠BDF=∠ABD=45°；（2）由平移的性质得，AE∥CG，AB∥EF，∴∠DEA=∠DFC=∠ABC，∠ADE+∠DAB=180°，∵∠DAB=90°，∴∠ADE=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ADE=∠ACB，∴△ADE∽△ACB，∴，∵AB=8，AB=AD=10，∴AE=12.5，由平移的性质得，CG=AE=12.5．【点评】此题主要考查了图形的平移与旋转，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，判断出△ADE∽△ACB 是解本题的关键．4.（8.00分）【2018年甘肃省白银市中考数学试卷】如图，点O是△ABC的边AB上一点，⊙O与边AC相切于点E，与边BC，AB分别相交于点D，F，且DE=EF．（1）求证：∠C=90°；（2）当BC=3，sinA=时，求AF的长．【分析】（1）连接OE，BE，因为DE=EF，所以，从而易证∠OEB=∠DBE，所以OE∥BC，从可证明BC⊥AC；（2）设⊙O的半径为r，则AO=5﹣r，在Rt△AOE中，sinA===，从而可求出r的值．【解答】解：（1）连接OE，BE，∵DE=EF，∴∴∠OBE=∠DBE∵OE=OB，∴∠OEB=∠OBE∴∠OEB=∠DBE，∴OE∥BC∵⊙O与边AC相切于点E，∴OE⊥AC∴BC⊥AC∴∠C=90°（2）在△ABC，∠C=90°，BC=3，sinA=∴AB=5，设⊙O的半径为r，则AO=5﹣r，在Rt△AOE中，sinA===∴r=∴AF=5﹣2×=【点评】本题考查圆的综合问题，涉及平行线的判定与性质，锐角三角函数，解方程等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．5.（14.00分）【2018年广东省广州市中考数学试卷】如图，在四边形ABCD 中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．（1）求∠A+∠C的度数；（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；（3）若AB=1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足AE2=BE2+CE2，求点E运动路径的长度．【分析】（1）利用四边形内角和定理计算即可；（2）连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．想办法证明△DCQ是直角三角形即可解决问题；（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．想办法证明∠BEC=150°即可解决问题；【解答】解：（1）如图1中，在四边形ABCD中，∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，∠B=60°，∠C=30°，∴∠A+∠C=360°﹣60°﹣30°=270°．（2）如图2中，结论：DB2=DA2+DC2．理由：连接BD．以BD为边向下作等边三角形△BDQ．∵∠ABC=∠DBQ=60°，∴∠ABD=∠CBQ，∵AB=BC，DB=BQ，∴△ABD≌△CBQ，∴AD=CQ，∠A=∠BCQ，∵∠A+∠BCD=∠BCQ+∠BCD=270°，∴∠DCQ=90°，∴DQ2=DC2+CQ2，∵CQ=DA，DQ=DB，∴DB2=DA2+DC2．（3）如图3中，连接AC，将△ACE绕点A顺时针旋转60°得到△ABR，连接RE．则△AER是等边三角形，∵EA2=EB2+EC2，EA=RE，EC=RB，∴RE2=RB2+EB2，∴∠EBR=90°，∴∠RAE+∠RBE=150°，∴∠ARB+∠AEB=∠AEC+∠AEB=210°，∴∠BEC=150°，∴点E的运动轨迹在O为圆心的圆上，在⊙O上取一点K，连接KB，KC，OB，OC，∵∠K+∠BEC=180°，∴∠K=30°，∠BOC=60°，∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴点E的运动路径==．【点评】本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．6.（9.00分）【2018年广东省中考数学试卷】已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如题图1，连接BC．（1）填空：∠OBC=60°；（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M 的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？【分析】（1）只要证明△OBC是等边三角形即可；（2）求出△AOC的面积，利用三角形的面积公式计算即可；（3）分三种情形讨论求解即可解决问题：①当0＜x≤时，M在OC上运动，N 在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．【解答】解：（1）由旋转性质可知：OB=OC，∠BOC=60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠OBC=60°．故答案为60．（2）如图1中，∵OB=4，∠ABO=30°，∴OA=OB=2，AB=OA=2，∴S=•OA•AB=×2×2=2，△AOC∵△BOC是等边三角形，∴∠OBC=60°，∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°，∴AC==2，∴OP===．（3）①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E．则NE=ON•sin60°=x，=•OM•NE=×1.5x×x，∴S△OMN∴y=x2．∴x=时，y有最大值，最大值=．②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．作MH⊥OB于H．则BM=8﹣1.5x，MH=BM•sin60°=（8﹣1.5x），∴y=×ON×MH=﹣x2+2x．当x=时，y取最大值，y＜，③当4＜x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G．MN=12﹣2.5x，OG=AB=2，∴y=•MN•OG=12﹣x，当x=4时，y有最大值，最大值=2，综上所述，y有最大值，最大值为．【点评】本题考查几何变换综合题、30度的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．7. （3.00分）【2018年广西玉林市中考数学试卷】如图，∠AOB=60°，OA=OB，动点C从点O出发，沿射线OB方向移动，以AC为边在右侧作等边△ACD，连接BD，则BD所在直线与OA所在直线的位置关系是（）A．平行B．相交C．垂直D．平行、相交或垂直【分析】先判断出OA=OB，∠OAB=∠ABO，分两种情况判断出∠ABD=∠AOB=60°，进而判断出△AOC≌△ABD，即可得出结论．【解答】解：∵∠AOB=60°，OA=OB，∴△OAB是等边三角形，∴OA=AB，∠OAB=∠ABO=60°①当点C在线段OB上时，如图1，∵△ACD是等边三角形，∴AC=AD，∠CAD=60°，∴∠OAC=∠BAD，在△AOC和△ABD中，，∴△AOC≌△ABD，∴∠ABD=∠AOC=60°，∴∠ABE=180°﹣∠ABO﹣∠ABD=60°=∠AOB，∴BD∥OA，②当点C在OB的延长线上时，如图2，同①的方法得出OA∥BD，∵△ACD是等边三角形，∴AC=AD，∠CAD=60°，∴∠OAC=∠BAD，在△AOC和△ABD中，，∴△AOC≌△ABD，∴∠ABD=∠AOC=60°，∴∠ABE=180°﹣∠ABO﹣∠ABD=60°=∠AOB，∴BD∥OA，故选：A．【点评】此题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，求出∠ABD=60°是解本题的关键．8.（3.00分）【2018年广西玉林市中考数学试卷】如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，∠A=60°，AB=4，则AD的取值范围是2＜AD＜8．【分析】如图，延长BC交AD的延长线于E，作BF⊥AD于F．解直角三角形求出AE、AF即可判断；【解答】解：如图，延长BC交AD的延长线于E，作BF⊥AD于F．在Rt△ABE中，∵∠E=30°，AB=4，∴AE=2AB=8，在Rt△ABF中，AF=AB=2，∴AD的取值范围为2＜AD＜8，故答案为2＜AD＜8．【点评】本题考查勾股定理、直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．9.（4.00分）【2018年贵州省黔东南州中考数学试卷】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．【点评】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．10.（3.00分）【2018年贵州省黔东南州中考数学试卷】如图，已知在△ABC 中，BC边上的高AD与AC边上的高BE交于点F，且∠BAC=45°，BD=6，CD=4，则△ABC的面积为60．【分析】首先证明△AEF≌△BEC，推出AF=BC=10，设DF=x．由△ADC∽△BDF，推出=，构建方程求出x即可解决问题；【解答】解：∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠AEF=∠BEC=∠BDF=90°，∵∠BAC=45°，∴AE=EB，∵∠EAF+∠C=90°，∠CBE+∠C=90°，∴∠EAF=∠CBE，∴△AEF≌△BEC，∴AF=BC=10，设DF=x．∵△ADC∽△BDF，∴=，∴=，整理得x2+10x﹣24=0，解得x=2或﹣12（舍弃），∴AD=AF+DF=12，∴S=•BC•AD=×10×12=60．△ABC故答案为60．【点评】本题考查勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．11.（4.00分）【2018年贵州省铜仁市中考数学试卷】在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，D、E是边AB上两点，且CE所在直线垂直平分线段AD，CD平分∠BCE，BC=2，则AB=4．【分析】由CE所在直线垂直平分线段AD可得出CE平分∠ACD，进而可得出∠ACE=∠DCE，由CD平分∠BCE利用角平分线的性质可得出∠DCE=∠DCB，结合∠ACB=90°可求出∠ACE、∠A的度数，再利用余弦的定义结合特殊角的三角函数值，即可求出AB的长度．【解答】解：∵CE所在直线垂直平分线段AD，∴CE平分∠ACD，∴∠ACE=∠DCE．∵CD平分∠BCE，∴∠DCE=∠DCB．∵∠ACB=90°，∴∠ACE=∠ACB=30°，∴∠A=60°，∴AB===4．故答案为：4．【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质、角平分线的性质以及特殊角的三角函数值，通过角的计算找出∠A=60°是解题的关键．12.（12.00分）【2018年贵州省铜仁市中考数学试卷】如图，在三角形ABC 中，AB=6，AC=BC=5，以BC为直径作⊙O交AB于点D，交AC于点G，直线DF 是⊙O的切线，D为切点，交CB的延长线于点E．（1）求证：DF⊥AC；（2）求tan∠E的值．【分析】（1）连接OC，CD，根据圆周角定理得∠BDC=90°，由等腰三角形三线合一的性质得：D为AB的中点，所以OD是中位线，由三角形中位线性质得：OD∥AC，根据切线的性质可得结论；（2）如图，连接BG，先证明EF∥BG，则∠CBG=∠E，求∠CBG的正切即可．【解答】（1）证明：如图，连接OC，CD，∵BC是⊙O的直径，∴∠BDC=90°，∴CD⊥AB，∵AC=BC，∴AD=BD，∵OB=OC，∴OD是△ABC的中位线∴OD∥AC，∵DF为⊙O的切线，∴OD⊥DF，∴DF⊥AC；（2）解：如图，连接BG，∵BC是⊙O的直径，∴∠BGC=90°，∵∠EFC=90°=∠BGC，∴EF∥BG，∴∠CBG=∠E，Rt△BDC中，∵BD=3，BC=5，∴CD=4，S△ABC=，6×4=5BG，BG=，由勾股定理得：CG==，∴tan∠CBG=tan∠E===．【点评】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定和性质及勾股定理的应用；把所求角的正切进行转移是基本思路，利用面积法求BG的长是解决本题的难点．13.（4.00分）【2018年贵州省遵义市中考数学试卷】如图，△ABC中．点D在BC边上，BD=AD=AC，E为CD的中点．若∠CAE=16°，则∠B为37度．【分析】先判断出∠AEC=90°，进而求出∠ADC=∠C=74°，最后用等腰三角形的外角等于底角的2倍即可得出结论．【解答】解：∵AD=AC，点E是CD中点，∴AE⊥CD，∴∠AEC=90°，∴∠C=90°﹣∠CAE=74°，∵AD=AC，∴∠ADC=∠C=74°，∵AD=BD，∴2∠B=∠ADC=74°，∴∠B=37°，故答案为37°．【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形外角的性质，求出∠AC=74°是解本题的关键．14.（2.00分）【2018年河北省中考数学试卷】如图，点I为△ABC的内心，AB=4，AC=3，BC=2，将∠ACB平移使其顶点与I重合，则图中阴影部分的周长为（）A．4.5 B．4 C．3 D．2【分析】连接AI、BI，因为三角形的内心是角平分线的交点，所以AI是∠CAB 的平分线，由平行的性质和等角对等边可得：AD=DI，同理BE=EI，所以图中阴影部分的周长就是边AB的长．【解答】解：连接AI、BI，∵点I为△ABC的内心，∴AI平分∠CAB，∴∠CAI=∠BAI，由平移得：AC∥DI，∴∠CAI=∠AID，∴∠BAI=∠AID，∴AD=DI，同理可得：BE=EI，∴△DIE的周长=DE+DI+EI=DE+AD+BE=AB=4，即图中阴影部分的周长为4，故选：B．【点评】本题考查了三角形内心的定义、平移的性质及角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形的内心是角平分线的交点是关键．15.（9.00分）【2018年河北省中考数学试卷】如图，∠A=∠B=50°，P为AB中点，点M为射线AC上（不与点A重合）的任意点，连接MP，并使MP的延长线交射线BD于点N，设∠BPN=α．（1）求证：△APM≌△BPN；（2）当MN=2BN时，求α的度数；（3）若△BPN的外心在该三角形的内部，直接写出α的取值范围．【分析】（1）根据AAS证明：△APM≌△BPN；（2）由（1）中的全等得：MN=2PN，所以PN=BN，由等边对等角可得结论；（3）三角形的外心是外接圆的圆心，三边垂直平分线的交点，直角三角形的外心在直角顶点上，钝角三角形的外心在三角形的外部，只有锐角三角形的外心在三角形的内部，所以根据题中的要求可知：△BPN是锐角三角形，由三角形的内角和可得结论．【解答】（1）证明：∵P是AB的中点，∴PA=PB，在△APM和△BPN中，∵，∴△APM≌△BPN；（2）解：由（1）得：△APM≌△BPN，∴PM=PN，∴MN=2PN，∵MN=2BN，∴BN=PN，∴α=∠B=50°；（3）解：∵△BPN的外心在该三角形的内部，∴△BPN是锐角三角形，∵∠B=50°，∴40°＜∠BPN＜90°，即40°＜α＜90°．【点评】本题是三角形和圆的综合题，主要考查了三角形全等的判定，利用其性质求角的度数，结合三角形外接圆的知识确定三角形的形状，进而求出角度，此题难度适中，但是第三问学生可能考虑不到三角形的形状问题，而出错．16.（3.00分）【2018年河南省中考数学试卷】如图，∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为4或4．【分析】当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：①当∠A'EF=90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A'C=A'E=4，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC=2A'B=8，最后利用勾股定理可得AB的长；②当∠A'FE=90°时，如图2，证明△ABC是等腰直角三角形，可得AB=AC=4．【解答】解：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：①当∠A'EF=90°时，如图1，∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，∴A'C=AC=4，∠ACB=∠A'CB，∵点D，E分别为AC，BC的中点，∴D、E是△ABC的中位线，∴DE∥AB，∴∠CDE=∠MAN=90°，∴∠CDE=∠A'EF，∴AC∥A'E，∴∠ACB=∠A'EC，∴∠A'CB=∠A'EC，∴A'C=A'E=4，Rt△A'CB中，∵E是斜边BC的中点，∴BC=2A'B=8，由勾股定理得：AB2=BC2﹣AC2，∴AB==4；②当∠A'FE=90°时，如图2，∵∠ADF=∠A=∠DFB=90°，∴∠ABF=90°，∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，∴∠ABC=∠CBA'=45°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC=4；综上所述，AB的长为4或4；故答案为：4或4；【点评】本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，并利用分类讨论的思想解决问题．17.（10.00分）【2018年河南省中考数学试卷】（1）问题发现如图1，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M．填空：①的值为1；②∠AMB的度数为40°．（2）类比探究如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC 交BD的延长线于点M．请判断的值及∠AMB的度数，并说明理由；（3）拓展延伸在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD=1，OB=，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．【分析】（1）①证明△COA≌△DOB（SAS），得AC=BD，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO=∠DBO，根据三角形的内角和定理得：∠AMB=180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°﹣140°=40°；（2）根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则=，由全等三角形的性质得∠AMB的度数；（3）正确画图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如图3和4，同理可得：△AOC∽△BOD，则∠AMB=90°，，可得AC的长．【解答】解：（1）问题发现①如图1，∵∠AOB=∠COD=40°，∴∠COA=∠DOB，∵OC=OD，OA=OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC=BD，∴=1，②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO=∠DBO，∵∠AOB=40°，∴∠OAB+∠ABO=140°，在△AMB中，∠AMB=180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）=180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）=180°﹣140°=40°，故答案为：①1；②40°；（2）类比探究如图2，=，∠AMB=90°，理由是：Rt△COD中，∠DCO=30°，∠DOC=90°，∴，同理得：，∴，∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC=∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴=，∠CAO=∠DBO，在△AMB中，∠AMB=180°﹣（∠MAB+∠ABM）=180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO）=90°；（3）拓展延伸①点C与点M重合时，如图3，同理得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB=90°，，设BD=x，则AC=x，Rt△COD中，∠OCD=30°，OD=1，∴CD=2，BC=x﹣2，Rt△AOB中，∠OAB=30°，OB=，∴AB=2OB=2，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，，x2﹣x﹣6=0，（x﹣3）（x+2）=0，x1=3，x2=﹣2，∴AC=3；②点C与点M重合时，如图4，同理得：∠AMB=90°，，设BD=x，则AC=x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，+（x+2）2=x2+x﹣6=0，（x+3）（x﹣2）=0，x1=﹣3，x2=2，∴AC=2；综上所述，AC的长为3或2．【点评】本题是三角形的综合题，主要考查了三角形全等和相似的性质和判定，几何变换问题，解题的关键是能得出：△AOC∽△BOD，根据相似三角形的性质，并运用类比的思想解决问题，本题是一道比较好的题目．18.（3.00分）【2018年黑龙江省大庆市中考数学试卷】如图，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将Rt△ABC绕点A逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，点B经过的路径为弧BD，则图中阴影部分的面积为．【分析】先根据勾股定理得到AB=2，再根据扇形的面积公式计算出S扇形ABD，由旋转的性质得到Rt△ADE≌Rt△ACB，于是S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD．【解答】解：∵∠ACB=90°，AC=BC=2，∴AB=2，∴S扇形ABD==．又∵Rt△ABC绕A点逆时针旋转30°后得到Rt△ADE，∴Rt△ADE≌Rt△ACB，∴S阴影部分=S△ADE+S扇形ABD﹣S△ABC=S扇形ABD=．故答案为：．【点评】本题主要考查的是旋转的性质、扇形的面积公式，勾股定理的应用，将阴影部分的面积转化为扇形ABD的面积是解题的关键．19. （3.00分）【2018年湖北省黄冈市中考数学试卷】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为AB边上的高，CE为AB边上的中线，AD=2，CE=5，则CD=（）A．2 B．3 C．4 D．2【分析】根据直角三角形的性质得出AE=CE=5，进而得出DE=3，利用勾股定理解答即可．【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE为AB边上的中线，CE=5，∴AE=CE=5，∵AD=2，∴DE=3，∵CD为AB边上的高，∴在Rt△CDE中，CD=，故选：C．【点评】此题考查直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的性质得出AE=CE=5．20．（8.00分）【2018年湖北省黄冈市中考数学试卷】如图，在▱ABCD中，分别以边BC，CD作等腰△BCF，△CDE，使BC=BF，CD=DE，∠CBF=∠CDE，连接AF，AE．（1）求证△ABF≌△EDA；（2）延长AB与CF相交于G．若AF⊥AE，求证BF⊥BC．【分析】（1）想办法证明：AB=DE，FB=AD，∠ABF=∠ADE即可解决问题；（2）只要证明FB⊥AD即可解决问题；【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=∠ADC，∵BC=BF，CD=DE，∴BF=AD，AB=DE，∵∠ADE+∠ADC+∠EDC=360°，∠ABF+∠ABC+∠CBF=360°，∠EDC=∠CBF，∴∠ADE=∠ABF，∴△ABF≌△EDA．（2）证明：延长FB交AD于H．∵AE⊥AF，∴∠EAF=90°，∵△ABF≌△EDA，∴∠EAD=∠AFB，∵∠EAD+∠FAH=90°，∴∠FAH+∠AFB=90°，∴∠AHF=90°，即FB⊥AD，∵AD∥BC，∴FB⊥BC．【点评】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．21. 7．（3.00分）【2018年湖北省黄石市中考数学试卷分析】如图，△ABC 中，AD是BC边上的高，AE、BF分别是∠BAC、∠ABC的平分线，∠BAC=50°，∠ABC=60°，则∠EAD+∠ACD=（）A．75°B．80°C．85°D．90°【分析】依据AD是BC边上的高，∠ABC=60°，即可得到∠BAD=30°，依据∠BAC=50°，AE平分∠BAC，即可得到∠DAE=5°，再根据△ABC中，∠C=180°﹣∠ABC﹣∠BAC=70°，可得∠EAD+∠ACD=75°．【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．【点评】本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和为180°．解决问题的关键是三角形外角性质以及角平分线的定义的运用．22．（9.00分）【2018年湖北省黄石市中考数学试卷分析】在△ABC中，E、F分别为线段AB、AC上的点（不与A、B、C重合）．（1）如图1，若EF∥BC，求证：（2）如图2，若EF不与BC平行，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；（3）如图3，若EF 上一点G 恰为△ABC 的重心，，求的值．【分析】（1）由EF ∥BC 知△AEF ∽△ABC ，据此得=，根据=（）2即可得证；（2）分别过点F 、C 作AB 的垂线，垂足分别为N 、H ，据此知△AFN ∽△ACH ，得=，根据=即可得证；（3）连接AG 并延长交BC 于点M ，连接BG 并延长交AC 于点N ，连接MN ，由重心性质知S △ABM =S △ACM 、=，设=a ，利用（2）中结论知==、==a ，从而得==+a ，结合==a 可关于a 的方程，解之求得a 的值即可得出答案．【解答】解：（1）∵EF ∥BC ，∴△AEF ∽△ABC ， ∴=， ∴=（）2=•=；（2）若EF 不与BC 平行，（1）中的结论仍然成立，分别过点F 、C 作AB 的垂线，垂足分别为N 、H ，∵FN ⊥AB 、CH ⊥AB ，∴FN ∥CH ，∴△AFN ∽△ACH ， ∴=， ∴==；（3）连接AG 并延长交BC 于点M ，连接BG 并延长交AC 于点N ，连接MN ，则MN 分别是BC 、AC 的中点，∴MN ∥AB ，且MN=AB ， ∴==，且S △ABM =S △ACM ， ∴=，设=a ，由（2）知：==×=，==a ，则==+=+a，而==a，∴+a=a，解得：a=，∴=×=．【点评】本题主要考查相似形的综合问题，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质和三角形重心的定义及其性质等知识点．23.（3.00分）【2018年湖北省江汉油田中考数学试卷】如图，在平面直角坐标系中，△P1OA1，△P2A1A2，△P3A2A3，…都是等腰直角三角形，其直角顶点P1（3，3），P2，P3，…均在直线y=﹣x+4上．设△P1OA1，△P2A1A2，△P3A2A3，…的面积分别为S1，S2，S3，…，依据图形所反映的规律，S2018=．【分析】分别过点P1、P2、P3作x轴的垂线段，先根据等腰直角三角形的性质求得前三个等腰直角三角形的底边和底边上的高，继而求得三角形的面积，得出面积的规律即可得出答案．【解答】解：如图，分别过点P1、P2、P3作x轴的垂线段，垂足分别为点C、D、E，∵P1（3，3），且△P1OA1是等腰直角三角形，∴OC=CA1=P1C=3，设A1D=a，则P2D=a，∴OD=6+a，∴点P2坐标为（6+a，a），将点P2坐标代入y=﹣x+4，得：﹣（6+a）+4=a，解得：a=，∴A1A2=2a=3，P2D=，同理求得P3E=、A2A3=，∵S1=×6×3=9、S2=×3×=、S3=××=、……∴S2018=，故答案为：．【点评】本题考查规律型：点的坐标、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是从特殊到一般，探究规律，利用规律解决问题，属于中考常考题型．24．（10.00分）【2018年湖北省江汉油田中考数学试卷】问题：如图①，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A 逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为BC=DC+EC；探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，求AD的长．【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；（2）连接CE，根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾股定理计算即可；（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到BD=CE=9，根据勾股定理计算即可．【解答】解：（1）BC=DC+EC，理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∴BC=BD+CD=EC+CD，故答案为：BC=DC+EC；（2）BD2+CD2=2AD2，理由如下：连接CE，由（1）得，△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ACE=∠B，∴∠DCE=90°，∴CE2+CD2=ED2，在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2，又AD=AE，∴BD2+CD2=2AD2；（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAD′，在△BAD与△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE=9，∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，∴∠EDC=90°，∴DE==6，∵∠DAE=90°，∴AD=AE=DE=6．【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．25.（3.00分）【2018年湖北省荆门市中考数学试卷】已知直线a∥b，将一块含45°角的直角三角板（∠C=90°）按如图所示的位置摆放，若∠1=55°，则∠2的度数为（）A．80°B．70°C．85°D．75°【分析】想办法求出∠5即可解决问题；【解答】解：∵∠1=∠3=55°，∠B=45°，∴∠4=∠3+∠B=100°，∵a∥b，∴∠5=∠4=100°，∴∠2=180°﹣∠5=80°，故选：A．【点评】本题考查平行线的性质，三角形内角和定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．26.（3.00分）【2018年湖北省荆门市中考数学试卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，A（4，0），B（0，3），C（4，3），I是△ABC的内心，将△ABC绕原点逆时针旋转90°后，I的对应点I'的坐标为（）A．（﹣2，3）B．（﹣3，2）C．（3，﹣2）D．（2，﹣3）【分析】直接利用直角三角形的性质得出其内切圆半径，进而得出I点坐标，再利用旋转的性质得出对应点坐标．【解答】解：过点作IF⊥AC于点F，IE⊥OA于点E，∵A（4，0），B（0，3），C（4，3），∴BC=4，AC=3，则AB=5，∵I是△ABC的内心，∴I到△ABC各边距离相等，等于其内切圆的半径，∴IF=1，故I到BC的距离也为1，则AE=1，故IE=3﹣1=2，OE=4﹣1=3，则I（3，2），∵△ABC绕原点逆时针旋转90°，∴I的对应点I'的坐标为：（﹣2，3）．故选：A．【点评】此题主要考查了旋转的性质以及直角三角形的性质，得出其内切圆半径是解题关键．27.（3.00分）【2018年湖北省荆门市中考数学试卷】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时，点M所经过的路线长为（）A．B．C．1 D．2【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】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，∴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．【点评】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．28.（9.00分）如图，在Rt△ABC中，∠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=，在AC边上找一点H，使得BH+EH最小，并求出这个最小值．【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】（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．由作图可知：EH=HE'，AE'=AE，∠E'AC=∠BAC=30°．∴∠EAE'=60°，∴△EAE'为等边三角形，∴，∴∠AE'B=90°，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，，∴，，∴，∴BH+EH的最小值为3．【点评】本题考查轴对称最短问题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．29.（8.00分）【2018年湖北省随州市中考数学试卷】随州市新㵐水一桥（如图1）设计灵感来源于市花﹣﹣兰花，采用蝴蝶兰斜拉桥方案，设计长度为258米，宽32米，为双向六车道，2018年4月3日通车．斜拉桥又称斜张桥，主要由索塔、主梁、斜拉索组成．某座斜拉桥的部分截面图如图2所示，索塔AB和斜拉索（图中只画出最短的斜拉索DE和最长的斜拉索AC）均在同一水平面内，BC在水平桥面上．已知∠ABC=∠DEB=45°，∠ACB=30°，BE=6米，AB=5BD．（1）求最短的斜拉索DE的长；（2）求最长的斜拉索AC的长．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质计算DE的长；（2）作AH⊥BC于H，如图2，由于BD=DE=3，则AB=3BD=15，在Rt△ABH 中，根据等腰直角三角形的性质可计算出BH=AH=15，然后在Rt△ACH中利用含30度的直角三角形三边的关系即可得到AC的长．【解答】解：（1）∵∠ABC=∠DEB=45°，∴△BDE为等腰直角三角形，∴DE=BE=×6=3．答：最短的斜拉索DE的长为3m；（2）作AH⊥BC于H，如图2，∵BD=DE=3，∴AB=3BD=5×3=15，在Rt△ABH中，∵∠B=45°，∴BH=AH=AB=×15=15，在Rt△ACH中，∵∠C=30°，∴AC=2AH=30．答：最长的斜拉索AC的长为30m．。

中考数学总复习《特殊三角形问题(二次函数综合)》专项检测卷(带答案)

中考数学总复习《特殊三角形问题（二次函数综合）》专项检测卷(带答案)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图，一次函数122y x =--与x 轴、y 轴分别交于A 、 C 两点，二次函数2y ax bx c=++的图象经过A 、C 两点，与x 轴交于另一点B ，其对称轴为直线32x =-(1)求该二次函数表达式；(2)在y 轴的负半轴上是否存在一点M ，使以点M 、O 、B 为顶点的三角形与AOC 相似，若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)在对称轴上是否存在点P ，使PAC 为等腰三角形，若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图，抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于()4,0A -，()2,0B 两点，与y 轴交于点C ．直线l 与抛物线交于A ，D 两点，与y 轴交于点E ，点D 的坐标为()1,5．(1)求抛物线的解析式；(2)若点P 是抛物线上的点且在直线l 上方，连接PA 、PD ，求当PAD 面积最大时点P 的坐标及该面积的最大值；(3)在y 轴上是否存在点Q ，使CDQ 是以CD 为腰的等腰三角形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．3．如图，抛物线2122y x =-+与x 轴交于A ，B 两点，其中点A 在x 轴的正半轴上，点B 在x 轴的负半轴上．(1)试写出该抛物线的对称轴和顶点C 的坐标；(2)在抛物线上是否存在一点M ，使MAC OAC ≌？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．4．如图，抛物线2y x bx c =-++交x 轴于()4,0A -，B 两点，交y 轴于点()0,4C ．(1)求抛物线的函数解析式．(2)点D 在线段OA 上运动，过点D 作x 轴的垂线，与AC 交于点Q ，与抛物线交于点P ，连接AP 、CP ，求四边形AOCP 的面积的最大值．(3)在抛物线的对称轴上是否存在点M ，使得以点A 、C 、M 为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图，已知二次函数2y x bx c =++经过A ，B 两点，BC x ⊥轴于点C ，且点()10A -，，()40C ，和AC BC =．(1)求抛物线的解析式；(2)点E 是线段AB 上一动点（不与A ，B 重合），过点E 作x 轴的垂线，交抛物线于点F ，当线段EF 的长度最大时，求点E 的坐标及ABF S △；(3)点P 是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P 点，使ABP 成为直角三角形？若存在，求出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．6．如图，已知抛物线()20y ax bx c a =++≠的对称轴为=1x -，且抛物线经过()()1,0,0,3A C 两点，与x 轴交于点B ．(1)求抛物线的解析式；(2)在第二象限抛物线上找一点M ，BCM 的面积最大，求出此点M 的坐标；(3)设点P 为抛物线的对称轴=1x -上的一个动点，求使BPC △为直角三角形的点P 的坐标． 7．在平面直角坐标系中，抛物线23y ax bx =+-与x 轴交于点()1,0A -和点()3,0B ，与y 轴交于点C ．(1)求抛物线的解析式及顶点坐标；(2)若点P 为第四象限内抛物线上一点，当PBC 面积最大时，求点P 的坐标；(3)若点P 为抛物线上一点，点Q 是线段BC 上一点（点Q 不与两端点重合），是否存在以P 、Q 、O 为顶点的三角形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出满足条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线2y x bx c =-++经过()1,0A -，()0,3C 两点，并与x 轴交于另一点B ．(1)求该抛物线所对应的函数关系式； (2)求点B 坐标；(3)设(),P x y 是抛物线上的一个动点，过点P 作直线l x ⊥轴于点M ．交直线BC 于点N ． ①若点P 在第一象限内，试问：线段PN 的长度是否存在最大值？若存在，求出它的最大值及此时x 的值；若不存在，请说明理由；①当点P 运动到某一位置时，能构成以BC 为底边的等腰三角形，求此时点P 的坐标及等腰BPC △的面积．9．如图，平面直角坐标系中，抛物线234(0)y ax ax a a =-->与x 轴交于A 、B 两点（A 在B 的左侧）与y 轴交于点C 连接AC 、BC 抛物线的顶点为D ．(1)用a 的代数式表示C 、D 的坐标；(2)当四边形ABDC 的面积21时求该函数解析式；(3)当BCD △为直角三角形时求a 的值．10．如图顶点坐标为()1,4的抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于A B ，两点（点A 在点B 的左边）与y 轴交于点()03C D ，，是直线BC 上方抛物线上的一个动点连接AD 交拋物线的对称轴于点E ．(1)求抛物线的解析式；(2)连接AC 当ACE △的周长最小时求点D 的坐标；(3)过点D 作DH x ⊥轴于点H 交直线BC 于点F 连接AF ．在点D 运动过程中是否存在使ACF △为等腰三角形？若存在求点F 的坐标；若不存在请说明理由．11．如图1 抛物线与x 轴交于A B 两点点A B 分别位于原点的左、右两侧与y 轴相交于C 已知抛物线对称轴为直线32x =直线334y x =-经过B 、C 两点．(1)求抛物线的解析式；(2)在抛物线上找一个点D （不与点C 重合）使得ABD ABC ∠=∠ 请求出点D 的坐标； (3)如图2 点E 是直线BC 上一动点过E 作x 轴的垂线交抛物线于F 点连接CF 将CEF △沿CF 折叠如果点E 对应的点M 恰好落在y 轴上求此时点E 的坐标．12．如图在平面直角坐标系中抛物线214y x bx c =-++(b 、c 是常数)经过点()2,0A 点()0,3B ．点P 在抛物线上其横坐标为m ．(1)求此抛物线解析式；(2)当点P 在x 轴上方时结合图象直接写出x 的取值范围；(3)若此抛物线在点P 右侧部分(包括点)P 的最高点的纵坐标为2m --． ①求m 的值①以PA 为边作等腰直角三角形PAQ 当点Q 在此抛物线的对称轴上时直接写出点Q 的坐标．13．已知抛物线2y x bx c =-++与x 轴交于()1,0A -和()3,0B 两点．(1)求抛物线的解析式；(2)如图过点()0,1D 的直线与y 轴右侧的抛物线交于F 与y 轴左侧的抛物线交于E 若2DF DE = 求直线的解析式；(3)设点P 是抛物线上任一点点Q 在x 正半轴上 PCQ △能否构成以CPQ ∠为直角的等腰直角三角形？若能请直接写出符合条件的点P 的坐标；若不能请说明理由．14．如图抛物线234y x bx c =-++交x 轴于(1,0)A - (4,0)B 两点交y 轴于点C 点D 是抛物线上位于直线BC 上方的一个动点．(1)求抛物线的解析式；(2)连接AC BD 若ABD ACB ∠=∠ 求点D 的坐标；(3)在（2）的条件下将抛物线沿着射线AD 平移m 个单位平移后A 、D 的对应点分别为M 、N 在x 轴上是否存在点P 使得PMN ∆是等腰直角三角形？若存在请求出m 的值；若不存在请说明理由．15．如图抛物线2y x bx c =++（b 、c 是常数）的顶点为C 与x 轴交于A 、B 两点其中()10A ， ()3,0B - 点P 从A 点出发在线段AB 上以1单位长度/秒的速度向B 点运动运动时间为t 秒04t << 过P 作PQ BC ∥交AC 于点Q ．(1)求该抛物线的解析式；(2)当t 为何值时 CPQ 的面积最大？并求出CPQ 面积的最大值；(3)点P 出发的同一时刻点M 从B 点出发在线段BC 5单位长度/秒的速度向C 点运动其中一个点到达终点时另一个点也停止运动在运动过程中是否存在某一时刻t 使BMP 为等腰三角形若存在直接写出P 点坐标；若不存在请说明理由．参考答案：1．（1）对于122y x =-- 当0x =时 =2y - 即点(0,2)C -令1202y x =--= 则4x =- 即点(4,0)A -.∵抛物线的对称轴为直线32x =- 则点(1,0)B∴抛物线与x 轴的另一个交点为()4,0-设二次函数表达式为：2(1)(4)(34)y a x x a x x =-+=+- ∵抛物线过点(0,2)C - 则42a -=-解得：12a =故抛物线的表达式为：213222y x x =+-；（2）存在理由：在Rt AOC 中 4AO = =2CO 则1tan 2CO CAO AO ∠== ∵以点M 、O 、B 为顶点的三角形与AOC 相似 ==90AOC MOB ∠∠︒ ∴=MBO CAO ∠∠或=MBO ACO ∠∠ ∴1tan tan =2MBO CAO ∠=∠或tan tan =2MBO ACO ∠=∠ 即==21OM OM BO 或12解得：1=2OM 或2∵点M 在y 轴的负半轴上即点()0,2M -或1(0,)2-；（3）存在理由：根据题意对称轴322b x a =-=- 设点3()2P t -，由点A 、C 、P 的坐标得：2223+42PA t ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 2=20AC ()229=+24PC t +当PA AC =时则223(4)202t -++=解得：t =±即点P 的坐标为：3()22-或3(,)22--；当PA PC =时则-++=++22239(4)(2)24t t 解得：0=t 即点3(,0)2P -；当AC PC =时则()292024t =++解得：=-±2t即点P 的坐标为：⎛--+ ⎝⎭3,22或⎛---⎝⎭3,22．综上点P 的坐标为：355(22-或355(,22--或3(,0)2-或⎛--+ ⎝⎭371,22或⎛--- ⎪⎝⎭371,222． 2．（1）解：抛物线2y ax bx c =++经过点()4,0A - ()2,0B ()1,5D∴16404205a b c a b c a b c -+=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解得128a b c =-⎧⎪=-⎨⎪=⎩∴物线的解析式为228y x x =--+；（2）解：如图1 过点P 作PH AB ⊥于H 交直线l 于F 直线过点D 作DG AB ⊥于G设直线l 的解析式为y kx b =+ 直线l 经过()4,0A - ()1,5D∴405k b k b -+=⎧⎨+=⎩ 解得14k b =⎧⎨=⎩∴直线l 的解析式为4y x =+点P 是抛物线上的点且在直线l 上方 ∴设()2,28P t t t --+ 则(),4F t t +∴()2228434PF t t t t t =--+-+=--+设PAD 面积为S ∴111222S PF AH PF GH PF AG =⋅+⋅=⋅ ()()222151553125341410222228t t t t t ⎛⎫=--++=--+=-++⎪⎝⎭ 52-< ∴当S 最大值为1258时 32t =- 此时235284t t --+=∴当PAD 面积最大时点P 的坐标为335,24⎛⎫- ⎪⎝⎭及该面积的最大值为1258；（3）解：当0x =时 2288y x x =-+= ∴()0,8C∴CD ==①当1CD CQ == 1Q 在点C 的上方时∴118QO CO CQ =+=∴点1Q 的坐标为(0,8+；①当2CD CQ = 2Q 在点C 的下方时∴228OQ OB BQ =-=∴点2Q 的坐标为()0,810-；①当3CD DQ =时设()30,Q n 则852n+=∴2n =点3Q 的坐标为()0,2；综上所述存在点Q 使CDQ 是以CD 为腰的等腰三角形点Q 的坐标为(0,810+或(0,810或()0,2． 3．（1）解：该抛物线的对称轴是y 轴顶点C 的坐标为()0,2．（2）解：不存在．理由如下：对于2122y x =-+ 令0y = 则21202x -+=解得12x = 22x =-∴点A 的坐标为()2,0 点B 的坐标为()2,0-．则2OA OB OC ===∴ OAC 是等腰直角三角形．假设存在一点M 使MAC OAC ≌AC 为公共边 OA OC =∴点M 和O 关于直线AC 对称∴四边形OAMC 是正方形∴点M 的坐标为()2,2．当2x =时 22112220222y x =-+=-⨯+=≠即点M 不在抛物线2122y x =-+上∴在抛物线上不存在一点M 使MAC OAC ≌．4．（1）解：把()4,0A - ()0,4C 代入2y x bx c =-++得①01644b cc =--+⎧⎨=⎩解得：34b c =-⎧⎨=⎩①该二次函数的解析式234y x x =--+；（2）解：①()4,0A - ()0,4C①4,4OA OC == ①1144822AOC S OA OC =⋅=⨯⨯=△ 设直线AC 的解析式为4y kx =+代入()4,0A -得 044k =-+解得1k =①直线AC 的解析式为4y x =+设()2,34P t t t --+ 则(),4Q t t +①()223444PQ t t t t t =--+-+=-- ①()()()22114422822ACP C A S PQ x x t t t =⋅-=--⨯=-++ ①四边形AOCP 的面积()22216ACP AOC SS t =+=-++ ①20-< ①当2t =-时四边形AOCP 的面积最大为16；（3）解：设3,2M m ⎛⎫- ⎪⎝⎭①()4,0A - ()0,4C①2224432AC =+= 2222325424AM m m ⎛⎫=-++=+ ⎪⎝⎭ ()()2222394424CM m m ⎛⎫=-+-=+- ⎪⎝⎭当斜边为AC 时 AM CM AC 222+= 即()2225943244m m +++-= 整理得：24150m m ++= 无解；当斜边为AM 时 222AC CM AM += 即2292532(4)44m m ++-=+ 解得：112m =；①311,22M ⎛⎫- ⎪⎝⎭当斜边为CM 时 222AC AM CM += 即2225932(4)44m m ++=+- 解得：52m =-； ①35,22M ⎛⎫-- ⎪⎝⎭综上：点M 的坐标为35,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭或311,22⎛⎫- ⎪⎝⎭． 5．（1）解：①点()10A -， ()40C ， ①5AC = 4OC =①5AC BC ==①()45B ，把()10A -，和()45B ，代入二次函数2y x bx c =++中得： 101645b c b c -+=⎧⎨++=⎩ 解得：23b c =-⎧⎨=-⎩①二次函数的解析式为：223y x x =--；（2）解：如图1 ①直线AB 经过点()10A -，和()45B ，设直线AB 的解析式为y kx b =+①045k b k b -+=⎧⎨+=⎩解得：11k b =⎧⎨=⎩①直线AB 的解析式为：1y x =+①二次函数2=23y x x --①设点(),1E t t + 则()2,23F t t t --①()()2232512324EF t t t t ⎛⎫=+---=--+ ⎪⎝⎭ ①当32t =时 EF 的最大值为254①点E 的坐标为35,22⎛⎫ ⎪⎝⎭； ()()1125125412248ABF B A S EF x x ∴=⋅-=⨯⨯+=；（3）解：存在①()222314y x x x =--=--①对称轴为直线1x =设()1,P m 分三种情况：①点B 为直角顶点时由勾股定理得：222PB AB PA +=①()()()()22222241541511m m -+-+++=++解得：8m = ①()18P ，；①点A 为直角顶点时由勾股定理得：222PA AB PB +=①()()()()22222211415415m m +++++=-+-解得：2m =- ①()12P -，； ①点P 为直角顶点时由勾股定理得：222PB PA AB +=①()()()()22222211415415m m +++-+-=++解得：6m =或1m =-①()16P ，或()1,1P -；综上点P 的坐标为()18，或()12-，或()16，或()1,1-． 6．（1）由题意得：1203b a a b c c ⎧-=-⎪⎪++=⎨⎪=⎪⎩解得：123a b c =-⎧⎪=-⎨⎪=⎩ ∴抛物线的解析为：223y x x =--+；（2）设点M 的坐标为()2,23m m m --+ 连接OM因为对称轴为1x =- ()1,0A所以()3,0B - 故3OB =因为()0,3C 故3OC =BCM BOM COM BOC S S S S ∴=+-△△△△()()2111323333222m m m =⨯⨯--++⨯⨯--⨯⨯ 23327228m ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭ ①当32m =-时 BCM 的面积最大此时点M 的坐标为315,24⎛⎫- ⎪⎝⎭；（3）设点P 的坐标为()1,t -()()()1,,3,0,0,3P t B C --218CB ∴= ()2222134PB t t =-++=+ ()()222213610PC t t t =-+-=-+ ①当点B 为直角顶点时 222BC PB PC +=22184610t t t ∴++=-+ 解得：2t =-()1,2P ∴--①当点C 为直角顶点时 222BC PC PB +=22186104t t t ∴+-+=+ 解得：4t =()1,4P ∴-①当点P 为直角顶点时 222PC PB BC +=22461018t t t ∴++-+=解得：t t =P ⎛∴- ⎝⎭或⎛- ⎝⎭综上所述点P 的坐标为()1,2--或()1,4-或⎛- ⎝⎭或⎛- ⎝⎭． 7．（1）解：将()1,0A -、()3,0B 代入23y ax bx =+-得309330a b a b --=⎧⎨+-=⎩ 解得：12a b =⎧⎨=-⎩①抛物线的解析式为：()222314y x x x =--=--；顶点坐标为()1,4-；（2）解：作PR y ∥交BC 于点R令0x = 则=3y -①(0,3)C -①()3,0B设直线BC 的解析式为3y kx =-①033k =-解得1k =①直线BC 的解析式为3y x =-设点P 的坐标为()2,23x x x -- 则点R 的坐标为(),3x x - ①()211323322PBC B S PR x x x x =⋅=--++⨯ ()223332732228x x x ⎛⎫=--=--+ ⎪⎝⎭ ①302-< ①32x =时 PBC S 有最大值此时点P 的坐标为315,24⎛⎫- ⎪⎝⎭；（3）解：①点Q 是线段BC 上一点①设点Q 的坐标为(),3m m -①()3,0B (0,3)C -①3OB OC ==①当点P 与点B 重合点Q 与点C 重合时 PQO 是等腰直角三角形此时点P 的坐标为()3,0；同理当点P 与点C 重合点Q 与点B 重合时 PQO 是等腰直角三角形此时点P 的坐标为(0,3)-；如图当点P 在第四象限时过点Q 作DE x ⊥轴于点D 作PE DE ⊥交DE 于点E①OQ PQ = 90OQP ∠=︒①90QOD OQD PQE ∠=︒-∠=∠①QOD PQE ≌△△①QE OD m == 33QD PE m m ==-=-①33ED QD QE m m =+=+-= 即点P 的纵坐标为3- ①2233x x --=-解得0x =或2x =①点P 的坐标为()2,3-；如图当点P 在第三象限时过点P 作DE x ⊥轴于点D 作QE DE ⊥交DE 于点E 设OD d =同理POD QPE ≌△△①PE OD EF d === QF m = QE PD = 33OF DE m m ==-=- ①3PD DE PE m d =-=-- QE QF EF m d =+=+ ①3m d m d --=+ 解得32d m =- ①点P 的纵坐标为()333322m d m m ⎛⎫---=---+=- ⎪⎝⎭①23232x x --=-解得x =x =①点P 的坐标为32⎫-⎪⎪⎝⎭；综上点P 的坐标为()3,0或()0,3-或()2,3-或32⎫-⎪⎪⎝⎭．8．（1）()1,0A - ()0,3C 且点A 、C 在抛物线2y x bx c =-++上 ①103b c c --+=⎧⎨=⎩解得23b c =⎧⎨=⎩∴该抛物线所对应的函数关系式为223y x x =-++；（2）令0y = 得2230x x -++=解得：121,3x x =-=()3,0B ∴；（3）①如图2中已知()3,0B ()0,3C①设直线BC 所在直线的解析式为()0y kx b k =+≠ ①303k b b +=⎧⎨=⎩解得 13k b =-⎧⎨=⎩①直线BC 的解析式为：3y x =-+点P 在抛物线223y x x =-++上且PN x ⊥轴点N 在直线BC 的图象上 ∴设点P 的坐标为223)(,x x x -++ 则点N 的坐标为(,3)x x -+ 又点P 在第一象限①()()2233PN x x x =-++--+23x x =-+239()24x =--+ ∴当32x =时线段PN 的长度的最大值为94．①解：如图3中由题意知点P 在线段BC 的垂直平分线上又由①知 OB OC =BC ∴的中垂线同时也是BOC ∠的平分线 ∴设点P 的坐标为(,)a a又点P 在抛物线223y x x =-++上于是有223a a a =-++ 230a a ∴--=解得1a = 2a =∴点P 的坐标为：( 或(若点P 的坐标为( 此时点P 在第一象限在Rt OMP 和Rt BOC 中 MP OM ==3OB OC ==112222BPC BOC BOP BOC BOCP S S S S S BO PM BO CO ∆=-=-=⨯⋅⋅-⋅四边形192322=⨯⨯=若点P 的坐标为( 此时点P 在第三象限则11323322BPC BOP COP BOC S S S S =++=⨯⨯⨯+⨯⨯综上所述BPC △ 9．（1）解：令0x = 则4y a =-()0,4C a ∴-；令0y = 则2340ax ax a --=解得：11x =- 24x =．(1,0)A ∴- (4,0)B ．∴抛物线的对称轴为：直线32x = 将32x =代入解析式得：254y a =-．32524D a ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭，；（2）解：连接OD则2523212AOC COD BOD ABDC S S S S a a a ∆∆∆=++=++=四边形解得：65a = ∴261824555y x x =--；（3）解：①当90CDB ∠=︒时过D 作DE x ∥轴交y 轴于点E 过B 作BF DE ⊥垂足为F ．90EDC FDB ∠+∠=︒ =90FDB DBF ∠+∠︒EDC DBF ∴∠=∠90CED DFB ∠=∠=︒CDE DBF ∴∽△△ ∴CE DE DF BF = 即934252524a a =解得：a =； ①当90DCB ∠=︒时如下图同理可得：BOC CED ∽ ∴OB OC CE DE = 即449342a a =解得：a =．综上a =． 10．(（1）解：根据题意设抛物线的解析式为()214y a x =-+把()03C ，代入得()23014a =-+ 解得1a =-①抛物线的解析式为()214y x =--+即223y x x =-++；（2）解：抛物线的顶点坐标为()1,4①抛物线的对称轴为直线1x =当点D 与点C 关于直线1x =对称时 ACE △的周长AC AE CE AC AE ED AC AD ++=++=+取得最小值①()03C ，①()23D ，；（3）解：令0y = 则()2140x --+=解得=1x -或3x = ①()10A -， ()30B ，设直线BC 的解析式为3y mx =+把()30B ，代入得033m =+ 解得1m =-①直线BC 的解析式为3y x =-+ 221310AC +=设点()3F n n -，当10CF AC == 即210CF =①()223310n n +-+= 解得5n =±①点D 的坐标为()5252，；当10AF AC == 即210AF = ①()()221310n n ++-=解得0n =（舍去）或2n = ①点D 的坐标为()23，；当AF FC =时即22AF FC =①()()()22221333n n n n ++-=+-+解得52n = ①点D 的坐标为5724⎛⎫ ⎪⎝⎭，；综上点D的坐标为)2或()23，或5724⎛⎫⎪⎝⎭，．11．（1）解：当0y =时 3x 304-=解得：4x =当0x =时 =3y -()4,0B ∴ ()0,3C -；设抛物线的解析式为2y ax bx c =++ 则有32216403b a a bc c ⎧-=⎪⎪++=⎨⎪=-⎪⎩解得：34943a b c ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪=-⎪⎪⎩∴抛物线的解析式为239344y x x =--；（2）解：如图作直线BC 关于x 轴对称直线BD 交y 轴于G交抛物线于D()0,3G ∴ ABD ABC ∠=∠设直线BD 的解析式为y kx b =+ 则有403k b b +=⎧⎨=⎩解得：343k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ ∴直线BD 的解析式为334y x =-+ 联立直线BD 和抛物线的解析式得：233439344y x y x x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩解得：40x y ⎧⎨==⎩或292x y =-⎧⎪⎨=⎪⎩ 92,2D ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭．（3）解：①如图当E 在x 轴下方时EF y ∥轴FCH CFE ∴∠=∠由折叠得：ECF FCH ∠=∠ECF CFE ∴∠=∠CE EF ∴= 设3,34E m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭则239,344F m m m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭ 233933444EF m m m ⎛⎫∴=---- ⎪⎝⎭2334m m =-+ 223334CE m m ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭54m = 235344m m m ∴-+=解得： 173m = 20m =（舍去） 37343y ∴=⨯-54=-； 75,34E ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭； ①如图当E 在x 轴上方时同理可证：CE EF = 设3,34E m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭则239,344F m m m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭239333444EF m m m ⎛⎫∴=---- ⎪⎝⎭2334m m =- CE =54m = 235344m m m ∴-= 解得： 1173m = 20m =（舍去） 317343y ∴=⨯- 54=； 175,34E ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭；综上所述：E 的坐标为75,34⎛⎫- ⎪⎝⎭或175,34⎛⎫ ⎪⎝⎭． 12．（1）解：根据题意得： 1203b c c -++=⎧⎨=⎩解得：13b c =-⎧⎨=⎩ ①此抛物线的解析式为：2134y x x =--+；（2）令0y = 则21304x x --+= 解得：1262x x =-=，根据图象可知 P 在x 轴上方时 x 的取值范围是62x -<<；（3）①()221132444y x x x =--+=-++ ①抛物线的顶点坐标是()2,4-①当2m ≤-时点P 在对称轴上或对称轴左侧最高点坐标为()2,4-①24m --= 解得6m =-当m 2>时点P 在对称轴右侧最高点纵坐标为21(2)44m -++ ①-21(2)424m m -++=-- 解得：)122525m m ==-，舍去 ①m 的值为6-或5①当6m =-时如图① 以P 或A 为直角顶点作等腰直角三角形点Q 不能落在对称轴上因为直角边PQ 或AQ 和对称轴平行；以点Q 为直角顶点作等腰直角三角形点Q 恰好落在抛物线的顶点上根据对称性可知 1(2,4）Q - 显然 1Q 关于x 轴对称点2Q 也满足条件 ()224Q --，；当 5m = 如图① 通过绘图可知由点A 或点Q 为直角顶点均不存在满足条件的等腰直角三角形以P 为直角顶点可以作出满足条件的等腰直角三角形．过点P 分别作x 轴和对称轴的垂线垂足分别为M 、N对称轴与x 轴的交点为G ．则252MG =+当x = ()212424y =-+=--①2P --①2PM =+①PM MG =①GM PN =①PM PN =又①3AP PQ =①3PMA PNQ ≌①3AM Q N =①32Q N =-①2AM =①322GQ =++-=①3(2,Q --综上所述点Q 的坐标为()2,4-或()2,4--或(2--， 13．1）解：抛物线2y x bx c =-++与x 轴交于()1,0A -和()3,0B 两点 10930b c b c --+=⎧∴⎨-++=⎩ 解得：23b c =⎧⎨=⎩∴抛物线的解析式为223y x x =-++；（2）解：设直线EF 的解析式为y kx m =+将点()0,1D 代入直线解析式得：1m = ∴直线EF 的解析式为1y kx =+ ∴设(),1E E E x kx + (),1F F F x kx + 如图过点E 作EG y ⊥轴与点G 过点F 作FH Y ⊥轴于点HE E EG x x ∴==-F FH x =90EHD EGD ∠=∠=︒ FDG EDG ∠=∠ FHD EGD ∴∠∽FH DF EG DE∴= 2DF DE =22F E x DE x DE∴==- 2F E x x ∴=-将(),1E E E x kx +、(),1F F F x kx +代入抛物线得： 22123123E E E FF F kx x x kx x x ⎧+=-++⎨+=-++⎩①② 将2F E x x =-代入① 得：221443E E E kx x x -+=--+③ 2⨯+③① 得：21E x =点E 在抛物线左侧1E x ∴=-将1E x =-代入① 得：1123k -+=--+ 解得：1k =∴直线EF 的解析式为1y x =+ （3）解：能抛物线223y x x =-++令0x = 则3y =()0,3C ∴点P 是抛物线上任一点∴设()2,23P p p p -++ 如图过点P 作直线l y ∥轴与x 轴交于点N 过点C 作CM l ⊥于点M PCQ △是以点CPQ ∠为直角的等腰直角三角形 PQ PC ∴= 90CPQ ∠=︒90CMP PNQ ∴∠=∠=︒ (),0N p (),3M p 90QPN PQN ∴∠+∠=︒90QPN CPM ∠+∠=︒PQN CPM ∴∠=∠在CMP 和PNQ 中CMP PNQ CPM PQN PC PQ ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()AAS CMP PNQ ∴≌CM PN ∴=223p p p ∴=-++若223p p p =-++解得：p 若()223p p p =--++解得：p当p = ()222231414p p p ⎫-++=--+=--+⎪⎪⎝⎭当p ()222231414p p p ⎫-++=--+=-+=⎪⎪⎝⎭当p ()222231414p p p ⎫-++=--+=-+⎪⎪⎝⎭当p 时 ()222231414p p p ⎫-++=--+=-+=⎪⎪⎝⎭；点Q 在x 正半轴上当点P 为113113--⎝⎭时点Q 在x 负半轴上不符合题意舍去 ∴PCQ △能构成以点CPQ ∠为直角的等腰直角三角形符合条件的点P 的坐标为113113++⎝⎭或321213+--⎝⎭或321213--⎝⎭．14．（1）解：①抛物线234y x bx c =-++交x 轴于(1,0)A - (4,0)B 两点 ①抛物线的解析式为：()()2339143444y x x x x =-+-=-++；（2）解：①ABD ACB ∠=∠①tan tan 3ABD CAB ∠=∠=设点D 的坐标为239,344x x x ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭过点D 作DE x ⊥轴于点E 如图所示则4BE x =- 239344DE x x =-++ ①239344tan 34x x ABD x-++∠==- 解得3x =①()3,3D ；（3）解：设直线AD 的解析式为：y kx n =+把点A 、D 的坐标代入得03k n k n n -+=⎧⎨+=⎩ 解得3434k n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩①直线AD 的解析式为：3344y x =+①5MN AD == ①4t n 3a MAP ∠=①如图若5MN MP == 则90PMN ∠=︒此时3tan 4MPMAP AM ∠== ①203AM = 即1203m =；①如图若5NM NP == 则90MNP ∠=︒此时3tan 4NP MAP AN ∠== ①203AN = ①53AM AN MN =-= 即253m =；①如图若PM NP = 则90NPM ∠=︒ 过点P 作PQ AN ⊥于点Q 则1522PQ MN ==此时3tan 4PQ MAP AQ ∠== ①103AQ = ①56AM AQ MQ =-=即356m = 综上所述 203m =或53或56时 PMN ∆是等腰直角三角形． 15．（1）解：将()10A ， ()3,0B - 代入2y x bx c =++ ①10930b c b c ++=⎧⎨-+=⎩解得：23b c =⎧⎨=-⎩①抛物线的解析式为223y x x =+-；（2）解：如图：①()222314y x x x =+-=+-①()1,4C --设直线BC 的解析式为y kx m =+ ①304k m k m -+=⎧⎨-+=-⎩解得：26k b =-⎧⎨=-⎩ ①直线BC 的解析式为26y x =--①()1,0P t - PQ BC ∥①直线PQ 的解析式为222y x t =--+ 同理可得直线AC 的解析式为22y x =-当22222x t x --+=-时 112x t =- ①11,2Q t t ⎛⎫-- ⎪⎝⎭①PQ BC ∥ ①()()211S S 42222CPQ BPQ t t t ==⨯⨯-=--+ ①当2t =时 CPQ 面积的最大值为2；（3）解：存在t 使BMP 为等腰三角形理由如下：如图由（2）可知 ()1,0P t -过M 点作MG x ⊥轴交于G 点过C 点作CH x ⊥轴交于H 点 ①()1,4C --①4CH = 1OH =①()3,0B -①3OB =①2BH =①224225BC +=①sin CH GM ABC BC BM ∠== tan 2CH GM ABC BH BG ∠=== 255t =①GM t = ①12GB t = ①132OG OB BG t =-=- ①13,2M t t ⎛⎫-+- ⎪⎝⎭当点P 在点G 右侧时 ()()222134BP t t =-+=- 222211313121624MP t t t t t ⎛⎫=-+-+=-+ ⎪⎝⎭ 2222221524BM BG MG t t t ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭ 由题意可得：①当MP BP = 则()2264131214t t t =+-- 解得169t =或0=t （不符合题意舍去）此时169t = ①当BP BM =时则()22454t t -= 解得)852t =或)852t =-（不符合题意舍去）此时)852t = ①当MP BM =时则22135121644t t t -+= 解得2t =或4t =（不合题意舍去）．当点P 在点G 左侧时 222215312424MP t t t t t ⎛⎫=--++=++ ⎪⎝⎭ ①当MP BP = 则()2254424t t t =+-+，解得2087t =-+2087t =-- 不符合题意舍去；①当BP BM =时，则()22454t t -=，解得)852t =或()852t =-，不符合题意，舍去；①当MP BM =时，则22552444t t t ++=，解得2t =-，不符合题意，舍去．综上所述当169t =或)82t =或2t =时，BMP 为等腰三角形．①点P 坐标为：7,09⎛⎫- ⎪⎝⎭或()17-或()1,0-．。

云南省中考数学总复习第四章三角形第三节特殊三角形训练(2021年整理)

云南省2018年中考数学总复习第四章三角形第三节特殊三角形同步训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（云南省2018年中考数学总复习第四章三角形第三节特殊三角形同步训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第三节特殊三角形姓名：________ 班级：________ 限时：______分钟1．（2018·成都)等腰三角形的一个底角为50°,则它的顶角的度数为__________．2．（2018·湘潭)如图,在等边三角形ABC中，点D是边BC的中点，则∠BAD＝__________．3．（2018·永州）一副透明的三角板，如图叠放,直角三角板的斜边AB、CE相交于点D，则∠BDC＝__________．4．（2017·绥化）在等腰△ABC中,AD⊥BC交直线BC于点D,若AD＝错误!BC，则△ABC的顶角的度数为_____________．5．（2018·遵义）如图，△ABC中，点D在BC边上,BD＝AD＝AC，E为CD的中点，若∠CAE ＝16°，则∠B＝________度．6．(2018·南宁)如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD平分∠ABC,则图中等腰三角形的个数是______．7．（2018·邵阳）如图所示，在等腰△ABC中,AB＝AC，∠A＝36°，将△ABC中的∠A沿DE向下翻折，使点A落在点C处，若AE＝3，则BC的长是______．8．(2019·原创）一个三角形三个内角的度数之比为1∶2∶3，则这个三角形一定是( )A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．等腰直角三角形9．（2018·滨州)在直角三角形中，若勾为3,股为4，则弦为( ）A．5 B．6 C．7 D．810．(2018·兰州)如图，AB∥CD，AD＝CD,∠1＝65°，则∠2的度数是（ )A．50° B．60°C．65° D．70°11．(2018·湖州）如图，AD，CE分别是△ABC的中线和角平分线,若AB＝AC,∠CAD＝20°，则∠ACE的度数是（ )A．20° B．35° C．40° D．70°12．(2018·扬州）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°,CD⊥AB于D,CE平分∠ACD交AB于E,则下列结论一定成立的是（ )A．BC＝EC B．EC＝BEC．BC＝BE D．AE＝EC13．（2018·南充）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.错误!B．1 C。