中考数学压轴题专项练习：特殊三角形问题(10道)及答案
中考压轴题三角形问题有答案
学习好资料 中考数学压轴题解题技巧函数型：反比例函数、二次函数等；几何型：三角形问题〔等腰三角形、直角三角形、相似三角形〕四边形问题〔平行四边形、矩形、梯形〕 圆问题〔单圆、两圆〕解中考压轴题技能：中考压轴题大多是以坐标系为桥梁, 运用数形结合思想,通过建立方面可用代数方法研究几何图形的性质,另一方面又可借助几何直观,得到某些代数问题的解答.关键是掌握几种常用的数学思想方法.以直线或抛物线知识为载体,列〔解〕方程或方程组求其 对问题的条件或结论的多变性进行考察和探究.由向未知,由复杂向简单的转换.中考压轴题它是 所涉及的知识面广, 所使用的数学思想方法也较全面. 因此,可把压轴题别离为相对独立而又单一的知识或方法组块去思考和探究.四是运用待定系数的思想. 尤其是对于存在性问题,可以先对所求值进行假设,然后 在等量关系中进行代入,最后得到假设值.解中考压轴题小技巧：是对自身数学学习状况做一个完整的全面的熟悉.根据自己的情况测试的时候重心定位准确,预防 “捡芝麻丢西瓜〞.所以,在心中一定要给压轴题或几个“难点〞 一个时间 上的限制,如果超过你设置的上限, 必须要停止,回头认真检查前面的题, 尽量要保证选择、 填空万无一失,前面的解做题尽可能的检查一遍.二是解数学压轴题做一问是一问.第一问对绝大多数同学来说,不是问题；如果第二 ______小回丕会解,一一切忌丕可轻易放弃第二小间乙…过程会多少写多少,由于数学解做题是按步骤给 分的,写上去的东西必须要标准,字迹要工整,布局要合理；过程会写多少写多少,但是不 要说废话,计算中尽量回避非必求成分.中考压轴题是为考察考生综合运用知识的水平而设计的题目,其特点是知识点多,覆盖面广,条件隐蔽,关系复杂,思路难觅,解法灵活.所以,解数学压轴题,一要树立必胜的 信心,要做到：数形结合记心头,大题小作来转化,潜在条件不能忘,化动为静多画图, 分类讨论要严密,方程函数是工具,数学综压轴题是为考察考生综合运用知识的水平而设计的, 法的综合性,多数为函数型综合题和几何型综合题. 欢送下载集中表达知识的综合性和方点与数即坐标之间的对应关系,一是运用函数与方程思想. 解析式、研究其性质.二是运用分类讨论的思想. 三是运用转化的数学的思想. 对考生综合水平的一个全面考察,计算推理要严谨,创新品质得提升.例如：〔以2021年河南中考数学压轴题〕如图,在平面直角坐标系中,矩形 ABCD 的三个顶点 B (4, 0)、C (8, 0)、D (8,8).抛物线y=ax 2+bx 过A 、C 两点.(1) 直接写出点A 的坐标,并求出抛物线的解析式；(2)动点P 从点A 出发.沿线段 AB 向终点B 运动,同时点 Q 从点C 出发,沿线段CD 向 终点D 运动.速度均为每秒1个单位长度,运动时间为 t 秒.过点P 作PE,AB 交AC 于点E.①过点E 作EH AD 于点F,交抛物线于点 G.当t 为何值时,线段 EG 最长？②连接EQ 在点P 、Q 运动的过程中,判断有几个时刻使得△ CE 配等腰三角形？请直接 写出相应的t 值.解：(1)点A 的坐标为(4,8)将A(4, 得__ 1_ 1PE=- AP=- t . PB=8-t .——待定系数法2 2-……, 1 、 八 46一旦 .・•点 E 的坐标为(4+-t , 8-t ) . EC= 22 1, 1 2. 1 1 2 -• •点 G 的纵坐标为：——(4+ — t ) +4(4+ — t) =- -t +8.22281 ,-- <0,,当t=4时,线段EG 最长为2.8②共有三个时刻.1640 8.5t 1=) t 2=) t 3= ---------- 尸. 313 2.5x 2+4x(2)①在 RtMPE 和 RtMBC 中,tan PE / PAE=- APBC AB AP转化思想-1 2EG=—t +8-(8-t)=-8 1 ,2 , t +t.8方程思想分类讨论.............................. 11分1分抛3分1 _ _②如图2,当QP = QC 时,过点Q 作QMXACT M,那么CM= - PC =5- t 2〜 人 … 4 CM 5-t 25 在 RtA QMC 中,COS? QCM 一 = ----------- = -------,解得 t =一〔秒〕.5 CQ t 9专题一三角形问题①等腰三角形〔分类讨论〕1 .如图,在平面直角坐标系 xOy 中,点D 在坐标为〔3, 4〕,点P 是x 轴正半轴上的一 个动点,如果△ DOP 是等腰三角形,求点 P 的坐标.〔09上海24〕31 .由于 D 〔3, 4〕,所以 OD=5, COS? DOP —5 ①如图1 ,当PD= PO 时,作在 Rt^OPE 中,COS?DOP PE! OD 于 E. OE = 3, OE=‘,所以 OP =OP 5 2此时点P 的坐标为〔25,0〕.6 ②如图2,当OP=OD= 5时,点P 的坐标为〔5, 0〕.③如图3,当DO=DP 时,点D 在OP 的垂直平分线上,此时点P 的坐标为〔6, 0〕.2 .如图,在矩形 ABCD 中,AB= 6, BC= 8,动点P 以2个单位/秒的速度从点 A 出发,沿AC 向点C 移动,同时动点 Q 以1个单位/秒的速度从点 C 出发,沿CB 向点B 移动,当P 、Q两点中其中一点到达终点时那么停止运动.在 P 、Q 两点移动过程中,当^ PQC 为等腰三角形时,求t 的值.〔08南汇25〕解：在 R9ABC 中,AC = J A B 2 + BC 2 = ,62 +82 =10.因此4 COS ?ACB 5在APQC 中,CQ= t, CP= 10—2t.第2题图1 第2题图2①如图1,当CP =CQ 时,一一 一 10t =10- 2t ,解得 t =d 〔秒〕.3 第1题图2学习好资料欢送下载1 一1③如图3,当PQ = PC时,过点P作PNLBC于N,那么CN = -QC =-t .1t在Rt^PNC中,cos? PCN e=O^=—2 ,解得1=四〔秒〕. 5 CP 10- 2t21综上所述,当t为！°秒、竺秒、80秒时,APQC为等腰三角形.3 6. 〔10南通27〕如图, BC上的动点〔不与B、9 21在矩形ABCD中,AB=m 〔m是大于0的常数〕,BC= 8, E为线段C重合〕.连结DE,彳EH DE, EF与射线BA交于点F,设CE=x, BF =y-(1) y关于x的函数关系式;(2) m= 8,求x为何值时,y的值最大,最大值是多少?(3) y ,要使△ DEF为等腰三角形,m的值应为多少? m解：〔1〕由于/ EDC与/ FEBtB是/ DEC的余角,所以/ EDC= / FEB又由于/ C= / B=90°,所以△DCE^ △ EBF因此变二更,即m二CE BF x8- x整理,得y关于x的函数关系为〔2〕如图m m1 2 1 , ,、2 一1,当m=8 时,y = - -x +x = —-(x-4) +2 .8 8因此当x = 4时,y取得最大值为1212 1 2y = —,那么一=—-x2.8 …2………+ — x .整理,得x - 8x + 12 = 0. m解得x= 2或x= 6.要使△ DEF为等腰三角形,只存在由于△ DC『△ EBF,所以CE= BF, ED- EF的情况.即x= y.将x= y = 2代入12 y =一m 〔如图2〕;〔如图3〕.将x= y = 6代入12 y =—第6题图1第6题图2第6题图327 .12021?扬州】 抛物线 y=ax 2+bx+c 经过 A ( —1, 0)、B (3 , 0)、C (0 , 3)三点, 直线l 是抛物线的对称轴.(1)求抛物线的函数关系式；(2)设点P 是直线l 上的一个动点,当^ PAC 勺周长最小时,求点 P 的坐标；(3)在直线l 上是否存在点 M 使△MAC ；等腰三角形？假设存在,直接写出所有符合条件 的点M 的坐标；假设不存在,请说明理由.【答案】 解：(1) A( - 1, 0)、B(3 , 0)经过抛物线 y=ax 2+bx+c, ,可设抛物线为 y=a(x+1) (x —3). 又C(0, 3)经过抛物线,,代入,得3= a (0+1) (0 — 3),即a=—1.,抛物线的解析式为 y=- ( x+ 1) (x —3),即y=—x 2+2x + 3.(2)连接BC,直线BC 与直线l 的交点为P .那么此时的点P,使^ PAC 的周长最小. 设直线BC 的解析式为y=kx+b, 将 B(3, 0), C(0, 3)代入,得： 3k+b=0 b=3・,・直线BC 的函数关系式y = —x+3. 当x- 1时,y=2,即P 的坐标(1, 2).(3)存在.点 M 的坐标为(1, 76), (1, - 5.6), (1, 1), (1, 0).【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系, 线段中垂线的性质,三角形三边关系,等腰三角形的性质.【分析】(1)可设交点式,用待定系数法求出待定系数即可.(2)由图知：A 、B 点关于抛物线的对称轴对称,那么根据抛物线的对称性以及两点之间线段最短可知：假设连接 BC,那么BC 与直线l 的交点即为符合条件的 P 点.(3)由于△ MAC 的腰和底没有明确,因此要分三种情况来讨论：① MA=AC ②MA= MC 、②AC= MC;可先设出M 点的坐标,然后用 M 点纵坐标表示△ MAC 的三边长,再按 上面的三种情况列式求解：•.•抛物线的对称轴为： x=1,,设M(1 , m).・. A( —1, 0)、C(0, 3), MA 2=m 2+4, MC 2= m 2—6m+10, AC 2= 10.①假设 MA = MC ,那么 MA 2=MC 2,得：m 2+4=m 2-6m + 10,得：m= 1. ②假设 MA = AC ,贝U MA 2=AC 2,得：m 2+4= 10,得：m= ±%6 .k= -1 b=3③假设 MC =AC ,贝U MC2= AC 2,得：m 2—6m+10= 10,得：m=0, m=6, 当m=6时,M 、A 、C 三点共线,构不成三角形,不合题意,故舍去. 综上可知,符合条件的 M 点,且坐标为(1, J 6), (1,—展),(1,1), (1, 0).自编原创89. (1)当 D 为 BC 的中点时,AD± BC, DE± AC, CE=—.3(2)如图 1,由于/ ADC= / ADE+ / 1, / ADC= Z B+Z 2, / ADE= / B, 所以/ 1 = 7 2. 又由于AB= AC,所以/ C= / B.1 o 4 ...................整理,得y = - -x + — x. x 的取值范围是 0WxW8. 6 3(3)①如图 1,当 DA= DE 时,△ DC ®△ ABD,因此 DC= AB, 8-x=6.解得 x=2. ②如图2,当AD= AE 时,D 与B 重合,E 与C 重合,此时 x=0.③如图 3,当 EA= ED 时,/ DAE= / ADE= / B=Z C,所以△ DA8△ ABC.因此②直角三角形(勾股定理)(2021年浙江省中考第 23题)设直线l 〔： y=k 〔x+ b 1与b ： y=k 2x+b 2,假设l^l 2,垂足 为H,那么称直线1I 与％是点H 的直角线.所以△ DCa △ ABD.因此DC _ CE AB - BD9.如图,△ ABC 中,AB= AC= 6, BC= 8,点D 是BC 边上的一个动点, 点E 在AC 边上, /ADE= / B.设BD 的长为x, CE 的长为y.(1)当D 为BC 的中点时,求CE 的长；(2)求y 关于x 的函数关系式,并写出 x 的取值范围； (3)如果△ ADE 为等腰三角形,求 x 的值.8- x 66 (7)解得x = - 8 2第9题图1 第9题图2 第9题图3(1)直线① y = -lx + 2；② y = x + 2;③ y = 2x + 2;④ y=2x+4和点0(0, 2), 2那么直线和是点C的直角线(填序号即可)；(2)如图,在平面直角坐标系中,直角梯形OABC的顶点A(3, 0)、B(2, 7)、C(0, 7), P为线段OC 上一点,设过B、P两点的直线为l i,过A、P两点的直线为以假设l i与12是点P 的直角线,求直线l i 与12的解析式.当/ APB= 90°时,△ BCF^APOA.那么毁=空,即CP OA24.将一矩形纸片OABC放在平面直角坐标系中,点.出发以每秒1个单位长的速度沿OC向终点C运动,运动2秒时,动点P从点A出发3以相等的速度沿AO向终点.运动.当其中一点到达终点时, 另一点也停止运动.设点P的运动时间为t (秒).(1)用含t的代数式表示OP, OQ ;(2)当t=1时,如图1,将acra 沿PQ翻折,点.恰好落在CB边上的点D处,求点D的坐标；(3)连ZAC ,将AOB 沿PQ翻折,得到4EPQ ,如图2.问：PQ与AC能否平行？1图2解：(1) 直线①和③是点C的直角线.(2)2 7- PO P O .解得OP= 6或3如图2, 当OP= 6 时,l1：y/x + 6, y 2l2: y = — 2x+ 6.如图3, y= 3x+ 1, , 1 ,l2- y = - - x + 1 •O(0,0), A(6,0) , C(0,3).动点Q 从当OP= 1 时,lr图学习好资料 解：(1) OP =6- t, OQ =t + -.(2)当t =1时,过D 点作DD i A OA,交OA 于D i ,如图1, 5 4那么 DQ = QO =—,CQ =—, 3 3 CD =1, D(1,3).(3)①PQ能与AC 平行.即』6 t+2 33 14t =—.9②PE 不能与 假设PEA AC ,延长QE 交OA 于F ,如图3,近=吗正=WAC OC 3. 53「骑2QF = V5：f + -林3假设 PQ //AC ,如图2,那么受二安 OQ OC欢送下载t=14 9AC 垂直.EF =QF -QE =QF - OQS+2 S+2= (75-1)t+3(T5-1).又 R RtAEPF s RtAQCA,6- t〔而-1〕需t? 3.45,而 0W t 〞,3t不存在.28. 〔09湛江〕矩形纸片 QABC 的长为4,宽为3,以长QA 所在的直线为x 轴,.为坐 标原点建立平面直角坐标系；点P 是QA 边上的动点〔与点 Q 、A 不重合〕,现将△ PQC 沿PC 翻折得到 APEC ,再在AB 边上选取适当的点 D,将4PAD 沿PD 翻折,得到 4PFD ,使得直线PE 、PF 重合.〔1〕假设点E 落在BC 边上,如图①,求点 P 、C 、D 的坐标,并求过此三点的抛物线的函 数关系式；〔2〕假设点E 落在矩形纸片QABC 的内部,如图②,设QP = x, AD = y ,当x 为何值时,y取得最大值?〔3〕在〔1〕的情况下,过点P 、C 、D 三点的抛物线上是否存在点 Q,使4PDQ 是以PD第28题图为直角边的直角三角形？假设不存在,说明理由；假设存在,求出点 Q 的坐标 解：〔1〕由题意知, △PQC 、^ PAD均为等腰直角三角形,可得 P(3,0) C(0,3) D(41)PE _ QC EF - QA7QP A x图①图②说明,以上产斜比方■其他解〔证：法.2■清的恃拾封.③相似三角形〔相似比、分类讨论〕〔2021年上海市中考第 24题〕如图1,在平面直角坐标系 xOy 中,顶点为M 的抛物线y =该过此三点确实栩线为、_ 3二过户.C\ Z ＞三点的加物超的的数美累式为v = t*-4分C2.'由己利〃「千分"门 平分 上出了",且〃上、"/ 正合r 贝＜30 .亡CPC +上=9口,又“尸.十一1£*' = □◎ 上3七—^AL ＞/J . .RtZl.^OC s Rt 4/AA p ,or OC Bn A---- =------ r pp —=AD AP \「当工=2旷L 丁有最大毡」 门J 届设行在.廿两种情况讨论,⑸当上76.=时.白翻彘-可条：I 尸「=9.,日左抠种线上.故点「与点?重77.所求才事 口为〔0, 3〕…②当 m 科.射,过点小作平行于1c ■的直椎以？.假设宜税/附？交抛将线于另一点a •.点气3.口卜OC Q H* ..直线V 广的方程为尸=-Jt+3.得宜缴户广而上平移上个革能与直频A 〕Q 近告... 直域的方程为¥-10分由,又点口(4*)・Gt-lwQ故该洲构舒i 卜存布时点〔叫..箝＜_】4〕满足帚衅..32分有？E 钝图ax2+bx (a>0)经过点 A 和x 轴正半轴上的点 B, A0= B0= 2, Z AOB= 120° (1)求这条抛物线的表达式； (2)连结 0M,求/ AOM 的大小；(3)如果点 C 在x 轴上,且^ ABC 与4A0M 相似,求点 C 的坐标.所以/ B0M=30° ,所以/ A0M = 150° .(3)由 A (-1j3)、B(2,0)、M (1,-立),3得 tan? ABO AB = 273 , OM =所以/ ABO= 30° , -0^= 73OM因此当点 C 在点B 右侧时,/ ABC= Z AOM =150° △ ABC 与△ AOM 相似,存在两种情况：(1)如图2,过点A 作AH^y 轴,垂足为H.在 Rt^AOH 中,A0= 2, / AOH= 30° , 所以 AH= 1 , 0H = V3 .所以 A (-1, ^3).由于抛物线与x 轴交于0、B(2,0)两点,设 y = ax(x —2),代入点 A (-1,J3),可得所以抛物线的表达式为得抛物线的顶点M 的坐标为(1,-争.所以tan?BOM y①如图 3,当 _BA =_OA_=有时,BC = BA = 2L 3 = 2 -此时 C(4,0). BC OM ,3 3②如图 4,当 BC =丝=73时,BC = J 3BA = T3?2j3 6 .此时 q8,o).BA OM25.⑴设二次函数的解析式为： y=a(x-h) 2+k,「顶点C 的横坐标为4,且过点(0 , 7J 3)9• -y=a(x-4) 2+k1 T 3=16a +k ....................................... ① 9又•.•对称轴为直线 x=4,图象在x 轴上截得的线段长为 6• .A(1, 0), B(7, 0).•-0=9a+k ............................ ②由①②解得a= — , k=- 39• •・二次函数的解析式为：y= (x-4)2- 3 9⑵•・•点A 、B 关于直线x=4对称PA=PB• . PA+PD=PB+PDDB,当点P 在线段DB 上时PA+P 叩得最小值25.如图,二次函数的图象经过点D(0, 773),且顶点C 的横坐标为4,该图象在x 轴9上截得的线段AB 的长为6.,DB与对称轴的交点即为所求点P设直线x=4与x轴交于点M••• PM// OD BPMh BDQ 又/ PBMW DBO・ .△ BPM^A BDO7 .3 3 c.PM BM 9 3PMDO BO 7 3.••点P的坐标为(4 ,迎) 3⑶由⑴知点0(4, — 3),又.. AM=3 在R1AAM043, cot/ACM=3, 3・ ./ACM=60, AC=B0 / ACB=120① 当点Q在x轴上方时,过Q作QNL x轴于N如果AB=BQ 由△ ABS △ ABQWBQ=6 /ABQ=120,贝U/ QBN=60.•.QN=3'3, BN=3, ON=10,此时点Q(10 , 3 3),如果AB=AQ由对称性知Q(-2 , 3. 3 )②当点Q在x轴下方时,△ QAB^是△ ACB此时点Q的坐标是(4 , r'3),经检验,点(10 , 3Y'3)与(-2 , 343)都在抛物线上综上所述,存在这样的点Q,使AQAB^AAB0点Q的坐标为(10 , 3百)或(-2 , 3<3 )或(4 , —J3 ).中考压轴题分类专题抛物线中的等腰三角形学习好资料欢送下载基此题型：AB , 抛物线y = ax2 +bx +c〔a? 0〕,点P在抛物线上〔或坐标轴上,或抛物线的对称轴上〕,假设AABP为等腰三角形,求点P坐标.分两大类进行讨论：〔1〕 AB为底时〔即PA=PB〕：点P在AB的垂直平分线上.利用中点公式求出AB的中点M;利用两点的斜率公式求出k AB,由于两直线垂直斜率乘积为-1,进而求出AB的垂直平分线的斜率k；利用中点M与斜率k求出AB的垂直平分线的解析式；将AB的垂直平分线的解析式与抛物线〔或坐标轴,或抛物线的对称轴〕的解析式联立即可求出点P坐标.〔2〕AB为腰时,分两类讨论：①以DA为顶角时〔即AP=AB〕：点P在以A为圆心以AB为半径的圆上.②以DB为顶角时〔即BP=BA〕：点P在以B为圆心以AB为半径的圆上.利用圆的一般方程列出L A〔或B〕的方程,与抛物线〔或坐标轴,或抛物线的对称轴〕的解析式联立即可求出点P坐标.中考压轴题分类专题——抛物线中的直角三角形基此题型：AB ,抛物线y = ax2 +bx +c〔a? 0〕,点P在抛物线上〔或坐标轴上,或抛物线的对称轴上〕,假设AABP为直角三角形,求点P坐标.分两大类进行讨论：（1）AB为斜边时〔即PA A PB〕：点P在以AB为直径的圆周上.利用中点公式求出AB的中点M；利用圆的一般方程列出U M的方程,与抛物线〔或坐标轴,或抛物线的对称轴〕的解析式联立即可求出点P坐标.（2）AB为直角边时,分两类讨论：①以DA为直角时〔即APA AB〕：②以DB为直角时〔即BPA BA〕：利用两点的斜率公式求出k AB ,由于两直线垂直斜率乘积为-1,进而求出PA〔或PB〕的斜率k ;进而求出PA 〔或PB 〕的解析式；将PA 〔或PB〕的解析式与抛物线〔或坐标轴,或抛物线的对称轴〕的解析式联立即可求出点P坐标.所需知识点：一、两点之间距离公式:学习好资料两点P(X i,y i),Q(X2,y2),那么由勾股定理可得：PQ =J(X1 - X2)2+(y1 - y2)2.二、圆的方程：点P(x, y)在O M上,O M中的圆心M为(a, b),半径为1, I 2 2 2 2 2那么PM =J(x- a) +(y- b) = R ,得到方程☆: (x- a) +(y- b) = R. .•.P在☆的图象上,即☆为.M的方程.三、中点公式：两点P (X i,y i),Q(X2,y2> …一 ,一」,UX1 + X2那么线段PQ的中点M 为我拂2四、任意两点的斜率公式:五、两条线平行(垂直)时斜率的关系假设l i //l2 ,那么有k i =k2 ;欢送下载Roy i + y22两点P (K,y i),Q(X2,y2),那么直线PQ的斜率: y i - y2X i - X2假设11A l2 ,那么有k i?k2。
2022年中考数学复习之挑战压轴题(选择题)：三角形(含答案)
2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：三角形一．选择题（共10小题）1．（2021•深圳模拟）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E、F，连接EM，则下列结论中：①BF＝CE；②∠AEM ＝∠DEM；③CF•DM＝BM•DE；④DE2+DF2＝2DM2，其中正确结论的个数是（）A．1B．2C．3D．42．（2020•黄州区校级模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC 于点E，AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，则＝1，正确的有（）A．4个B．3个C．2个D．1个3．（2019•竞秀区二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，将含30°角的Rt △ABC放在第一象限，其中30°角的对边BC长为1，斜边AB的端点A、B分别在y轴的正半轴，x轴的正半轴上滑动，连接OC，则线段OC的长的最大值是（）A．B．C．2D．4．（2021秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，9），B（﹣3，0），C（6，0），点D在线段BA上，点E在线段BA的延长线上，并且满足BD＝AE，M为线段AC上一点，当点D、M、E构成以M为直角顶点的等腰直角三角形时，M点坐标为（）A．（，4）B．（3，4）C．（，5）D．（，）5．（2021秋•婺城区校级月考）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AE平分∠BAC 交BC于E，BD⊥AE于D，DM⊥AC于M，连接CD．下列结论：①∠ADC＝45°；②AC+CE＝AB；③BD＝AE；④AC+AB＝AM．正确的个数是（）A．1B．2C．3D．46．（2021•滨湖区模拟）如图所示，在等边三角形ABC中，BC＝6，E是中线AD上一点，现有一动点P沿着折线A﹣E﹣C运动，在AE上的速度是4单位/秒，在CE上的速度是2单位/秒，则点P从A运动到C所用时间最少时，AE长为（）A．3B．C．D．27．（2020•雨花区二模）如图，已知等边△ABC的边长为2，D，E分别为BC，AC上的两个动点，且AE＝CD，连接BE，AD交于点P，则CP的最小值为（）A．B．2C．2D．8．（2020•葫芦岛一模）如图，等边三角形ABC中，BD是AC边上的中线，点E在线段BD 上，∠ACE＝45°，AE的延长线交BC于点F，EG＝EF，连接CG交BD于点H．下面结论：①CE＝AE；②∠ACG＝30°；③EB＝（﹣1）DE；④CH+DH＝AB．其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个9．（2020•岳麓区校级二模）Rt△ABC中，AB＝AC，D点为Rt△ABC外一点，且BD⊥CD，DF为∠BDA的平分线，当∠ACD＝15°，下列结论：①∠ADC＝45°；②AD＝AF；③AD+AF＝BD；④BC﹣CE＝2DE．其中正确的是（）A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④10．如图：在△ABC中，∠B＝45°，D是AB边上一点，连接CD，过A作AF⊥CD交CD 于G，交BC于点F．已知AC＝CD，CG＝3，DG＝1，则下列结论正确的是（）①∠ACD＝2∠F AB②S△ACD＝2③CF＝2﹣2④AC＝AFA．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：三角形（10题）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2021•深圳模拟）如图，在Rt△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，点D在BM上，AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E、F，连接EM，则下列结论中：①BF＝CE；②∠AEM ＝∠DEM；③CF•DM＝BM•DE；④DE2+DF2＝2DM2，其中正确结论的个数是（）A．1B．2C．3D．4【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【分析】证明△BCF≌△CAE，得到BF＝CE，可判断①；再证明△BFM≌△CEM，从而判断△EMF为等腰直角三角形，得到∠MEF＝∠MFE＝45°，可判断②；证明△CDM ∽ADE，得到对应边成比例，结合BM＝CM，AE＝CF，可判断③；证明△DFM≌△NEM，得到△DMN为等腰直角三角形，得到DN＝DM，可判断④．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠ACE＝90°，∵∠BCF+∠CBF＝90°，∴∠ACE＝∠CBF，又∵∠BFD＝90°＝∠AEC，AC＝BC，∴△BCF≌△CAE（AAS），∴BF＝CE，故①正确；由全等可得：AE＝CF，BF＝CE，∴AE﹣CE＝CF﹣CE＝EF，如图，连接FM，CM，∵点M是AB中点，∴CM＝AB＝BM＝AM，CM⊥AB，在△BDF和△CDM中，∠BFD＝∠CMD，∠BDF＝∠CDM，∴∠DBF＝∠DCM，又BM＝CM，BF＝CE，∴△BFM≌△CEM（SAS），∴FM＝EM，∠BMF＝∠CME，∵∠BMC＝90°，∴∠EMF＝90°，即△EMF为等腰直角三角形，∴∠MEF＝∠MFE＝45°，∵∠AEC＝90°，∴∠MEF＝∠AEM＝45°，故②正确，∵∠CDM＝∠ADE，∠CMD＝∠AED＝90°，∴△CDM∽△ADE，∴＝＝，∵BM＝CM，AE＝CF，∴＝，∴CF•DM＝BM•DE，故③正确；如图，设AE与CM交于点N，连接DN，∵∠DMF＝∠NME，FM＝EM，∠DFM＝∠DEM＝∠AEM＝45°，∴△DFM≌△NEM（ASA），∴DF＝EN，DM＝MN，∴△DMN为等腰直角三角形，∴DN＝DM，而∠DEA＝90°，∴DE2+DF2＝DN2＝2DM2，故④正确；故正确结论为：①②③④．共4个．故选：D．【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．2．（2020•黄州区校级模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC 于点E，AE与CD交于点F，连接BF，DE，下列结论中：①AF＝BC；②∠DEB＝45°，③AE＝CE+2BD，④若∠CAE＝30°，则＝1，正确的有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的判定与性质；四点共圆．【专题】三角形．【分析】①②只要证明△ADF≌△CDB即可解决问题．③如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，想办法证明AE﹣CE＝BC+EF﹣EC＝EF+BE＝2DN＜2BD，即可．④如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．想办法证明△BFH是等边三角形，AC＝AH即可解决问题；【解答】解：∵AE⊥BC，∴∠AEC＝∠ADC＝∠CDB＝90°，∵∠AFD＝∠CFE，∴∠DAF＝∠DCB，∵AD＝DC，∴△ADF≌△CDB，∵AF＝BC，DF＝DB，故①正确，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，取BF的中点O，连接OD、OE．∵∠BDF＝∠BEF＝90°，∴OE＝OF＝OB＝OD，∴E、F、D、B四点共圆，∴∠DEB＝∠DFB＝45°，故②正确，如图1中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N，易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，∴MF＝BN，EM＝EN，∴EF+EB＝EM﹣FM+EN+NB＝2EM＝2DN，∵AE﹣CE＝BC+EF﹣EC＝EF+BE＝2DN＜2BD，∴AE﹣CE＜2BD，即AE＜EC+2BD，故③错误，如图2中，作DM⊥AE于M，DN⊥BC于N．易证△DMF≌△DNB，四边形DMEN是正方形，∴FM＝BN，EM＝EN＝DN，∴EF+EB＝EM﹣MF+EN+BN＝2EN＝2DN≤2BD，∵AE﹣EC＝ADF+EF﹣EC＝BC_EF﹣EC＝EF+BE≤2BD，∴AE≤EC+2BD，故③错误，如图2中，延长FE到H，使得FH＝FB．连接HC、BH．∵∠CAE＝30°，∠CAD＝45°，∠ADF＝90°，∴∠DAF＝15°，∠AFD＝75°，∵∠DFB＝45°，∴∠AFB＝120°，∴∠BFH＝60°，∵FH＝BF，∴△BFH是等边三角形，∴BF＝BH，∵BC⊥FH，∴FE＝EH，∴CF＝CH，∴∠CFH＝∠CHF＝∠AFD＝75°，∴∠ACH＝75°，∴∠ACH＝∠AHC＝75°，∴AC＝AH，∵AF+FB＝AF+FH＝AH，∴AF+BF＝AC，故④正确，故选：B．【点评】本题考查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等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．3．（2019•竞秀区二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，将含30°角的Rt △ABC放在第一象限，其中30°角的对边BC长为1，斜边AB的端点A、B分别在y轴的正半轴，x轴的正半轴上滑动，连接OC，则线段OC的长的最大值是（）A．B．C．2D．【考点】直角三角形斜边上的中线；坐标与图形性质；三角形三边关系．【专题】平面直角坐标系；三角形．【分析】取AB的中点F，连接CF、OF．首先求出OF＝FC＝1，根据三角形的三边关系可知：OC≤OF+OC，推出当O、F、C共线时，OC的值最大，最大值为2．【解答】解：取AB的中点F，连接CF、OF．在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，∴AB＝2BC＝2，∵∠AOB＝90°，AF＝FB，∴OF＝FC＝AB＝1，∵OC≤OF+CF，∴当O、F、C共线时，OC的值最大，最大值为2．故选：C．【点评】本题考查直角三角形斜边中线定理、坐标与图形的性质、三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考选择题中的压轴题．4．（2021秋•沙坪坝区校级期末）如图，在平面直角坐标系中，A（0，9），B（﹣3，0），C （6，0），点D在线段BA上，点E在线段BA的延长线上，并且满足BD＝AE，M为线段AC上一点，当点D、M、E构成以M为直角顶点的等腰直角三角形时，M点坐标为（）A．（，4）B．（3，4）C．（，5）D．（，）【考点】全等三角形的判定与性质；一次函数的应用．【专题】一次函数及其应用；等腰三角形与直角三角形；推理能力；应用意识．【分析】如图，过点M作MH⊥x轴于点H，根点D作DK⊥MH于点K，过点E作EF ⊥MH于点F．证明△DKM≌△FME（AAS），推出FM＝DK，EF＝MK，由题意直线AC的解析式为y＝﹣x+9，直线AB的解析式为y＝3x+9，设M（m，﹣m+9），E（a，9+3a），则D（﹣3+a，3a），构建方程组求出a，m即可．【解答】解：如图，过点M作MH⊥x轴于点H，根点D作DK⊥MH于点K，过点E作EF⊥MH于点F．∵∠DME＝∠DKM＝∠EFM＝90°，∴∠DMK+∠EMF＝90°，∠EMF+∠MEF＝90°，∴∠DME＝∠MEF，∵MD＝ME，∴△DKM≌△FME（AAS），∴FM＝DK，EF＝MK，∵A（0，9），B（﹣3，0），C（6，0），∴直线AC的解析式为y＝﹣x+9，直线AB的解析式为y＝3x+9，设M（m，﹣m+9），E（a，9+3a），则D（﹣3+a，3a），∴，解得，，∴M（，4），故选：A．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，一次函数的应用，等腰直角三角形的性质等知识，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，属于中考常考题型．5．（2021秋•婺城区校级月考）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AE平分∠BAC 交BC于E，BD⊥AE于D，DM⊥AC于M，连接CD．下列结论：①∠ADC＝45°；②AC+CE＝AB；③BD＝AE；④AC+AB＝AM．正确的个数是（）A．1B．2C．3D．4【考点】三角形综合题．【专题】几何综合题；推理能力．【分析】过E作EQ⊥AB于Q，由角平分线的性质和等腰直角三角形的判定知②正确；作∠ACN＝∠BCD，交AD于N，利用ASA可证明△ACN≌△BCD，得CN＝CD，再证△SND是等腰直角三角形，利用角度之间的转化可说明CN＝NE，从而得出点N为AE 的中点，可说明①、③正确；过D作DH⊥AB于H，证明△DCM≌△DBH（AAS），得BH＝CM，由勾股定理得AM＝AH，从而＝，说明④正确．【解答】解：过E作EQ⊥AB于Q，∵∠ACB＝90°，AE平分∠CAB，∴CE＝EQ，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∵EQ⊥AB，∴∠EQA＝∠EQB＝90°，由勾股定理得AC＝AQ，∴∠QEB＝45°＝∠CBA，∴EQ＝BQ，∴AB＝AQ+BQ＝AC+CE，故②正确；作∠ACN＝∠BCD，交AD于N，∵∠CAD＝，∴∠ABD＝90°﹣22.5°＝67.5°，∴∠DBC＝67.5﹣45°＝22.5°＝∠CAD，∴∠DBC＝∠CAD，∵AC＝BC，∠ACN＝∠DCB，∴△ACN≌△BCD（ASA），∴CN＝CD，AN＝BD，∵∠ACN+∠NCE＝90°，∴∠NCB+∠BCD＝90°，∴∠CND＝∠CDA＝45°，∴∠ACN＝45°﹣22.5°＝22.5°＝∠CAN，∴AN＝CN，∴∠NCE＝∠AEC＝67.5°，∴CN＝NE，∴CD＝AN＝EN＝，∵AN＝BD，∴BD＝，故①③正确；过D作DH⊥AB于H，∵∠MCD＝∠CAD+∠CDA＝67.5°，∠DBA＝90°﹣∠DAB＝67.5°，∴∠MCD＝∠DBA，∵AE平分∠CAB，DM⊥AC，DH⊥AB，∴DM＝DH，在△DCM与△DBH中，，∴△DCM≌△DBH（AAS），∴BH＝CM，由勾股定理得AM＝AH，∴＝，∴AC+AB＝2AM，∴④错误，故选：C．【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．6．（2021•滨湖区模拟）如图所示，在等边三角形ABC中，BC＝6，E是中线AD上一点，现有一动点P沿着折线A﹣E﹣C运动，在AE上的速度是4单位/秒，在CE上的速度是2单位/秒，则点P从A运动到C所用时间最少时，AE长为（）A．3B．C．D．2【考点】等边三角形的性质；三角形的重心．【专题】三角形；推理能力．【分析】作CM⊥AB于点M，求出点P运动时间为（），则CE+DM最短时满足题意．【解答】解：作CM⊥AB于点M，点P在A﹣E﹣C上运动时间为+，＝（），∵∠BAD＝30°，∴EM＝AE，∴（）＝（EM+CE），当C，E，M共线时，点P运动时间最短，此时CM为三角形中线，点E为重心，∵∠CAD＝30°，CD＝BC＝3，∴AD＝CD＝3，AE＝AD＝2．故选：D．【点评】本题考等边三角形性质，解题关键是掌握三角形重心将中线分成1：2两部分．7．（2020•雨花区二模）如图，已知等边△ABC的边长为2，D，E分别为BC，AC上的两个动点，且AE＝CD，连接BE，AD交于点P，则CP的最小值为（）A．B．2C．2D．【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【专题】图形的全等；推理能力．【分析】易证△ABD≌△BCE，可得∠BAD＝∠CBE，根据∠APE＝∠ABE+∠BAD，∠APE＝∠BPD，∠ABE+∠CBE＝60°，即可求得∠APE＝∠ABC，推出∠APB＝120°，推出点P的运动轨迹是，∠AOB＝120°，连接CO，求出OC，OA，再利用三角形的三边关系即可解决问题．【解答】解：∵CD＝AE，∴BD＝CE，在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD＝∠CBE，∵∠APE＝∠ABE+∠BAD，∠APE＝∠BPD，∠ABE+∠CBE＝60°，∴∠BPD＝∠APE＝∠ABC＝60°，∴∠APB＝120°，∴点P的运动轨迹是，∠AOB＝120°，连接CO，在△AOC和△BOC中，，∴△AOC≌△BOC（SSS），∴∠OAC＝∠OBC，∠ACO＝∠BCO＝30°，∵∠AOB+∠ACB＝180°，∴∠OAC+∠OBC＝180°，∴∠OAC＝∠OBC＝90°，∵AB＝2，∴OB＝r＝＝2，∴OC＝＝＝4，∴OP＝2，∴PC的最小值为OC﹣r＝4﹣2＝2．故选：C．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、勾股定理、圆的性质等知识，解题的关键是发现点P的运动轨迹．8．（2020•葫芦岛一模）如图，等边三角形ABC中，BD是AC边上的中线，点E在线段BD 上，∠ACE＝45°，AE的延长线交BC于点F，EG＝EF，连接CG交BD于点H．下面结论：①CE＝AE；②∠ACG＝30°；③EB＝（﹣1）DE；④CH+DH＝AB．其中正确的有（）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；等边三角形的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；解直角三角形及其应用；应用意识．【分析】①正确．证明ED垂直平分线段AC即可．②正确．想办法证明∠ECF＝∠ECG＝15°即可解决问题．③正确．设AD＝DC＝m，则AB＝AC＝2m，BD＝m，用m表示出EB，DE即可解决问题．④错误．求出CH+DH（用m表示）即可判断．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，BD是AC边上的中线，∴BD⊥AC，AD＝DC，∠CAB＝∠ACB＝∠ABC＝60°，∴EC＝EA，故①正确，∵EC＝EA，∴∠ECA＝∠EAC＝45°，∴∠BAF＝∠BAC﹣∠EAC＝15°，∴∠AFC＝∠F AB+∠ABC＝75°，∵EG＝EF，CE⊥FG，∴CF＝CG，∴∠ECF＝∠ECG＝15°，∴∠ACG＝∠GCF＝30°，故②正确，设AD＝DC＝m，则AB＝AC＝2m，BD＝m，∵AD＝DE＝m，∴BE＝m﹣m，∴＝＝﹣1，∴EB＝（﹣1）DE，故③正确，在Rt△CDH中，∵∠DCH＝30°，CD＝m，∴DH＝CD＝m，CH＝m，∴CH+DH＝m＝AB，故④正确，故选：D．【点评】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．9．（2020•岳麓区校级二模）Rt△ABC中，AB＝AC，D点为Rt△ABC外一点，且BD⊥CD，DF为∠BDA的平分线，当∠ACD＝15°，下列结论：①∠ADC＝45°；②AD＝AF；③AD+AF＝BD；④BC﹣CE＝2DE．其中正确的是（）A．①③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【考点】三角形综合题．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．【分析】由题意可证点A，点C，点B，点D四点共圆，可得∠ADC＝∠ABC＝45°；由角平分线的性质和外角性质可得∠AFD＝∠BDF+∠DBF＞∠ADF，可得AD≠AF；如图，延长CD至G，使DE＝DG，在BD上截取DH＝AD，连接HF，由“SAS”可证△ADF ≌△HDF，可得∠DHF＝∠DAF＝30°，AF＝HF，由等腰三角形的性质可得BH＝AF，可证BD＝BH+DH＝AF+AD；由“SAS”可证△BDG≌△BDE，可得∠BGD＝∠BED＝75°，由三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得BC＝BG＝2DE+EC．【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，且∠ACD＝15°，∵∠BCD＝30°，∵∠BAC＝∠BDC＝90°，∴点A，点C，点B，点D四点共圆，∴∠ADC＝∠ABC＝45°，故①符合题意，∠ACD＝∠ABD＝15°，∠DAB＝∠DCB＝30°，∵DF为∠BDA的平分线，∴∠ADF＝∠BDF，∵∠AFD＝∠BDF+∠DBF＞∠ADF，∴AD≠AF，故②不合题意，如图，延长CD至G，使DE＝DG，在BD上截取DH＝AD，连接HF，∵DH＝AD，∠HDF＝∠ADF，DF＝DF，∴△ADF≌△HDF（SAS）∴∠DHF＝∠DAF＝30°，AF＝HF，∵∠DHF＝∠HBF+∠HFB＝30°，∴∠HBF＝∠BFH＝15°，∴BH＝HF，∴BH＝AF，∴BD＝BH+DH＝AF+AD，故③符合题意，∵∠ADC＝45°，∠DAB＝30°＝∠BCD，∴∠BED＝∠ADC+∠DAB＝75°，∵GD＝DE，∠BDG＝∠BDE＝90°，BD＝BD，∴△BDG≌△BDE（SAS）∴∠BGD＝∠BED＝75°，∴∠GBC＝180°﹣∠BCD﹣∠BGD＝75°，∴∠GBC＝∠BGC＝75°，∴BC＝BG，∴BC＝BG＝2DE+EC，∴BC﹣EC＝2DE，故④符合题意，故选：C．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．10．如图：在△ABC中，∠B＝45°，D是AB边上一点，连接CD，过A作AF⊥CD交CD 于G，交BC于点F．已知AC＝CD，CG＝3，DG＝1，则下列结论正确的是（）①∠ACD＝2∠F AB②S△ACD＝2③CF＝2﹣2④AC＝AFA．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④【考点】三角形综合题．【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．【分析】由等腰三角形的性质可得∠ACH＝∠DCH，由余角的性质可得∠DAG＝∠DCH，可证∠ACD＝2∠DCH＝2∠F AB，故①正确；由勾股定理可求AG的长，由三角形面积公式可求S△ACD＝×CD×AG＝2，故②正确；由勾股定理可求AD的，CH的长，通过证明△ADG∽△AFM，可得，可求BM＝，可求CF＝BC﹣BF＝2﹣2，故③正确；由勾股定理可求AF＝4＝AC，故④正确，即可求解．【解答】解：如图，作CH⊥AB于H，∵AF⊥CD，∴∠CGA＝∠AGD＝90°，∵∠ADG+∠GAD＝90°＝∠CDH+∠DCH，∴∠DAG＝∠DCH，∵AC＝CD，∴∠ACH＝∠DCH，∴∠ACD＝2∠DCH＝2∠F AB，故①正确；∵CG＝3，DG＝1，∴AC＝CD＝4，∵∠AGC＝90°，∴AG＝＝＝，∴S△ACD＝×CD×AG＝×4×＝2，故②正确；如图，过点F作FM⊥AB，∵AG＝，DG＝1，∴AD＝＝＝2，∵AC＝CD，CH⊥AD，∴AH＝HD＝，∴CH＝＝＝，∵∠B＝45°，CH⊥AB，∴CH＝BH＝，BC＝BH＝2，∵∠DAG＝∠F AM，∠AGD＝∠AMF＝90°，∴△ADG∽△AFM，∴，设BM＝a，∵∠B＝45°，∴FM＝BM＝a，∴AM＝AH+HB﹣MB＝+﹣a，∴，即＝，∴a＝，∴FM＝BM＝，∴BF＝2，∴CF＝BC﹣BF＝2﹣2，故③正确；∵AM＝AH+HB﹣MB＝+﹣＝，在Rt△AFM中，AF＝＝＝4，∴AF＝AC＝4，故④正确；故选：B．【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的三边关系，三角形相似的判定和性质，作出辅助线根据相似三角形是解题的关键．考点卡片1．坐标与图形性质1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．2．一次函数的应用1、分段函数问题分段函数是在不同区间有不同对应方式的函数，要特别注意自变量取值范围的划分，既要科学合理，又要符合实际．2、函数的多变量问题解决含有多变量问题时，可以分析这些变量的关系，选取其中一个变量作为自变量，然后根据问题的条件寻求可以反映实际问题的函数．3、概括整合（1）简单的一次函数问题：①建立函数模型的方法；②分段函数思想的应用．（2）理清题意是采用分段函数解决问题的关键．3．三角形的重心（1）三角形的重心是三角形三边中线的交点．（2）重心的性质：①重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．②重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等．③重心到三角形3个顶点距离的和最小．（等边三角形）4．三角形三边关系（1）三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边．（2）在运用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形时并不一定要列出三个不等式，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定这三条线段能构成一个三角形．（3）三角形的两边差小于第三边．（4）在涉及三角形的边长或周长的计算时，注意最后要用三边关系去检验，这是一个隐藏的定时炸弹，容易忽略．5．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．6．等边三角形的性质（1）等边三角形的定义：三条边都相等的三角形叫做等边三角形，等边三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法；②可以得到它与等腰三角形的关系：等边三角形是等腰三角形的特殊情况．在等边三角形中，腰和底、顶角和底角是相对而言的．（2）等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；它的任意一角的平分线都垂直平分对边，三边的垂直平分线是对称轴．7．等边三角形的判定与性质（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．8．直角三角形斜边上的中线（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．该定理可以用来判定直角三角形．9．等腰直角三角形（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R＝+1，所以r：R＝1：+1．10．三角形综合题三角形综合题．11．正方形的判定与性质（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．（2）正方形的判定正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．12．四点共圆1、将四点连成一个四边形，若对角互补，那么这四点共圆．2、连接对角线，若这个四边形的一边同侧的两个顶角相等，那么这四点共圆．（以上2点简记为“同侧相等，异侧互补”）3、基本方法：找一点到已知四点距离相等．4、由“对角互补”可以推出“同侧角相等”；反过来，由“同侧角相等”也可以推出“对角互补”．5、若四边形ABCD中有，OA×OC＝OB×OD，那么A、B、C、D四点共圆．。
题库：特殊三角形问题(10道)
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△PAC 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△PAC 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，PA ＝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 PA ＝QA ， ∴Rt△AOP≌Rt△ACQ， ∴OP＝CQ ， ∴2t＝10－t ， ∴t＝103，∵t<5，∴当运动时间为103秒时，PA ＝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 ，t 2－4t ＋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， ∴t 2－4t ＋3＝t ＋m ，∴PE＋EF ＝22(3－m)＋22(－m －2t ＋3)＝22(－2t －2m ＋6)＝－2(t ＋m －3)＝－2(t 2－4t)＝ －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D 1位置时，由勾股定理得CD 21＋BC 2＝BD 21，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°， ∴∠DFA＝∠OAC＝45°， ∴∠ADF ＝90°.此时，点F 的坐标为(2，2)； 由－12x 2＋x ＋4＝2得，x 1＝1＋5，x 2＝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－12x 2＋x ＋4＝3得，x 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 APDE OP ＝AP OP ＝12； (3)存在．如解图①，连接EG ，AG ，过点G 作GM⊥l，G N⊥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)，(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°，∵∠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，△OP Q 是等腰三角形．第8题图2∴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 ，∴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 ＝OB OH ，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.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 ＝－23，∴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 ，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 ＝－13x 2＋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，∵∠PAQ<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．2019-2020学年数学中考模拟试卷一、选择题1．已知22x y =-⎧⎨=⎩是方程kx+2y ＝﹣2的解，则k 的值为（ ）A ．﹣3B ．3C ．5D ．﹣52．从-2、-1、0、1、2这5个数中任取一个数，作为关于x 的一元二次方程x 2-2x+k=0的k 值，则所得的方程中有两个不相等的实数根的概率是（ ） A.15B.25C.35D.453．如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，CD 是∠ACB 的平分线，交AB 于点D ，过点D 分别作AC 、BC 的平行线DE 、DF ，则下列结论错误的是（ ）A ．AD BD =B ．FC DF =C ．ACD BCD ∠=∠D ．四边形DECF 是正方形4．方程组21230x y x y -=⎧⎨++=⎩①②的解是（ ）A ．12x y =-⎧⎨=⎩B ．12x y =-⎧⎨=-⎩C ．10x y =⎧⎨=⎩D ．21x y =⎧⎨=-⎩5．已知△ABC ∼△DEF ，且△ABC 的面积为2cm 2，△DEF 的面积为8m 2，则△ABC 与△DEF 的相似比是（ ） A ．1：4B ．4：1C ．1：2D ．2：16．如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()0,1，点B 是x 轴正半轴上一点，以AB 为边作等腰直角三角形ABC ，使BAC=90∠︒，点C 在第一象限。
中考数学总复习《二次函数压轴题(特殊三角形问题)》专题训练(附有答案)
中考数学总复习《二次函数压轴题（特殊三角形问题）》专题训练(附有答案)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________ 1．如图，抛物线24(0)y ax bx a =+-≠经过点()1,0A -，()3,0B 和点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）作直线BC ，点G 是线段BC 上一个动点，过点G 作y 轴的平行线交x 轴于点E ，交抛物线于点F ，过点F 作直线BC 的垂线，垂足为点D ，若设BEG ∆的周长为1C ，GDF ∆的周长为2C ，12C C C =+点G 的横坐标为()03m m <<，请用含m 的代数式表示C ，并计算当m 取何值时，C 取得最大值；（3）点P 是抛物线对称轴上的一点，若以点P ，C ，B 为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出点P 的坐标． 2．如图，抛物线23233393y x x =-++与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，连接AC 、BC ．点P 沿AC 以每秒1个单位长度的速度由点A 向点C 运动，同时，点Q 沿BO 以每秒2个单位长度的速度由点B 向点O 运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连接PQ ．过点Q 作OD x ⊥轴，与抛物线交于点D ，与BC 交于点E ，连接PD ，与BC 交于点F ．设点P 的运动时间为t 秒（0t >）．（1）求直线BC 的函数表达式；（2）求出P ，D 两点的纵坐标（用含t 的代数式表示，结果需化简）；（3）试探究在点P ，Q 运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F 为PD 的中点？若存在，请直接写出此时t 的值：若不存在，请说明理由．4⎝⎭当FPM是等边三角形时，求如图，在平面直角坐标系中，求证：△OAC求该抛物线的解析式；若点P是(2)坐标；若不存在，请说明理由，使得ACM7．如图，抛物线243y x x =-+的图像与坐标轴交于,,A B C 三点(1)求,A B 两点坐标；(2)如图1，若抛物线的顶点为E ，求ABC 与ABE 的面积之和；(3)在抛物线上是否存在点P ，使得ACB PAB ∠=∠，若存在，求出点P 坐标，若不存在，请说明理由． 8．如图，二次函数2y ax bx c =++的图象与y 轴交于点A(0，-4)，与x 轴交于点B(-2，0)，C(8，0)，连接AB ，AC ． （1）求出二次函数表达式；（2）若点N 在线段BC 上运动（不与点B ，C 重合），过点N 作NM∠AB ，交AC 于点M ，连接AN ，当以点A ，M ，N 为顶点的三角形与以点A ，B ，O 为顶点的三角形相似时，求此时点N 的坐标；（3）若点N 在x 轴上运动，当以点A ，N ，C 为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时点N 的坐标．9．已知抛物线C 1的顶点为P （1，0），且过点（0，14）．将抛物线C 1向下平移h 个单位（h ＞0）得到抛物线C 2．一条平行于x 轴的直线与两条抛物线交于A 、B 、C 、D 四点（如图），且点A 、C 关于y 轴对称，直线AB 与x 轴的距离是m 2（m ＞0）．（1）求抛物线C 1的解析式的一般形式；（2）当m=2时，求h 的值；（3）若抛物线C 1的对称轴与直线AB 交于点E ，与抛物线C 2交于点F ．求证：tan∠EDF ﹣tan∠ECP=．10．已知抛物线y =ax 2+bx +c （a >0）经过A （m ，n ）、B （2-m ，n ）两点．(1)求a 、b 满足的关系式；(2)如果抛物线的顶点P 在x 轴上，∠P AB 是面积为1的直角三角形，点C 是抛物线上动点（不与A 、B 重合），直线AC 、BC 分别与抛物线的对称轴交于点M 、N ．∠求抛物线的解析式；∠求证：PM =PN ．11．如图，抛物线()230y ax x c a =++≠与x 轴交于点()2,0A -和点B ，与y 轴交于点()0,8C ，顶点为D ，连接AC CD DB ，，，P 是第一象限内抛物线上的动点，连接PB PC ，，设点P 的横坐标为t ．(1)求抛物线的解析式；(2)当t 为何值时，PBC 的面积最大？并求出最大面积；(3)M 为直线BC 上一点，求MO MA +的最小值；(4)过P 点作PE x ⊥轴，交BC 于E 点．是否存在点P ，使得PEC 为等腰三角形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．12．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线(5)(1)y a x x =-+与x 轴交于点A ，B 两点，与y 轴交于点C (0，52)．(1)求抛物线的解析式；(2)在抛物线上是否存在点P ，使△ACP 是以点A 为直角顶点的直角三角形？若存在，求出符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)点G 为抛物线上的一动点，过点G 作GE 垂直于y 轴于点E ，交直线AC 于点D ，过点D 作x 轴的垂线，垂足为点F ，连接EF ．当线段EF 的长度最短时，求出点G 的坐标．13．如图所示，抛物线()240y ax bx a =++≠经过点()1,0A -，点()4,0B ，与y 轴交于点C ，连接AC ，BC ．点M 是线段OB 上不与点O 、B 重合的点，过点M 作DM x ⊥轴，交抛物线于点D ，交BC 于点E ．（1）求抛物线的表达式；（2）过点D 作DF BC ⊥，垂足为点F ．设M 点的坐标为(),0M m ，请用含m 的代数式表示线段DF 的长，并求出当m 为何值时DF 有最大值，最大值是多少？（3）试探究是否存在这样的点E ，使得以A ，C ，E 为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点E 的坐标；若不存在，请说明理由．14．如图，已知抛物线2(0)y ax bx c a =++≠与x 轴交于点(1,0)A -，(4,0)B 与y 轴交于点(0,4)C ．(1)求此抛物线的解析式；(2)设点(2,)P n 在此抛物线上，AP 交y 轴于点E ，连接BE ，BP ，请判断BEP △的形状，并说明理由；(3)设抛物线的对称轴交x 轴于点D ，在线段BC 上是否存在点Q ，使得DBQ 成为等腰直角三角形？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．参考答案： 1．（1）抛物线的关系式为248433y x x -=-；（2）216281255C m m =-++，当78m =时，C 取得最大值；（3）点P 的坐标为191,4⎛⎫- ⎪⎝⎭或31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭或(1,62)-或(1,62)--． 2．（1）3333y x =-+；（2）点P 的纵坐标为32t ，D 的纵坐标为2438393t t -+；（3）存在，t =3 3．(1)二次函数的解析式为214y x =； (2)略 (3)点P 的坐标为()233，或()233-，．4．（1）证明略；（2）213442y x x =-++；（3）（3，4+11），（3，4-11），（3，0）. 5．(1)-2(2)存在，317,48⎛⎫-- ⎪⎝⎭或5122⎛⎫- ⎪⎝⎭，6．(1)2142y x x =+- (2)当P 点的坐标为(-1，0)时，PCE S 的最大，且最大值为3 (3)(1，1)或(2，0)7．(1)(1,0)A (3,0)B(2)4(3)存在，点P 坐标为75,24⎛⎫ ⎪⎝⎭或53,24⎛⎫- ⎪⎝⎭8．（1）213442y x x =--；（2）(3，0)或(0，0)；（3）(-8，0)或()845,0-或(3，0)或（8+45，0）9．解：（1） 2111y x x 424=-+． （2） h=5时，PBC的面积最大，最大面积为点的坐标为P25 22x x ++。
【中考数学压轴题】十大类型之三角形的存在性问题备考练习(含答案)
【中考数学压轴题】十大类型之三角形的存在性问题备考练习一、解答题(共2道，每道50分)1.如图，已知直线l1的解析式为y=3x+6，直线l1与x轴、y轴分别相交于A、B两点，直线l2经过B、C两点，点C的坐标为（8，0），又已知点P在x轴上从点A向点C移动，点Q 在直线l2从点C向点B移动．点P、Q同时出发，且移动的速度都为每秒1个单位长度，设移动时间为t秒（1＜t＜10）．（1）求直线l2的解析式．（2）设△PCQ的面积为S，请求出S 关于t的函数关系式．（3）试探究：当t为何值时，△PCQ为等腰三角形？答案：（1）l2的解析式为．（2）（3）t=5，或，或时，△PCQ为等腰三角形．解题思路：（1）由题意，知B(0，6)，C(8，0).设直线l2的解析式为y=kx+b，则，解得，b=6．∴l2的解析式为．（2）解法一：如图，过P作PD⊥l2于D，则△PDC∽△BOC．∴．由题意知，OA=2，OB=6，OC=8，∴，PC=10－t∴，∴∴解法二：如图，过Q作QD⊥x轴于D，则△CQD∽△CBO．∴．由题意知，OA=2，OB=6，OC=8．∴，∴，．（3）根据等腰三角形的基本特征画出图形，进行分类讨论，再表达出相对应的个线段的长度建立等式来进行求解．要想使△PCQ为等腰三角形，需满足CP=CQ，或QC=QP，或PC=PQ．①当CP=CQ时（如图①），得10－t=t，解得t=5．②当QC=QP时（如图②），过Q作QD⊥x轴于D，则．∵△QDC∽△BOC，∴，即，解得．③当PC=PQ时（如图③），过P作PD⊥l2于D，则∵△CDP∽△COB，∴．∴，解得．综上所述，当t=5，或，或时，△PCQ为等腰三角形．试题难度：三颗星知识点：中考压轴之三角形存在性问题2.如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于A、B两点，与y轴相交于点C．连结AC、BC，A、C两点的坐标分别为A(-3,0)、C，且当x=-4和x=2时二次函数的函数值y相等．（1）求实数a、b、c的值；（2）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动．当运动时间为t秒时，连结MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，求t的值及点P的坐标；（3）在（2）的条件下，二次函数图象的对称轴上是否存在点Q，使得以B，N，Q为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．答案：（1）（2）；P（-1，）（3）Q（）解题思路：（1）由题意，得,解之得（2）由（1）得，当y=0时，x=-3或1，∴B（1，0），A（-3，0），C（0，）∴OA=3，OB=1，OC=.易求得AC=，BC=2，AB=4∴△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°，∠A=30°，∠B=60°又由BM=BN=PN=PM知四边形PMBN为菱形，∴PN∥AB，∴，∴过P做PE⊥AB于E，在Rt△PEM中，∠PME=∠B=，PM=∴ME=又OM=BM-OB=故OE=1，∴P（-1，）（3）由（1）、（2）知抛物线的对称轴为直线x=-1，且∠ACB=90°，①若∠BQN=90°∵BN的中点到对称轴的距离大于1，而，∴以BN为直径的圆不与对称轴相交，∴∠BQN≠，即此时不存在符合条件的Q点②若∠BNQ=90°，当∠NBQ=60°，则Q、E重合，此时∠BNQ≠；当∠NBQ=30°，则Q、P重合，此时∠BNQ≠即此时不存在符合条件的Q点③若∠QBN=时，延长NM交对称轴于点Q，此时，Q为P关于x轴的对称点。
最新中考数学二轮复习压轴专题：三角形(含答案解析)
最新中考数学二轮复习压轴专题：《三角形》1．在△ABC中，∠BAC＝45°，CD⊥AB，垂足为点D，M为线段DB上一动点（不包括端点），点N在直线AC左上方且∠NCM＝135°，CN＝CM，如图①（1）求证：∠ACN＝∠AMC（2）记△ANC得面积为5，记△ABC得面积为5．求证：（3）延长线段AB到点P，使BP＝BM，如图②．探究线段AC与线段DB满足什么数量关系时对于满足条件的任意点M，AN＝CP始终成立？（写出探究过程）解：（1）∵∠BAC＝45°，∴∠AMC＝180°﹣45°﹣∠ACM＝135°﹣∠ACM，∵∠NCM＝135°，∴∠ACN＝135°﹣∠ACM，∴∠ACN＝∠AMC；（2）过点N作NE⊥AC于E，∵∠CEN＝∠CDM＝90°，∠ACN＝∠AMC，CM＝CN，∴△NEC≌△CDM（AAS）∴NE＝CD，CE＝DM；∵S1＝AC•NE，S2＝AB•CD，∴＝；（3）当AC＝2BD时，对于满足条件的任意点N，AN＝CP始终成立，理由如下：过点N作NE⊥AC于E，由（2）可得NE＝CD，CE＝DM，∵AC＝2BD，BP＝BM，CE＝DM，∴AC﹣CE＝BD+BD﹣DM∴AE＝BD+BP＝DP，∵NE＝CD，∠NEA＝∠CDP＝90°，AE＝DP，∴△NEA≌△CDP（SAS）∴AN＝PC．2．如图1，OA＝2，OB＝4，以点A为顶点，AB为腰在第三象限作等腰直角△ABC．（Ⅰ）求C点的坐标；（Ⅱ）如图2，OA＝2，P为y轴负半轴上的一个动点，若以P为直角顶点，PA为腰等腰直角△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求OP﹣DE的值；（Ⅲ）如图3，点F坐标为（﹣4，﹣4），点G（0，m）在y轴负半轴，点H（n，0）x轴的正半轴，且FH⊥FG，求m+n的值．解：（Ⅰ）如图1，过C作CM⊥x轴于M点，如图1所示：∵CM⊥OA，AC⊥AB，∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，∴∠MAC＝∠OBA，在△MAC和△OBA中，，∴△MAC≌△OBA（AAS），∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，∴OM＝6，∴点C的坐标为（﹣6，﹣2），故答案为（﹣6，﹣2）；（Ⅱ）如图2，过D作DQ⊥OP于Q点，则四边形OEDQ是矩形，∴DE＝OQ，∵∠APO+∠QPD＝90°，∠APO+∠OAP＝90°，∴∠QPD＝∠OAP，在△AOP和△PDQ中，，∴△AOP≌△PDQ（AAS），∴AO＝PQ＝2，∴OP﹣DE＝OP﹣OQ＝PQ＝OA＝2；（Ⅲ）如图3，过点F分别作FS⊥x轴于S点，FT⊥y轴于T点，则∠HSF＝∠GTF＝90°＝∠SOT，∴四边形OSFT是正方形，∴FS＝FT＝4，∠EFT＝90°＝∠HFG，∴∠HFS＝∠GFT，在△FSH和△FTG中，，∴△FSH≌△FTG（AAS），∴GT＝HS，又∵G（0，m），H（n，0），点F坐标为（﹣4，﹣4），∴OT═OS＝4，∴GT＝﹣4﹣m，HS＝n﹣（﹣4）＝n+4，∴﹣4﹣m＝n+4，∴m+n＝﹣8．3．如图1，点C在线段AB上，（点C不与A、B重合），分别以AC、BC为边在AB同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE、BD交于点P（1）观察猜想：①线段AE与BD的数量关系为AE＝BD．②∠APC的度数为60°．（2）数学思考：如图2，当点C在线段AB外时，（1）中的结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明（3）拓展应用：如图3，分别以AC、BC为边在AB同侧作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形BCE，其中∠ACD＝∠BCE＝90°，CA＝CD，CB＝CE，连接AE＝BD交于点P，则线段AE与BD的关系为AE＝BD，AE⊥BD．解：（1）观察猜想：①如图1，设AE交CD于点O．过点C作CH⊥AE，CG⊥BD，∵△ADC，△ECB都是等边三角形，∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，∴∠ACE＝∠DCB，∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝BD，∠CAO＝∠ODP，S△ACE ＝S△BCD，∵∠AOC＝∠DOP，∴∠DPO＝∠ACO＝60°，∴∠APB＝120°，∵S△ACE ＝S△BCD，∴×AE×CH＝×BD×CG，∴CH＝CG，且CH⊥AE，CG⊥BD，∴CP平分∠APB，∴∠APC＝60°，故答案为AE＝BD，60°．（2）数学思考：：①成立，②不成立，理由：设AC交BD于点O．过点C作CH⊥AE，CG⊥BD，∵△ADC，△ECB都是等边三角形，∴CA＝CD，∠ACD＝∠ECB＝60°，CE＝CB，∴∠ACE＝∠DCB∴△ACE≌△DCB（SAS），∴AE＝BD，∠PAO＝∠ODC，∵∠AOP＝∠DOC，∴∠APO＝∠DCO＝60°，∴∠DPE＝120°，∵S△ACE ＝S△BCD，∴×AE×CH＝×BD×CG，∴CH＝CG，且CH⊥AE，CG⊥BD，∴CP平分∠DPE，∴∠DPC＝60°，∴∠APC＝120°，∴①成立，②不成立；拓展应用：设AC交BD于点O．∵∠ACD＝∠BCE＝90°，CA＝CD，CB＝CE，∴∠ACE＝∠DCB∴△AEC≌△DBC（SAS），∴AE＝BD，∠CDB＝∠CAE，∵∠AOP＝∠COD，∠CDB＝∠CAE，∴∠DCO＝∠APO＝90°，∴AE⊥BD，故答案为：AE＝BD，AE⊥BD．4．如图，△ABC是等边三角形，D是BC边的中点，以D为顶点作一个120°的角，角的两边分别交直线AB、直线AC于M、N两点．以点D为中心旋转∠MDN（∠MDN的度数不变），当DM与AB垂直时（如图①所示），易证BM+CN＝BD．（1）如图②，当DM与AB不垂直，点M在边AB上，点N在边AC上时，BM+CN＝BD是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（2）如图③，当DM与AB不垂直，点M在边AB上，点N在边AC的延长线上时，BM+CN ＝BD是否仍然成立？若不成立，请写出BM，CN，BD之间的数量关系，不用证明．解：（1）结论BM+CN＝BD成立，理由如下：如图②，过点D作DE∥AC交AB于E，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∵DE∥AC，∴∠BED＝∠A＝60°，∠BDE＝∠C＝60°，∴∠B＝∠BED＝∠BDE＝60°，∴△BDE是等边三角形，∠EDC＝120°，∴BD＝BE＝DE，∠EDN+∠CDN＝120°，∵∠EDM+∠EDN＝∠MDN＝120°，∴∠CDN＝∠EDM，∵D是BC边的中点，∴DE＝BD＝CD，在△CDN和△EDM中，，∴△CDN≌△EDM（ASA），∴CN＝EM，∴BD＝BE＝BM+EM＝BM+CN；（2）上述结论不成立，BM，CN，BD之间的数量关系为：BM﹣CN＝BD；理由如下：如图③，过点D作DE∥AC交AB于E，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∴∠NCD＝120°，∵DE∥AC，∴∠BED＝∠A＝60°，∠BDE＝∠C＝60°，∴∠B＝∠BED＝∠BDE＝60°，∴△BDE是等边三角形，∠MED＝∠EDC＝120°，∴BD＝BE＝DE，∠NCD＝∠MED，∠EDM+∠CDM＝120°，∵∠CDN+∠CDM＝∠MDN＝120°，∴∠CDN＝∠EDM，∵D是BC边的中点，∴DE＝BD＝CD，在△CDN和△EDM中，，∴△CDN≌△EDM（ASA），∴CN＝EM，∴BD＝BE＝BM﹣EM＝BM﹣CN，∴BM﹣CN＝BD．5．△ABC是等边三角形，P为平面内的一个动点，BP＝BA，0°＜∠PBC＜180°，DB平分∠PBC，且DB＝DA．（1）当BP与BA重合时（如图1），求∠BPD的度数；（2）当BP在∠ABC的内部时（如图2），求∠BPD的度数；（3）当BP在∠ABC的外部时，请你直接写出∠BPD的度数．解：（1）∵△ABC是等边三角形，BD平分∠PBC，∴∠PBD＝∠CBD＝30°，∵DB＝DA，∴∠PBD＝∠BPD＝30°；（2）如图2，连接CD，∵点D在∠PBC的平分线上，∴∠PBD＝∠CBD，∵△ABC是等边三角形，∴BA＝BC＝AC，∠ACB＝60°，∵BP＝BA，∴BP＝BC，∵BD＝BD，∴△PBD≌△CBD（SAS），∴∠BPD＝∠BCD，∵DB＝DA，BC＝AC，CD＝CD，∴△BCD≌△ACD（SSS），∴∠BCD＝∠ACD＝∠ACB＝30°，∴∠BPD＝30°；（3）如图3，连接CD，∵AD＝BD，CD＝CD，BC＝AC，∴△ACD≌△BCD（SSS）∴∠ACD＝∠BCD＝30°，∵BD＝BD，∠PBD＝∠CBD，PB＝AB＝BC，∴△PBD≌△CBD（SAS）∴∠BPD＝∠BCD＝30°，如图4，连接CD，∵AD＝BD，CD＝CD，BC＝AC，∴△ACD≌△BCD（SSS）∴∠ACD＝∠BCD＝30°，∵BD＝BD，∠PBD＝∠CBD，PB＝AB＝BC，∴△PBD≌△CBD（SAS）∴∠BPD＝∠BCD＝30°，如图5，连接CD，∵AD＝BD，CD＝CD，BC＝AC，∴△ACD≌△BCD（SSS）∴∠ACD＝∠BCD＝＝150°，∵BD＝BD，∠PBD＝∠CBD，PB＝AB＝BC，∴△PBD≌△CBD（SAS）∴∠BPD＝∠BCD＝150°，6．在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB边的中点，以D为直角顶点的Rt△DEF的另两个顶点E，F分别落在边AC，CB（或它们的延长线）上．（1）如图1，若Rt△DEF的两条直角边DE，DF与△ABC的两条直角边AC，BC互相垂直，则S△DEF +S△CEF＝S△ABC，求当S△DEF＝S△CEF＝2时，AC边的长；（2）如图2，若Rt△DEF的两条直角边DE，DF与△ABC的两条直角边AC，BC不垂直，S△DEF +S△CEF＝S△ABC，是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请直接写出S△DEF，S△CEF，S△ABC之间的数量关系；（3）如图3，若Rt△DEF的两条直角边DE，DF与△ABC的两条直角边AC，BC不垂直，且点E在AC的延长线上，点F在CB的延长线上，S△DEF +S△CEF＝S△ABC是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请直接写出S△DEF ，S△CEF，S△ABC之间的数量关系．解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，∴四边形DECF是矩形，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，∵DE ⊥AC ，∴DE ∥BC ，∵D 为AB 边的中点，∴DE 是△ABC 的中位线，∴DE ＝BC ，AC ＝2CE ，同理：DF ＝AC ，∵AC ＝BC ，∴DE ＝DF ，∴四边形DECF 是正方形，∴CE ＝DF ＝CF ＝DE ，∵S △DEF ＝S △CEF ＝2＝DE •DF ＝DF 2，∴DF ＝2，∴CE ＝2，∴AC ＝2CE ＝4；（2）S △DEF +S △CEF ＝S △ABC 成立，理由如下：连接CD ；如图2所示：∵AC ＝BC ，∠ACB ＝90°，D 为AB 中点，∴∠B ＝45°，∠DCE ＝∠ACB ＝45°，CD ⊥AB ，CD ＝AB ＝BD ，∴∠DCE ＝∠B ，∠CDB ＝90°，S △ABC ＝2S △BCD ，∵∠EDF ＝90°，∴∠CDE ＝∠BDF ，在△CDE 和△BDF 中，，∴△CDE ≌△BDF （ASA ），∴DE ＝DF ．S △CDE ＝S △BDF ．∴S △DEF +S △CEF ＝S △CDE +S △CDF ＝S △BCD ＝S △ABC ；（3）不成立；S △DEF ﹣S △CEF ＝S △ABC ；理由如下：连接CD，如图3所示：同（1）得：△DEC≌△DBF，∠DCE＝∠DBF＝135°，∴S△DEF ＝S五边形DBFEC，＝S△CFE +S△DBC，＝S△CFE +S△ABC，∴S△DEF ﹣S△CFE＝S△ABC．∴S△DEF 、S△CEF、S△ABC的关系是：S△DEF﹣S△CEF＝S△ABC．7．教材呈现：如图是华师版八年级上册数学教材第94页的部分内容2．线段垂直平分线我们已经知道线段是轴对称图形，线段的垂直平分线是线段的对称轴，如图，直线MN是线段AB的垂直平分线，P是MN上任一点，连结PA、PB，将线段AB沿直线MN对称，我们发现PA与PB完全重合，由此即有：线段垂直平分线的性质定理线段垂直平分线上的点到线段的距离相等．已知：如图，MN⊥AB，垂足为点C，AC＝BC，点P是直线MN上的任意一点．求证：PA＝PB．分析：图中有两个直角三角形APC和BPC，只要证明这两个三角形全等，便可证明PA＝PB．定理证明：请根据教材中的分析，结合图①，写出“线段垂直平分线的性质定理”完整的证明过程．定理应用：（1）如图②，在△ABC中，直线m、n分别是边BC、AC的垂直平分线，直线m、n的交点为O．过点O作OH⊥AB于点H．求证：AH＝BH．（2）如图③，在△ABC中，AB＝BC，边AB的垂直平分线l交AC于点D，边BC的垂直平分线k交AC于点E．若∠ABC＝120°， AC＝15，则DE的长为 5 ．解：定理证明：∵MN⊥AB，∴∠PCA＝∠PCB＝90°．又∵AC＝BC，PC＝PC，∴△PAC≌△PBC（SAS），∴PA＝PB．定理应用：（1）如图2，连结OA、OB、OC．∵直线m是边BC的垂直平分线，∴OB＝OC，∵直线n是边AC的垂直平分线，∴OA＝OC，∴OA＝OB∵OH⊥AB，∴AH＝BH；（2）如图③中，连接BD，BE．∵BA＝BC，∠ABC＝120°，∴∠A＝∠C＝30°，∵边AB的垂直平分线交AC于点D，边BC的垂直平分线交AC于点E，∴DA＝DB，EB＝EC，∴∠A＝∠DBA＝30°，∠C＝∠EBC＝30°，∴∠BDE＝∠A+∠DBA＝60°，∠BED＝∠C+∠EBC＝60°，∴△BDE是等边三角形，∴AD＝BD＝DE＝BE＝EC，∵AC＝15＝AD+DE+EC＝3DE，∴DE＝5，故答案为：5．8．如图，在△ABC中，AB＝AC，以BC为直角边作等腰Rt△BCD，∠CBD＝90°，斜边CD交AB于点E．（1）如图1，若∠ABC＝60°，BE＝4，作EH⊥BC于H，求线段BC的长；（2）如图2，作CF⊥AC，且CF＝AC，连接BF，且E为AB中点，求证：CD＝2BF．解：（1）∵∠ABC＝60°，EH⊥BC，∴∠BEH＝30°，∴BE＝2BH＝4，EH＝BH，∴BH＝2，EH＝2，∵∠CBD＝90°，BD＝BC，∴∠BCD＝45°，且EH⊥BC，∴∠BCD＝∠BEC＝45°，∴EH＝CH＝2，∴BC＝BH+HC＝2+2；（2）如图，过点A作AM⊥BC，∵AB＝AC，AM⊥BC，∴BM＝MC＝BC＝DB，∵∠DCB＝45°，AM⊥BC，∴∠DCB＝∠MNC＝45°，∴MN＝MC＝BD，∵AM∥DB，∴△CNM∽△CBD∴，∴CD＝2CN，AN＝BD，∵CF⊥AC，∠BCD＝45°，∴∠ACD+∠BCF＝45°，且∠ACD+∠MAC＝45°，∴∠BCF＝∠MAC，且AC＝CF，BC＝AN，∴△ACN≌△CFB（SAS）∴BF＝CN，∴CD＝2BF9．【问题】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线l平行于AB．∠EDF＝90°，点D在直线L上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系．【探究发现】（1）如图2，某数学兴趣小组运用从特殊到一般的数学思想，发现当点D 移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP＝DB，请写出证明过程；【数学思考】（2）如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP＝DB，请完成证明过程．【探究发现】证明：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC∴∠CAB＝∠CBA＝45°∵CD∥AB∴∠CBA＝∠DCB＝45°，且BD⊥CD∴∠DCB＝∠DBC＝45°∴DB＝DC即DP＝DB；【数学思考】证明：（2）∵DG⊥CD，∠DCB＝45°∴∠DCG＝∠DGC＝45°∴DC＝DG，∠DCP＝∠DGB＝135°，∵∠BDP＝∠CDG＝90°∴∠CDP＝∠BDG，在△CDP和△GDB中，，∴△CDP≌△GDB（ASA）∴DP＝DB．10．已知，在平面直角坐标系中，A（m，0）、B（0，n），m、n满足（m﹣n）2+|m﹣5|＝0．C 为AB的中点，P是线段AB上一动点，D是x轴正半轴上一点，且PO＝PD，DE⊥AB于E．（1）如图1，当点P在线段AB上运动时，点D恰在线段OA上，则PE与AB的数量关系为AB＝2PE（2）如图2，当点D在点A右侧时，（1）中结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由！（3）设AB＝5，若∠OPD＝45°，直接写出点D的坐标．解：（1）∵（m﹣n）2+|m﹣5|＝0，∴m﹣n＝0，m﹣5＝0，∴m＝n＝5，∴A（5，0）、B（0，5），∴AC＝BC＝5，∴△AOB为等腰直角三角形，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，OC⊥AB，∵PO＝PD，∴∠POD＝∠PDO，∵D是x轴正半轴上一点，∴点P在BC上，∵∠POD＝45°+∠POC，∠PDO＝45°+∠DPE，∴∠POC＝∠DPE，在△POC和△DPE中，，∴△POC≌△DPE（AAS），∴OC＝PE，∵C为AB的中点，∴AB＝2OC，∴AB＝2PE．故答案为：AB＝2PE．（2）成立，理由如下：∵点C为AB中点，∴∠AO C＝∠BOC＝45°，OC⊥AB，∵PO＝PD，∴∠POD＝∠PDO，∵∠POD＝45°﹣∠POC，∠PDO＝45°﹣∠DPE，∴∠POC＝∠DPE，在△POC和△DPE中，，∴△POC≌△DPE（AAS），∴OC＝PE，又∠AOC＝∠BAO＝45°∴OC＝AC＝AB∴AB＝2PE；（3）∵AB＝5，∴OA＝OB＝5，∵OP＝PD，∴∠POD＝∠PDO＝＝67.5°，∴∠APD＝∠PDO﹣∠A＝22.5°，∠BOP＝90°﹣∠POD＝22.5°，∴∠APD＝∠BOP，在△POB和△DPA中，，∴△POB≌△DPA（SAS），∴PA＝OB＝5，DA＝PB，∴DA＝PB＝5﹣5，∴OD＝OA﹣DA＝5﹣（5﹣5）＝10﹣5，∴点D的坐标为（10﹣5，0）．11．如图1，直线AB分别与x轴、y轴交于A、B两点，OC平分∠AOB交AB于点C，点D为线段AB上一点，过点D作DE∥OC交y轴于点E，已知AO＝m，BO＝n，且m、n满足n2﹣8n+16+|n﹣2m|＝0．（1）求A、B两点的坐标；（2）若点D为AB中点，求OE的长；（3）如图2，若点P（x，﹣2x+4）为直线AB在x轴下方的一点，点E是y轴的正半轴上一动点，以E为直角顶点作等腰直角△PEF，使点F在第一象限，且F点的横、纵坐标始终相等，求点P的坐标．解：（1）∵n2﹣8n+16+|n﹣2m|＝0，∴（n﹣4）2+|n﹣2m|＝0，∵（n﹣4）2≥0，|n﹣2m|≥0，∴（n﹣4）2＝0，|n﹣2m|＝0，∴m＝2，n＝4，∴点A为（2，0），点B为（0，4）；（2）延长DE交x轴于点F，延长FD到点G，使得DG＝DF，连接BG，设OE＝x，∵OC平分∠AOB，∴∠BOC＝∠AOC＝45°，∵DE∥OC，∴∠EFO＝∠FEO＝∠BEG＝∠BOC＝∠AOC＝45°，∴OE＝OF＝x，在△ADF和△BDG中，，∴△ADF≌△BDG（SAS），∴BG＝AF＝2+x，∠G＝∠AFE＝45°，∴∠G＝∠BEG＝45°，∴BG＝BE＝4﹣x，∴4﹣x＝2+x，解得：x＝1，∴OE＝1；（3）如图2，分别过点F、P作FM⊥y轴于点M，PN⊥y轴于点N，设点E为（0，m），∵点P的坐标为（x，﹣2x+4），∴PN＝x，EN＝m+2x﹣4，∵∠PEF＝90°，∴∠PEN+∠FEM＝90°，∵FM⊥y轴，∴∠MFE+∠FEM＝90°，∴∠PEN＝∠MFE，在△EFM和△PEN中，，∴△EFM≌△PEN（AAS），∴ME＝NP＝x，FM＝EN＝m+2x﹣4，∴点F为（m+2x﹣4，m+x），∵F点的横坐标与纵坐标相等，∴m+2x﹣4＝m+x，解得：x＝4，∴点P为（4，﹣4）．12．在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线．动点D在直线AM上时，以CD为一边在CD的下方作等边△CDE，连结BE．（1）若点D在线段AM上时（如图1），则AD＝BE（填“＞”、“＜”或“＝”），∠CAM ＝30 度；（2）设直线BE与直线AM的交点为O．①当动点D在线段AM的延长线上时（如图2），试判断AD与BE的数量关系，并说明理由；②当动点D在直线AM上时，试判断∠AOB是否为定值？若是，请直接写出∠AOB的度数；若不是，请说明理由．解：（1））∵△ABC与△DEC都是等边三角形∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE∴∠ACD＝∠BCE．在△ADC和△BEC中，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°．∵线段AM为BC边上的中线∴∠CAM＝∠BAC，∴∠CAM＝30°．故答案为：＝，30；（2）①AD＝BE，理由如下：∵△ABC和△CDE都是等边三角形∴AB＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∵∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB，∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴AD＝BE．②∠AOB是定值，∠AOB＝60°，理由如下：当点D在线段AM上时，如图1，由①知△ACD≌△BCE，则∠CBE＝∠CAD＝30°，又∠ABC＝60°，∴∠CBE+∠ABC＝60°+30°＝90°，∵△ABC是等边三角形，线段AM为BC边上的中线∴AM平分∠BAC，即，∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°．当点D在线段AM的延长线上时，如图2，∵△ABC与△DEC都是等边三角形∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°∴∠ACB+∠DCB＝∠DCB+∠DCE∴∠ACD＝∠BCE在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠CBE＝∠CAD＝30°，同理可得：∠BAM＝30°，∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°．13．小明在学习等边三角形时发现了直角三角形的一个性质：直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．小明同学对以上结论作了进一步探究．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝AB，则：∠ABC＝30°．探究结论：（1）如图1，CE是AB边上的中线，易得结论：△ACE为等边三角形．（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝AB，CP是AB边上的中线，点D是边CB上任意一点，连接AD，在AB边上方作等边△ADE，连接BE．试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你的猜想加以证明．拓展应用：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等边△ABC，当点C在第一象内，且B（2，0）时，求点C 的坐标．解：探究结论（1）∵CE是AB边上的中线，∴CE＝AE＝AB，∵AC＝AB，∴AC＝CE＝AE，∴△ACE是等边三角形．故答案为：等边；（2）如图2中，结论：ED＝EB．理由：取AB的中点P，连接CP、PE．∵△ACP，△ADE都是等边三角形，∴AC＝AP＝PC，AD＝AE＝DE，∠CAP＝∠DAE＝60°，∴∠CAD＝∠PAE，∴△CAD≌△PAE（SAS），∴∠ACD＝∠APE＝90°，∴EP⊥AB，∵PA＝PB，∴EA＝EB，∵DE＝AE，∴ED＝EB．拓展应用：如图3中，作AH⊥x轴于H，CF⊥OB于F，连接OA．∵A（﹣，1），∴∠AOH＝30°，由（2）可知，CO＝CB，∵CF⊥OB，∴OF＝FB＝1，∴可以假设C（1，n），∵OC＝BC＝AB，∴1+n2＝1+（+2）2，∴n＝2+，∴C（1，2+）．14．如图，等边△ABC外有一点D，连接DA，DB，DC．（1）如图1，若∠DAB+∠DCB＝180°，求证：BD平分∠ADC；（2）如图2，若∠BDC＝60°，求证：BD﹣CD＝AD；（3）如图3，延长AD交BC的延长线于点F，以BF为边向下作等边△BEF，若点D，C，E 在同一直线上，且∠ABD＝α，直接写出∠CEF的度数为60°﹣α（结果用含α的式子表示）．（1）证明：过点B作BM⊥CD于点M，BN⊥AD于点N，∴∠ANB＝∠CMB＝90°，∵△ABC为等边三角形，∴AB＝BC，∵∠DAB+∠DCB＝180°，∠DCB+∠BCM＝180°，∴∠OAB＝∠BCM，∴△ABN≌△CBM（AAS），∴BM＝BN，∴BD平分∠ADC；（2）证明：在BD上取点E，使DE＝CD，∵∠BD C＝60°∴△CDE为等边三角形，∴∠DCE＝∠ACB＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∵AC＝BC，∴△ADC≌△BEC（SAS），∴AD＝BE，∴BD﹣CD＝AD；（3）解：∵△ABC，△BEF为等边三角形，∴AB＝CB，BF＝BE，∠ABF＝∠CBE∴△ABF≌CBE（SAS），∴∠DFB＝∠CEB，∵∠CEB+∠CEF＝60°，∠EFB＝60°∴∠FDE＝180°﹣∠DFB﹣∠EFB﹣∠CEF＝60°∴∠ADC＝120°，∴∠ADC+∠ABC＝180°，由（1）得BD平分∠ADC∴∠BDE＝60°，∴∠FDB＝120°，∴∠FDB+∠FEB＝180°，∴F，E，B，D四点共圆，∴∠CEF＝∠DBF∵∠DBF＝60°﹣α．∴∠CEF＝60°﹣α．故答案为：60°﹣α．15．已知，在平面直角坐标系中，点A（0，2），B（﹣2，m），过B点作直线a与x轴互相垂直，C为x轴上的一个动点，且∠BAC＝90°．（1）如图1，若点B是第二象限内的一个点，且m＞2时，求点C的坐标；（用m的代数式表示）（2）如图2，若点B是第三象限内的一个点，设C点的坐标（x，0），求x的取值范围：（3）如图3，连接BC，作∠ABC的平分线BD，点E、F分别是射线BD与边BC上的两个动点，连接CE、EF，当m＝3时，试求CE+EF的最小值．解：（1）如图1，过B点作BH⊥y轴于点H，∴∠BHA＝90°，∠ABH+∠BAH＝90°，∴∠BHA＝∠AOC＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAH+∠CAO＝90°，∴∠ABH＝∠CAO，∵点A（0，2），B（﹣2，m），∴AO＝BH＝2，OH＝m，∵AO＝BH，∠ABH＝∠CAO，∠BHA＝∠AOC＝90°，∴△BHA≌△AOC（ASA）∴CO＝AH＝OH﹣AO＝m﹣2，∵m＞2，点C在x轴负半轴，∴点C（2﹣m，0）；（2）如图2，过B点作BK⊥y轴于点K，则∠AKB＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAK+∠CAK＝90°，且∠BAK+∠ABK＝90°，∴∠CAK＝∠ABK，∵点A（0，2），B（﹣2，m），∴AO＝BK＝2，OH＝m，∵AO＝BK，∠CAK＝∠ABK，∠AOC＝∠AKB＝90°，∴△ABK≌△CAO（AAS）∴CO＝AK＝2﹣m，∵C点的坐标（x，0），∴CO＝x＝2﹣m，∵点B是第三象限内的一个点，∴m＜0，∴2﹣m＞2，∴x＞2；（3）如图3，在AB上截取BN＝BF，∵BD是∠ABC的平分线，∴∠ABE＝∠CBE，且BE＝BE，BF＝BN，∴△BEF≌△BEN（SAS）∴EF＝EN，∴CE+EF＝CE+EN，∴当C，E，F三点共线，且N与点A重合时，CE+EF有最小值，此时最小值为AC，由（1）可知：点C（2﹣m，0）；且m＝3，∴点C（﹣1，0），∴CO＝1，∴AC＝＝＝，∴CE+EF的最小值为．。
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。
中考数学压轴题揭秘专题10三角形问题试题(附答案)
中考数学压轴题揭秘专题10三角形问题试题（附答案）中考数学压轴题揭秘专题10三角形问题试题（附答案）专题10 三角形问题[典例分析][考点1]三角形基础知识[例1]（·浙江中考真题）若长度分别为的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（）A．1 B．2 C．3 D．8[解析][分析]根据三角形三边关系可得5﹣3＜a＜5+3，解不等式即可求解．[详解]由三角形三边关系定理得：5﹣3＜a＜5+3，即2＜a＜8，由此可得，符合条件的只有选项C，[点睛]本题考查了三角形三边关系，能根据三角形的三边关系定理得出5﹣3＜a＜5+3是解此题的关键，注意：三角形的两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边．[变式1-1]（·北京中考真题）如图，已知△ABC，通过测量、计算得△ABC的面积约为____cm2.（结果保留一位小数）[答案]1.9[解析][分析]过点C作CD⊥AB的延长线于点D，测量出AB，CD的长，再利用三角形的面积公式即可求出△ABC的面积．[详解]解：过点C作CD⊥AB的延长线于点D，如图所示．经过测量，AB=2.2cm，CD=1.7cm，（cm2）．故答案为：1.9．[点睛]本题考查了三角形的面积，牢记三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半是解题的关键．[变式1-2]（·山东中考真题）把一块含有角的直角三角板与两条长边平行的直尺如图放置(直角顶点在直尺的一条长边上)．若，则_______ ．[答案]68[解析][分析]由等腰直角三角形的性质得出∠A=∠C=45°，由三角形的外角性质得出∠AGB=68°，再由平行线的性质即可得出∠2的度数．[详解]如图，∵ 是含有角的直角三角板，∴ ，∵ ，∴ ，∵ ，∴ ；故答案为68．[点睛]此题主要考查了等腰直角三角形的性质、平行线的性质以及三角形的外角性质，关键是掌握两直线平行，同位角相等．[考点2]全等三角形的判定与性质的应用[例2]（·山东中考真题）在中，，，于点．（2）如图2，点，分别在，上，且，求证：；（3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：．[答案](1) ；(2)见解析；(3)见解析.[解析][分析]（1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到AD＝BD＝DC＝，求出∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可；（2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明；（3）过点M作ME∥BC交AB的延长线于E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论．[详解]（1）解：，，，，，，，，，，，，由勾股定理得，，即，解得，，；（2）证明：，，，在和中，，；（3）证明：过点作交的延长线于，，则，，，，，，在和中，，，，．[点睛]本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．[变式2-1]（·贵州中考真题）（1）如图①，在四边形中，，点是的中点，若是的平分线，试判断，，之间的等量关系．解决此问题可以用如下方法：延长交的延长线于点，易证得到，从而把，，转化在一个三角形中即可判断．，，之间的等量关系________；（2）问题探究：如图②，在四边形中，，与的延长线交于点，点是的中点，若是的平分线，试探究，，之间的等量关系，并证明你的结论．[解析][分析]（1）先根据角平分线的定义和平行线的性质证得，再根据AAS证得≌ ，于是，进一步即得结论；（2）延长交的延长线于点，如图②，先根据AAS证明≌ ，可得，再根据角平分线的定义和平行线的性质证得，进而得出结论.[详解]解：（1） .理由如下：如图①，∵ 是的平分线，∴∵ ，∴ ，∴ ，∴ .∵点是的中点，∴ ，又∵ ，∴ ≌ （AAS），∴ .∴ .故答案为： .（2） .理由如下：如图②，延长交的延长线于点 .∵ ，∴ ，又∵ ，，∴ ≌ （AAS），∴ ，∵ 是的平分线，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ .[点睛]本题考查了全等三角形的判定和性质、平行线的性质、角平分线的定义和等角对等边等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解本题的关键．[变式2-2]（·广西中考真题）如图，，点在上．（1）求证：平分；（2）求证：．[答案]（1）见解析；（2）见解析.[解析][分析]（2）利用（1）的结论，可得△BAE≌△DAE，得出BE=DE．[详解]解：（1）在与中，∴∴即平分；（2）由（1）∴∴[点睛]熟练运用三角形全等的判定，得出三角形全等，转化边角关系是解题关键．[考点3]等腰三角形与等边三角形的判定与性质的应用[例3]（·浙江中考真题）如图，在中， .⑴已知线段AB的垂直平分线与BC边交于点P，连结AP，求证：；求的度数.[答案]（1）见解析；（2）∠B=36°.[解析][分析]（1）根据垂直平分线的性质，得到PA=PB，再由等腰三角形的性质得到∠PAB=∠B，从而得到答案；（2）根据等腰三角形的性质得到∠BAQ=∠BQA，设∠B=x，由题意得到等式∠AQC=∠B+∠BAQ=3x，即可得到答案.（1）证明：因为点P在AB的垂直平分线上，所以PA=PB，所以∠PAB=∠B，所以∠APC=∠PAB+∠B=2∠B.（2）根据题意，得BQ=BA，所以∠BAQ=∠BQA，设∠B=x，所以∠BAQ=∠BQA=2x，在△ABQ中，x+2x+2x=180°，解得x=36°，即∠B=36°.[点睛]本题考查垂直平分线的性质、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握垂直平分线的性质、等腰三角形的性质.[变式3-1]（·辽宁中考真题）如图，是等边三角形，延长到点，使，连接．若，则的长为_____．[解析][分析]AB=AC=BC=CD，即可求出∠BAD=90°，∠D=30°，解直角三角形即可求得．[详解]解：∵ 是等边三角形，∴ ，∵ ，∵ ，∴ ，∴ ，∴ ．故答案为．[点睛]本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质以及解直角三角形等，证得[变式3-2]（·辽宁中考真题）如图，把三角形纸片折叠，使点A、点C都与点B 重合，折痕分别为EF，DG，得到，，若，则FG的长为_____．[答案] ．[解析][分析]根据折叠的性质可得：FG是△ABC的中位线，AC的长即为△BDE的周长.在Rt△BDE 中，根据30°角的直角三角形的性质和勾股定理可分别求出BD与BE的长，从而可得AC的长，再根据三角形的中位线定理即得答案.解：∵把三角形纸片折叠，使点A、点C都与点B重合，∴ ，，，，∴ ，∵ ，，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，故答案为：．[点睛]本题考查了折叠的性质、三角形中位线定理、30°角的直角三角形的性质和勾股定理等知识，根据折叠的性质得出FG是△ABC的中位线，AC的长即为△BDE的周长是解本题的关键.[考点4]直角三角形的性质[例4]（·宁夏中考真题）如图，在中，，以顶点为圆心，适当长度为半径画弧，于点．若，则_____．[答案] ．[解析][分析]利用基本作图得BD平分，再计算出，所以，利用得到，然后根据三角形面积公式可得到的值．以上仅显示部分内容，要想获得完整版请下载！。
特殊三角形(压轴必刷30题)—2024学年八年级数学上册同步讲义(浙教版)(解析版)
特殊三角形（压轴必刷30题7种题型专项训练）一．全等三角形的判定与性质（共1小题）1．（2022秋•南昌期中）在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B，C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．（1）如图1，当点D在线段BC上时，如果∠BAC＝90°，则∠BCE＝°．（2）设∠BAC＝α，∠BCE＝β．①如图2，当点D在线段BC上移动时，α，β之间有怎样的数量关系？请说明理由．②当点D在直线BC上移动时，α，β之间有怎样的数量关系？请你在备用图上画出图形，并直接写出你的结论．【分析】（1）先用等式的性质得出∠CAE＝∠BAD，进而得出△ABD≌△ACE，有∠B＝∠ACE，最后用等式的性质即可得出结论；（2）①由（1）的结论即可得出α+β＝180°；②同（1）的方法即可得出结论．【解答】解：（1）∵∠DAE＝∠BAC，∠BAC＝∠BAD+∠DAC＝∠EAC+∠DAC；∴∠CAE＝∠BAD；在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）；∴∠B＝∠ACE；∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝∠BCA+∠B＝180°﹣∠BAC＝90°；故答案为90°；（2）①由（1）中可知β＝180°﹣α，∴α、β存在的数量关系为α+β＝180°；②当点D在射线BC上时，如图1，同（1）的方法即可得出，△ABD≌△ACE（SAS）；∴∠ABD＝∠ACE，∴β＝∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝∠ACB+∠ABD＝180°﹣∠BAC＝180°﹣α，∴α+β＝180°；当点D在射线BC的反向延长线上时，如图2，同（1）的方法即可得出，△ABD≌△ACE（SAS）；∴∠ABD＝∠ACE，∴β＝∠BCE＝∠ACE﹣∠ACB＝∠ABD﹣∠ACB＝∠BAC＝α，∴α＝β．【点评】此题是作图﹣﹣﹣复杂作图，主要考查了等式的性质，全等三角形的判定，解本题的关键是得出△ABD≌△ACE．二．等腰三角形的性质（共7小题）2．（2022秋•拱墅区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，DE平分∠ADC，交AC与点E，EF⊥AB于点F，且交AD于点G，若AG＝2，BC＝12，则AF＝．【分析】过点B作BH⊥AC于H，过点D作DK⊥AC于K，过点E作EM⊥CD于M，EN⊥AD于N，连接BE，先证得△DEG≌△DEC（AAS），运用勾股定理可得AB＝10，利用面积法可求得：DK＝，BH＝，EM＝EN＝，AE＝，EF＝，再运用勾股定理即可求得答案．【解答】解：如图，过点B作BH⊥AC于H，过点D作DK⊥AC于K，过点E作EM⊥CD于M，EN⊥AD于N，连接BE，∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD＝BC＝×12＝6，∠BAD+∠ABC＝90°，∠ABC＝∠C，∵EF⊥AB，∴∠BAD+∠AGF＝90°，∴∠ABC＝∠AGF＝∠C，∵∠AGF＝∠DGE，∴∠DGE＝∠C，∵DE平分∠ADC，EM⊥CD，EN⊥AD，∴EM＝EN，∠EDG＝∠EDC，在△DEG和△DEC中，，∴△DEG≌△DEC（AAS），∴DG＝CD＝6，∵AG＝2，∴AD＝AG+DG＝2+6＝8，在Rt△ABD中，AB＝＝＝10，∴AC＝AB＝10，∵AC•DK＝AD•CD，∴10DK＝8×6，∴DK＝，∵AC•BH＝BC•AD，∴10BH＝12×8，∴BH＝，∵S△ADE+S△CDE＝S△ACD，∴AD•EN+CD•EM＝AD•CD，∴4EN+3EM＝24，∵EN＝EM，∴7EN＝24，∴EN＝，∴EM＝EN＝，∵DK•AE＝AD•EN，∴AE＝8×，∴AE＝，∵AB•EF＝AE•BH，∴10EF＝×，∴EF＝，在Rt△AEF中，AF＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查了等腰三角形三线合一的性质，角平分线上的点到角的两边的距离相等的性质，等边对等角，直角三角形性质，勾股定理，三角形面积，全等三角形的判定和性质等，综合性强，有一定难度，添加辅助线作三角形的高，运用面积法是解题关键．3．（2022秋•金华期中）已知：如图，在△ABC中，AB＝AD＝DC，∠BAD＝30°；试求∠B和∠C的度数．【分析】由题意，在△ABC中，AB＝AD＝DC，∠BAD＝30°，根据等腰三角形的性质可以求出底角，再根据三角形内角与外角的关系即可求出内角∠C．【解答】解：在△ABC中，AB＝AD＝DC，∵AB＝AD，在三角形ABD中，∠B＝∠ADB＝（180°﹣30°）＝75°，又∵AD＝DC，在三角形ADC中，∴∠C＝∠ADB＝37.5°．∴∠B＝75°，∠C＝37.5°．【点评】本题考查等腰三角形的性质及应用等腰三角形两底角相等，还考查了三角形的内角和定理及内4．（2022秋•余杭区校级期中）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD＝BC，E为BD延长线上的一点，BE＝BA．（1）AD与CE相等吗？为什么；（2）若∠BCD＝75°，求∠ACE的度数；（3）若∠BCE＝α，∠ACE＝β，则α，β之间满足一定的数量关系，请直接写出这个结论．【分析】（1）由SAS证明△ABD≌△EBC，根据全等三角形的性质即可得出AD＝CE；（2）根据等腰三角形的性质可得∠BCD＝∠BDC＝75°，由三角形的内角和以及角平分线的定义得出∠DBC＝∠ABD＝30°，再根据全等三角形的性质和三角形的内角和即可求解；（3）根据等腰三角形的性质可得∠BCD＝∠BDC，由角平分线的定义得∠DBC＝∠ABD，再根据全等三角形的性质和三角形的内角和得∠ACE＝∠ABD＝∠DBC＝β，由∠BCE＝∠BCD+∠ACE＝α和三角形的内角和即可得出结论．【解答】解：（1）AD＝CE，理由：∵BD为△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△EBC中，，∴△ABD≌△EBC（SAS），∴AD＝CE；（2）∵BD＝BC，∠BCD＝75°∴∠BCD＝∠BDC＝75°，∴∠DBC＝∠ABD＝30°，∴∠ABC＝60°，由（1）知△ABD≌△EBC，∴∠BAD＝∠BEC，∵∠ADB＝∠EDC，∴∠ACE＝∠ABD＝30°；（3）∵BD＝BC，∴∠BCD＝∠BDC，∵BD为△ABC的角平分线，∴∠DBC＝∠ABD，由（1）知△ABD≌△EBC，∴∠BAD＝∠BEC，∵∠ADB＝∠EDC，∴∠ACE＝∠ABD＝∠DBC＝β，∵∠BCE＝∠BCD+∠ACE＝α，∴∠BCD＝∠BDC＝α﹣β，∵∠DBC+∠BDC+∠BCD＝180°，∴β+（α﹣β）+（α﹣β）＝180°，∴2α﹣β＝180°．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质与判定、三角形内角和定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．5．（2022秋•隆回县期中）探究与发现：如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在底边BC 上，AE＝AD，连接DE．（1）当∠BAD＝60°时，求∠CDE的度数；（2）当点D在BC（点B、C除外）上运动时，试猜想并探究∠BAD与∠CDE的数量关系；（3）深入探究：若∠BAC≠90°，试就图②探究∠BAD与∠CDE的数量关系．【分析】（1）CAD＝∠BAD＝60°，由于AD＝AE，于是得到∠ADE＝60°，根据三角形的内角和即可得到∠CDE＝75°﹣45°＝30°；（2）设∠BAD＝x，于是得到∠CAD＝90°﹣x，根据等腰三角形的性质得到∠AED＝45°+，于是得到结论；（3）设∠CDE＝x，∠C＝y，由等腰三角形的性质和外角的性质可求解．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵∠BAD＝60°，∴∠DAE＝30°，∵AD＝AE，∴∠AED＝75°，∴∠CDE＝∠AED＝∠C＝30°；（2）设∠BAD＝x，∴∠CAD＝90°﹣x，∵AE＝AD，∴∠AED＝45°+，∴∠CDE＝x，∴∠BAD＝2∠CDE；（3）设∠CDE＝x，∠C＝y，∵AB＝AC，∠C＝y，∴∠B＝∠C＝y，∵∠CDE＝x，∴∠AED＝y+x，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED＝y+x，∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，∴y+∠BAD＝y+x+x，∴∠BAD＝2∠CDE．【点评】本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，熟知三角形的外角等于与之不相邻的两个内角的和是解答此题的关键．6．（2022秋•岳阳县校级期中）在△ABC中，AB＝AC．（1）如图1，如果∠BAD＝30°，AD是BC上的高，AD＝AE，则∠EDC＝（2）如图2，如果∠BAD＝40°，AD是BC上的高，AD＝AE，则∠EDC＝（3）思考：通过以上两题，你发现∠BAD与∠EDC之间有什么关系？请用式子表示：（4）如图3，如果AD不是BC上的高，AD＝AE，是否仍有上述关系？如有，请你写出来，并说明理由．【分析】（1）等腰三角形三线合一，所以∠DAE＝30°，又因为AD＝AE，所以∠ADE＝∠AED＝75°，所以∠DEC＝15°．（2）同理，易证∠ADE＝70°，所以∠DEC＝20°．（3）通过（1）（2）题的结论可知，∠BAD＝2∠EDC（或∠EDC＝∠BAD）．（4）由于AD＝AE，所以∠ADE＝∠AED，根据已知，易证∠BAD+∠B＝2∠EDC+∠C，而B＝∠C，所以∠BAD＝2∠EDC．【解答】解：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，AD是BC上的高，∴∠BAD＝∠CAD，∵∠BAD＝30°，∴∠BAD＝∠CAD＝30°，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED＝75°，∴∠EDC＝15°．（2）∵在△ABC中，AB＝AC，AD是BC上的高，∴∠BAD＝∠CAD，∵∠BAD＝40°，∴∠BAD＝∠CAD＝40°，∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED＝70°，∴∠EDC＝20°．（3）∠BAD＝2∠EDC（或∠EDC＝∠BAD）（4）仍成立，理由如下∵AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED，∴∠BAD+∠B＝∠ADC＝∠ADE+∠EDC＝∠AED+∠EDC＝（∠EDC+∠C）+∠EDC＝2∠EDC+∠C又∵AB＝AC，∴∠B＝∠C∴∠BAD＝2∠EDC．故分别填15°，20°，∠EDC＝∠BAD【点评】本题考查了等腰三角形三线合一这一性质，即等腰三角形底边上中线、高线以及顶角的平分线三线合一．得到角之间的关系是正确解答本题的关键．7．（2022秋•余姚市校级期中）若a、b是△ABC的两边且|a﹣3|+（b﹣4）2＝0（1）试求a、b的值，并求第三边c的取值范围．（2）若△ABC是等腰三角形，试求此三角形的周长．（3）若另一等腰△DEF，其中一内角为x°，另一个内角为（2x﹣20）°试求此三角形各内角度数．【分析】（1）利用非负数的性质可求得a、b的值，根据三角形三边关系可求得c的范围；（2）分腰长为3或4两种情况进行计算；（3）分这两个内角一个为顶角和两个都是底角三种情况，结合三角形内角和定理可求得x，可得出三个角的度数．【解答】解：（1）∵|a﹣3|+（b﹣4）2＝0，∴a＝3 b＝4，∵b﹣a＜c＜b+a，∴1＜c＜7；（2）当腰长为3时，此时三角形的三边为3、3、4，满足三角形三边关系，周长为10；当腰长为4时，此时三角形的三边长为4、4、3，满足三角形三边关系，周长为11；综上可知等腰三角形的周长为10或11；（3）当底角为x°、顶角为（2x﹣20）°时，则根据三角形内角和为180°可得：x+x+2x﹣20＝180，解得x＝50，此时三个内角分别为50°、50°、80°；当顶角为x°、底角为（2x﹣20）°时，则根据三角形内角和为180°可得：x+2x﹣20+2x﹣20＝180，解得x＝44，此时三个内角分别为44°、68°、68°；当底角为x°、（2x﹣20）°时，则等腰三角形性质可得：x＝2x﹣20，解得x＝20，此时三个内角分别为20°、20°、140°；综上可知三角形三个内角为50度、50度、80度或44度、68度、68度或20度、20度、140度．【点评】本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的两腰相等、两底角相等是解题的关键．8．（2022秋•金华期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠ACB，BD为△ABC的角平分线；（1）若AB＝BD，则∠A的度数为°（直接写出结果）；（2）如图1，若E为线段BC上一点，∠DEC＝∠A；求证：AB＝EC．（3）如图2，若E为线段BD上一点，∠DEC＝∠A，求证：AB＝EC．【分析】（1）如图1中，设∠C＝x．则可证∠A＝∠ADB＝2x，利用三角形内角和定理，构建方程求出x 即可解决问题；（2）证明△ABD≌△ECD（AAS），可得结论；（3）如图2中，延长BD到T，使得CD＝CT．证明△ABD≌△ECT（AAS），可得结论．【解答】（1）解：如图1中，设∠C＝x．∵∠ABC＝2∠C，∴∠ABC＝2x，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD＝x，∵AB＝BD，∴∠A＝∠ADB＝∠DBC+∠C＝2x，∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，∴2x+2x+x＝180°，∴x＝36°，∴∠A＝2x＝72°，故答案为：72．（2）证明：如图1中，∵∠ABD＝∠DBC＝∠C，∴BD＝CD，在△ABD和△ECD中，，∴△ABD≌△ECD（AAS），∴AB＝EC．（3）证明：如图2中，延长BD到T，使得CD＝CT．∵CD＝CT，∴∠T＝∠CDT＝∠ADB，∵BD＝CD，∴BD＝CT，在△ABD和△ECT中，，∴△ABD≌△ECT（AAS），∴AB＝EC．【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题．三．等腰三角形的判定（共3小题）9．（2022秋•泗洪县期中）如图，已知直线OM垂直于直线ON，点A在直线OM上，且∠OAB＝30°，点B在直线ON上，在直线OM或直线ON上找一点C（与A、B不重合），使△ABC成为一个等腰三角形，这样的点C能找到个．【分析】分两种情况讨论，当AB是底边时，当AB是腰时，即可求解．【解答】解：（1）当AB是底边时，作AB的垂直平分线，分别与AO，线段BO的延长线相交，共两个交点，都符合题意；（2）当AB是腰时①以A圆心AB长为半径画圆交直线OM于两点，交线段BO延长线于一点（该点与前面的点重合）②以B圆心AB长为半径画圆交直线ON于两点（有一个点与前面的点重合），交线段AO延长线于一点，有两个交点符合题意，因此这样的点C能找到6个，使△ABC成为等腰三角形．故答案为：6．【点评】本题考查等腰三角形，关键是分两种情况讨论，并注意有重合的点．10．（2022秋•涟源市期中）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，AC＝20cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．（1）BP＝（用t的代数式表示）（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒后，△PQB是等腰三角形？（3）当点Q在边CA上运动时，出发秒后，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形？【分析】（1）根据题意即可用t可分别表示出BP；（2）结合（1），根据题意再表示出BQ，然后根据等腰三角形的性质可得到BP＝BQ，可得到关于t的方程，可求得t；（3）用t分别表示出BQ和CQ，利用等腰三角形的性质可分CQ＝BC和BQ＝CQ三种情况，分别得到关于t的方程，可求得t的值．【解答】解：（1）由题意可知AP＝t，BQ＝2t，∵AB＝16cm，∴BP＝AB﹣AP＝（16﹣t）cm，故答案为：（16﹣t）cm；（2）当点Q在边BC上运动，△PQB为等腰三角形时，则有BP＝BQ，即16﹣t＝2t，解得t＝，∴出发秒后，△PQB能形成等腰三角形；（3）①当△BCQ是以BC为底边的等腰三角形时：CQ＝BQ，如图1所示，则∠C＝∠CBQ，∵∠ABC＝90°，∴∠CBQ+∠ABQ＝90°．∠A+∠C＝90°，∴∠A＝∠ABQ，∴BQ＝AQ，∴CQ＝AQ＝10（cm），∴BC+CQ＝22（cm），∴t＝22÷2＝11；②当△BCQ是以BQ为底边的等腰三角形时：CQ＝BC，如图2所示，则BC+CQ＝24（cm），∴t＝24÷2＝12，综上所述：当t为11或12时，△BCQ是以BC或BQ为底边的等腰三角形．故答案为：11秒或12．【点评】本题考查了等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这类问题的一般思路，注意方程思想的应用．11．（2022秋•江干区校级期中）如图，点D、E在△ABC的边BC上，AD＝AE，BD＝CE．（1）求证：AB＝AC；（2）若∠BAC＝108°，∠DAE＝36°，直接写出图中除△ABC与△ADE外所有的等腰三角形．【分析】（1）首先过点A作AF⊥BC于点F，由AD＝AE，根据三线合一的性质，可得DF＝EF，又由BD＝CE，可得BF＝CF，然后由线段垂直平分线的性质，可证得AB＝AC．（2）根据等腰三角形的判定解答即可．【解答】证明：（1）过点A作AF⊥BC于点F，∵AD＝AE，∴DF＝EF，∵BD＝CE，∴BF＝CF，∴AB＝AC．（2）∵∠B＝∠BAD，∠C＝∠EAC，∠BAE＝∠BEA，∠ADC＝∠DAC，∴除△ABC与△ADE外所有的等腰三角形为：△ABD、△AEC、△ABE、△ADC，【点评】此题考查了等腰三角形的判定与性质．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的应用．四．等腰三角形的判定与性质（共2小题）12．（2022秋•拱墅区校级期中）（1）如图1，△ABC中，作∠ABC、∠ACB的角平分线相交于点O，过点O 作EF∥BC分别交AB、AC于E、F．①求证：OE＝BE；②若△ABC的周长是25，BC＝9，试求出△AEF的周长；（2）如图2，若∠ABC的平分线与∠ACB外角∠ACD的平分线相交于点P，连接AP，试探求∠BAC与∠P AC的数量关系式．【分析】（1）①由等腰三角形的性质和平行线的性质即可得到结论；②根据三角形的周长公式即可得到结论；（2）根据角平分线的性质即可得出答案．【解答】解：（1）①∵BO平分∠ABC，∴∠EBO＝∠OBC，∵EF∥BC，∴∠EOB＝∠OBC，∴∠EOB＝∠EBO，∴OE＝BE；②△AEF的周长＝AE+AF+EF＝AE+AF+EB+FC＝AB+AC＝25﹣9＝16；（2）解：延长BA，做PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP＝∠PCD，PM＝PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，∴PF＝PM，∴∠F AP＝∠P AC，∴∠F AC＝2∠P AC，∵∠F AC+∠BAC＝180°，∴2∠P AC+∠BAC＝180°．【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．13．（2022秋•房县期中）如图，A、C分别在∠GBE的边BG、BE上，且AB＝AC，AD∥BE，∠GBE 的平分线与AD交于点D，连接CD．（1）求证：①AB＝AD；②CD平分∠ACE．（2）猜想∠BDC与∠BAC之间有何数量关系？并对你的猜想加以证明．【分析】（1）①根据平行线的性质得到∠ADB＝∠DBC，由角平分线的定义得到∠ABD＝∠DBC，等量代换得到∠ABD＝∠ADB，根据等腰三角形的判定即可得到AB＝AD；②根据平行线的性质得到∠ADC＝∠DCE，由①知AB＝AD，等量代换得到AC＝AD，根据等腰三角形的性质得到∠ACD＝∠ADC，求得∠ACD＝∠DCE，即可得到结论；（2）根据角平分线的定义得到∠DBC＝∠ABC，∠DCE＝∠ACE，由于∠BDC+∠DBC＝∠DCE于是得到∠BDC+∠ABC＝∠ACE，由∠BAC+∠ABC＝∠ACE，于是得到∠DC+∠ABC＝∠ABC+∠BAC，即可得到结论．【解答】解：（1）①∵AD∥BE，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD；②∵AD∥BE，∴∠ADC＝∠DCE，由①知AB＝AD，又∵AB＝AC，∴AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC，∴∠ACD＝∠DCE，∴CD平分∠ACE；（2）∠BDC＝∠BAC，∵BD、CD分别平分∠ABE，∠ACE，∴∠DBC＝∠ABC，∠DCE＝∠ACE，∵∠BDC+∠DBC＝∠DCE，∴∠BDC+∠ABC＝∠ACE，∵∠BAC+∠ABC＝∠ACE，∴∠BDC+∠ABC＝∠ABC+∠BAC，∴∠BDC＝∠BAC．【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和性质是解题的关键．五．勾股定理（共8小题）14．（2022秋•镇海区校级期中）如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC 边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．（1）出发2秒后，求PQ的长；（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒钟后，△PQB能形成等腰三角形？（3）当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间．【分析】（1）根据点P、Q的运动速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可；（2）设出发t秒钟后，△PQB能形成等腰三角形，则BP＝BQ，由BQ＝2t，BP＝8﹣t，列式求得t即可；（3）当点Q在边CA上运动时，能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间有三种情况：①当CQ＝BQ时，则∠C＝∠CBQ，可证明∠A＝∠ABQ，则BQ＝AQ，则CQ＝AQ，从而求得t；②当CQ＝BC时，则BC+CQ＝12，易求得t；③当BC＝BQ时，过B点作BE⊥AC于点E，则求出BE，CE，即可得出t．【解答】解：（1）∵BQ＝2×24（cm），BP＝AB﹣AP＝16﹣2×1＝14（cm），∠B＝90°，∴PQ＝＝＝（cm）；（2）BQ＝2t，BP＝16﹣t，根据题意得：2t＝16﹣t，解得：t＝，即出发秒钟后，△PQB能形成等腰三角形；（3）①当CQ＝BQ时，如图1所示，则∠C＝∠CBQ，∵∠ABC＝90°，∴∠CBQ+∠ABQ＝90°．∠A+∠C＝90°，∴∠A＝∠ABQ，∴BQ＝AQ，∴CQ＝AQ＝10，∴BC+CQ＝22，∴t＝22÷2＝11秒．②当CQ＝BC时，如图2所示，则BC+CQ＝24，∴t＝24÷2＝12秒．③当BC＝BQ时，如图3所示，过B点作BE⊥AC于点E，则BE＝＝，∴CE＝，∴CQ＝2CE＝14.4，∴BC+CQ＝26.4，∴t＝26.4÷2＝13.2秒．综上所述：当t为11秒或1213.2秒时，△BCQ为等腰三角形．【点评】本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角形的判定和性质，注意分类讨论思想的应用．15．（2022秋•嵊州市期中）如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．（1）求BC，AC的长；（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连结OE．①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．②设DE交直线BC于点F，连结OF，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则BD的长为（直接写出所有结果）．【分析】（1）由勾股定理即可计算；（2）①分两种情况：AO＝OE或AO＝AE，由等腰三角形的性质和判定，余角的性质，全等三角形的判定和性质，即可求解；②分两种情况：点D在线段OB上时或点D在线段OB延长线上时，由余角的性质，等腰三角形的性质和判定，三角形面积公式，即可求解．【解答】解：（1）∵AB＝AO+BO＝4+6＝10，∴BC＝AB＝10，∵CO⊥AB，∴CO＝＝＝8，∴AC＝＝＝4；（2）①当AO＝OE时，∴∠A＝∠AEO，∵∠OED+∠AEO＝∠ODE+∠A＝90°，∴∠ODE＝∠OED，∴OD＝OE＝AO＝4；当AO＝AE时，∵∠A＝∠A，∠AOC＝∠AED＝90°，∴△AED≌△AOC（ASA），∴AD＝AC＝4，∴OD＝AD﹣AO＝4﹣4，②当点D在线段OB上时，∵S△OBF：S△OCF＝1：4，∴BF：CF＝1：4，∴BF：BC＝1：3，∵BC＝10，∴BF＝，∵BC＝BA，∴∠A＝∠BCA，∵∠EDA+∠A＝90°，∠BDF＝∠EDA，∴∠BDF+∠A＝90°，∵∠BFD+∠BCA＝90°，∴∠BDF＝∠BFD，∴BD＝BF＝，当点D在线段OB的延长线上时，∵S△OBF：S△OCF＝1：4，∴BF：CF＝1：4，∴BF：BC＝1：5，∵BC＝10，∴BF＝2，同理可证：∠D＝∠DFB，∴BD＝BF＝2．故答案为：或2．【点评】本题考查勾股定理，三角形全等判定和性质，等腰三角形的判定和性质，余角的性质，关键是熟练掌握以上知识点，并注意解题时分情况讨论．16．（2022秋•天宁区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B 出发沿射线BC以2cm/s的速度移动，设运动的时间为t秒．（1）求BC边的长；（2）当△ABP为直角三角形时，求t的值；（3）当△ABP为等腰三角形时，求t的值．【分析】（1）直接根据勾股定理求出BC的长度；（2）当△ABP为直角三角形时，分两种情况：①当∠APB为直角时，②当∠BAP为直角时，分别求出此时的t值即可；（3）当△ABP为等腰三角形时，分三种情况：①当AB＝BP时；②当AB＝AP时；③当BP＝AP时，分别求出BP值．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，BC2＝AB2﹣AC2＝102﹣62＝64，∴BC＝8（cm）；（2）由题意知BP＝2tcm，①当∠APB为直角时，点P与点C重合，BP＝BC＝8cm，即t＝4；②当∠BAP为直角时，BP＝2tcm，CP＝（2t﹣8）cm，AC＝6cm，在Rt△ACP中，AP2＝62+（2t﹣8）2，在Rt△BAP中，AB2+AP2＝BP2，即：102+[62+（2t﹣8）2]＝（2t）2，解得：t＝，故当△ABP为直角三角形时，t＝4或t＝；（3）①当AB＝BP时，t＝5；②当AB＝AP时，BP＝2BC＝16cm，t＝8；③当BP＝AP时，AP＝BP＝2tcm，CP＝|2t﹣8|cm，AC＝6cm，在Rt△ACP中，AP2＝AC2+CP2，所以（2t）2＝62+（2t﹣8）2，解得：t＝，综上所述：当△ABP为等腰三角形时，t＝5或t＝8或t＝．【点评】本题考查了勾股定理以及等腰三角形的知识，解答本题的关键是掌握勾股定理的应用，以及分情况讨论，注意不要漏解．17．（2022秋•闵行区期中）阅读材料：在直角三角形中，斜边和两条直角边满足定理：两条直角边的平方和，等于斜边的平方．因此如果已知两条边的长，根据定理就能求出第三边的长．例如：在Rt△ABC中，已知∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，由定理得AC2+BC2＝AB2，代入数据计算求得AB＝5．请结合上述材料和已学几何知识解答以下问题：已知：如图，∠C＝90°，AB∥CD，AB＝5，CD＝11，AC＝8，点E是BD的中点，那么AE的长为．【分析】作EG⊥AC，垂足为G．根据△ABF∽△CDF，求出AF＝AC＝×8＝，FC＝，然后利用勾股定理求出BF，DF，然后求出EB，EF．根据△ABF∽△GEF，求出EG、FG，然后利用勾股定理求出AE的长．【解答】解：作EG⊥AC，垂足为G．∵AB∥CD∴△ABF∽△CDF，∴＝，∵AB＝5，DC＝11，∴＝，∴AF＝AC＝×8＝；∴FC＝8﹣2.5＝，∴BF＝＝，DF＝＝，∴EB＝×（+）＝4，∴EF＝4﹣＝．易得，△ABF∽△GEF，∴，，∴，，∴EG＝3，FG＝，∴AG＝+＝4，在Rt△AEG中，AE＝＝5．故答案为：5．【点评】本题考查了勾股定理和相似三角形，作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．18．（2022秋•莲都区期中）如图，已知△ABC中，∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．（1）当t＝2秒时，求PQ的长；（2）求出发时间为几秒时，△PQB是等腰三角形？（3）若Q沿B→C→A方向运动，则当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间．【分析】（1）根据点P、Q的运动速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可；（2）由题意得出BQ＝BP，即2t＝8﹣t，解方程即可；（3）当点Q在边CA上运动时，能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间有三种情况：①当CQ＝BQ时（图1），则∠C＝∠CBQ，可证明∠A＝∠ABQ，则BQ＝AQ，则CQ＝AQ，从而求得t；②当CQ＝BC时（图2），则BC+CQ＝12（cm），易求得t；③当BC＝BQ时（图3），过B点作BE⊥AC于点E，则求出BE，CE，即可得出t．【解答】（1）解：（1）BQ＝2×2＝4cm，BP＝AB﹣AP＝8﹣2×1＝6cm，∵∠B＝90°，PQ＝＝＝2（cm）；（2）解：根据题意得：BQ＝BP，即2t＝8﹣t，解得：t＝；即出发时间为秒时，△PQB是等腰三角形；（3）解：分三种情况：①当CQ＝BQ时，如图1所示：则∠C＝∠CBQ，∵∠ABC＝90°，∴∠CBQ+∠ABQ＝90°，∠A+∠C＝90°，∴∠A＝∠ABQ∴BQ＝AQ，∵∠B＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，∴AC＝＝10（cm），∴CQ＝AQ＝AC＝5（cm），∴BC+CQ＝11（cm），∴t＝11÷2＝5.5秒．②当CQ＝BC时，如图2则BC+CQ＝12（cm），∴t＝12÷2＝6秒．③当BC＝BQ时，如图3所示：过B点作BE⊥AC于点E，则BE＝＝＝4.8（cm）∴CE＝＝3.6cm，∴CQ＝2CE＝7.2cm，∴BC+CQ＝13.2cm，∴t＝13.2÷2＝6.6秒．由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，△BCQ为等腰三角形．【点评】本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角形的判定和性质；本题有一定难度，注意分类讨论思想的应用．19．（2022秋•江干区校级期中）如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝6，BO＝9．（1）求BC，AC的长；（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连结OE．①当点D在线段OB是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．②设直线DE交直线BC于点F连结OF，CD，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则CD的长为（直接写出结果）．【分析】（1）根据BA＝BC可得BC的长，分别根据勾股定理可得OC和AC的长；（2）①分两种情况：AO＝OE和AO＝AE时，分别画图，根据三角形的中位线定理和证明三角形全等可解决问题；②分两种情况：i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，得＝，可得BF＝5，证明△BDF是等腰三角形，得BD＝BF＝5，最后利用勾股定理可得结论；ii）当D在线段OB的延长线上时，过B作BG⊥DE于G，同i）计算可得结论．【解答】解：（1）∵AO＝6，BO＝9，∴AB＝15，∵BA＝BC，∴BC＝15，∵CO⊥AB，∴∠AOC＝∠BOC＝90°，由勾股定理得：CO＝＝＝12，AC＝＝＝6；（2）①分两种情况：i）当AO＝OE＝4时，过O作ON⊥AC于N，如图1所示：∴AN＝EN，∵DE⊥AC，∴ON∥DE，∴ON是△ADE的中位线，∴OD＝AO＝6；ii）当AO＝AE＝4时，如图2所示：在△CAO和△DAE中，，∴△CAO≌△DAE（ASA），∴AD＝AC＝6，∴OD＝AD﹣AO＝6﹣6；综上所述，OD的长为6或6﹣6；②分两种情况：i）当D在线段OB上时，过B作BG⊥EF于G，如图3所示：∵S△OBF：S△OCF＝1：4，∴＝，∴＝，∵CB＝15，∴BF＝5，∵EF⊥AC，∴BG∥AC，∴∠GBF＝∠ACB，∵AE∥BG，∴∠A＝∠DBG，∵AB＝BC，∴∠A＝∠ACB，∴∠DBG＝∠GBF，∵BG⊥DF，∴△BDF是等腰三角形，∴BD＝BF＝5，∴OD＝OB﹣BD＝9﹣5＝4，∴CD＝＝＝4；ii）当D在线段OB的延长线上时，过B作BG⊥DE于G，如图4所示：同理得：＝，∵BC＝15，∴BF＝3，同理得：△BDF是等腰三角形，∴BD＝BF＝3，∴OD＝BO+BD＝9+3＝12，Rt△COD中，CD＝＝＝12；综上所述，CD的长为4或12，故答案为：4或12．【点评】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的面积、勾股定理、分类讨论等知识；证明△BDF是等腰三角形是解题的关键．20．（2022秋•上城区校级期中）如图，已知AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，且BC＝CD，（1）求证：△BCE≌△DCF；（2）若AB＝21，AD＝9，BC＝CD＝10，求AC的长．【分析】（1）要证明△BCE≌△DCF，已知一对直角相等和一对边相等，只需再创造一个条件，所以根据已知条件运用角平分线的性质定理即可证明另一对边对应相等；（2）结合（1）中的结论进行分析，发现：AB＝AE+BE＝AF+BE＝AD+DE+BE＝AD+2BE，求出BE的长，再根据勾股定理求得CE的长，再运用勾股定理进行求解即可．【解答】（1）证明：∵AC平分∠BAD，CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，∴∠CFD＝90°，∠CEB＝90°（垂线的意义）CE＝CF（角平分线的性质）∵BC＝CD（已知）∴Rt△BCE≌Rt△DCF（HL）（2）解：由（1）得，Rt△BCE≌Rt△DCF∴DF＝EB，设DF＝EB＝x，∵∠CFD＝90°，∠CEB＝90°，CE＝CF，AC＝AC∴Rt△AFC≌Rt△AEC（HL）∴AF＝AE即：AD+DF＝AB﹣BE∵AB＝21，AD＝9，DF＝EB＝x∴9+x＝21﹣x解得，x＝6在Rt△DCF中，∵DF＝6，CD＝10∴CF＝8∴Rt△AFC中，AC2＝CF2+AF2＝82+（9+6）2＝289∴AC＝17答：AC的长为17．【点评】（1）掌握全等三角形的判定方法，能够根据已知条件探求需要的边相等或角相等；（2）注意线段的等量代换，熟练运用勾股定理．21．（2022秋•江阴市期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，分别以点A、C为圆心，大于AC长为半径画弧，两弧相交于点M、N，连接MN，与AC、BC分别交于点D、E，连接AE．（1）按要求作出草图，并求∠ADE＝；（直接写出结果）（2）当AB＝3，AC＝5时，求△ABE的周长．【分析】（1）根据题意作出图形；根据题意可知MN是线段AC的垂直平分线，由此可得出结论；（2）先根据勾股定理求出BC的长，再根据线段垂直平分线的性质即可得出结论．【解答】解：（1）如图所示．∵由题意可知MN是线段AC的垂直平分线，∴∠ADE＝90°．故答案为：90°；（2）∵MN是线段AC的中垂线，∴EA＝EC，在Rt△ABC中，BC＝，∴C△ABE＝AB+BE+EA＝AB+BE+EC＝AB+BC＝3+4＝7．【点评】本题考查的是作图﹣基本作图，勾股定理，熟知垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等是解答此题的关键．六．作图-轴对称变换（共5小题）22．（2022秋•滨江区校级期中）直角三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，AC≤BC，如图，将纸片沿某条直线折叠，使点A落在直角边BC上，记落点为D，设折痕与AB、AC边分别交于点E、F．（1）如果∠AFE＝65°，求∠CDF的度数；（2）若折叠后的△CDF与△BDE均为等腰三角形，那么纸片中∠B的度数是多少？写出你的计算过程，并画出符合条件的折叠后的图形．【分析】（1）在△CDF中，求出∠CFD即可解决问题；（2）先确定△CDF是等腰三角形，得出∠CFD＝∠CDF＝45°，因为不确定△BDE是以那两条边为腰的等腰三角形，故需讨论，①DE＝DB，②BD＝BE，③DE＝BE，然后分别利用角的关系得出答案即可．【解答】解：（1）根据翻折不变性可知：∠AFE＝∠DFE＝65°，∴∠CFD＝180°﹣65°﹣65°＝50°，∵∠C＝90°，∴∠CDF＝90°﹣50°＝40°．（2）∵△CDF中，∠C＝90°，且△CDF是等腰三角形，∴CF＝CD，∴∠CFD＝∠CDF＝45°，设∠DAE＝x°，由对称性可知，AF＝FD，AE＝DE，∴∠FDA＝∠CFD＝22.5°，∠DEB＝2x°，分类如下：①当DE＝DB时，∠B＝∠DEB＝2x°，由∠CDE＝∠DEB+∠B，得45°+22.5°+x＝4x，解得：x＝22.5°．此时∠B＝2x＝45°；见图形（1），说明：图中AD应平分∠CAB．②当BD＝BE时，则∠B＝（180°﹣4x）°，由∠CDE＝∠DEB+∠B得：45°+22.5°+x＝2x+180°﹣4x，解得x＝37.5°，此时∠B＝（180﹣4x）°＝30°．图形（2）说明：∠CAB＝60°，∠CAD＝22.5°．③DE＝BE时，则∠B＝（）°，由∠CDE＝∠DEB+∠B得，45°+22.5°+x＝2x+，此方程无解．∴DE＝BE不成立．综上所述∠B＝45°或30°．【点评】本题考查了翻折变换及等腰三角形的知识，有一定的综合性，在不确定等腰三角形的腰时要注意分类讨论，不要漏解，另外要注意方程思想在求解几何问题中的应用．23．（2022秋•西湖区校级期中）如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形网格中，点A、B、C在小正方形的顶点上．（1）在图中画出与△ABC关于直线l成轴对称的△A′B′C′；（2）在直线l上找一点P，使PB+PC的长最短．【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）直接利用轴对称求最短路线求法得出P点位置．【解答】解：（1）如图所示：△A′B′C′，即为所求；（2）如图所示：点P即为所求．【点评】此题主要考查了轴对称变换以及最短路径求法，正确得出对应点位置是解题关键．24．（2022秋•城阳区期中）（1）在下面的平面直角坐标系中画△ABC，使△ABC各顶点坐标分别为A（2，﹣1），B（﹣2，0），C（0，﹣2）；（2）使ABC各点的横坐标保持不变，纵坐标分别乘﹣1，得△A1B1C1，画出△A1B1C1并说明△A1B1C1与△ABC有怎样的位置关系？【分析】（1）直接利用A，B，C各点的坐标画出三角形即可；（2）利用坐标之间的关系得出△A1B1C1各顶点位置，进而得出答案．【解答】解：（1）如图所示：△ABC即为所求；（2）如图所示：△A1B1C1即为所求，△A1B1C1与△ABC关于x轴对称．【点评】此题主要考查了轴对称变换，正确得出各对应点位置是解题关键．25．（2022秋•泸县校级期中）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣1，5），B（﹣1，0），C（﹣4，3）．（1）在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1．（2）写出点A1，B1，C1的坐标．（3）求出△ABC的面积．。
中考数学专题32三角形压轴综合问题(全国通用解析版)
三角形压轴综合问题一、解答题1．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形.如果具有公共的顶角的顶点.并把它们的底角顶点连接起来.则形成一组全等的三角形.把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形. (1)问题发现：如图1.若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形.BC.DE分别是底边.求证：BD=CE；图1(2)解决问题：如图2.若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形.∠ACB=∠DCE=90°.点A.D.E在同一条直线上.CM为△DCE中DE边上的高.连接BE.请判断∠AEB的度数及线段CM.AE.BE之间的数量关系并说明理由.图2【答案】(1)见解析(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM【解析】【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE.进而利用SAS判断出△BAD∠∠CAE.即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD∠∠CAE.得出AD=BE.∠ADC=∠BEC.最后用角的差.即可得出结论．(1)证明：∠△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形.∠AB=AC.AD=AE.∠BAC=∠DAE.∠∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD.∠∠BAD=∠CAE．在△BAD和△CAE中.{AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE.∠△BAD≌△CAE(SAS).∠BD=CE．(2)解：∠AEB=90°.AE=BE+2CM.理由如下：由（1）的方法得.△ACD≌△BCE.∠AD=BE.∠ADC=∠BEC.∠△CDE是等腰直角三角形.∠∠CDE=∠CED=45°.∠∠ADC=180°−∠CDE=135°.∠∠BEC=∠ADC=135°.∠∠AEB=∠BEC−∠CED=135°−45°=90°．∠CD=CE.CM⊥DE.∠DM=ME．∠∠DCE=90°.∠DM=ME=CM.∠DE=2CM．∠AE=AD+DE=BE+2CM．【点睛】此题是三角形综合题.主要考查了全等三角形的判定和性质.等腰三角形.等边三角形.等腰直角三角形的性质.判断出△ACD∠∠BCE是解本题的关键．2．（2022·辽宁大连·中考真题）综合与实践问题情境：数学活动课上.王老师出示了一个问题：如图1.在△ABC中.D是AB上一点.∠ADC=∠ACB．求证∠ACD=∠ABC．独立思考：（1）请解答王老师提出的问题．实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下.王老师增加下面的条件.并提出新问题.请你解答．“如图2.延长CA至点E.使CE=BD.BE与CD的延长线相交于点F.点G.H分别在BF,BC上.BG=CD.∠BGH=∠BCF．在图中找出与BH相等的线段.并证明．”问题解决：（3）数学活动小组河学时上述问题进行特殊化研究之后发现.当∠BAC=90°时.若给出△ABC 中任意两边长.则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求.该小组提出下面的问题.请你解答．“如图3.在（2）的条件下.若∠BAC=90°.AB=4.AC=2.求BH的长．”.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BH=√173【解析】【分析】（1）利用三角形的内角和定理可得答案；（2）如图.在BC上截取BN=CF,证明△CEF≌△BDN,再证明EF=DN,∠EFC=∠DNB,证明△GHB≌△CND,可得BH=DN,从而可得结论；（3）如图.在BC上截取BN=CF,同理可得：BH=DN=EF,利用勾股定理先求解BC=√22+42=2√5,证明△ADC∽△ACB,可得AD=1,CD=√5,可得BG=CD=√5,证明△BGH∽△BCF,可得BF=2BH,而EF=GH,可得BE=3BH,再利用勾股定理求解BE.即可得到答案．【详解】证明：（1）∵∠ADC=∠ACB,∠A=∠A,而∠ACD=180°−∠A−∠ADC,∠ABC=180°−∠A−∠ACB,∴∠ACD=∠ABC,（2）BH=EF,理由如下：如图.在BC上截取BN=CF,∵BD=CE,∠ACD=∠ABC,∴△CEF≌△BDN,∴EF=DN,∠EFC=∠DNB,∵∠BGH=∠BCF.∠GBN=∠FBC,∴∠BHG=∠BFC,∠∠EFC=∠BND,∠∠BFC=∠DNC,∠∠BHG=∠DNC,∠BG=CD,∠△GHB≌△CND,∴BH=DN,∴BH=EF.（3）如图.在BC上截取BN=CF,同理可得：BH=DN=EF,∵AC=2,AB=4,∠BAC=90°,∴BC=√22+42=2√5,∵∠DAC=∠BAC,∠ACD=∠ABC,∴△ADC∽△ACB,∴ADAC =ACAB=CDBC,∴AD2=24=2√5,∴AD=1,CD=√5,∴BG=CD=√5,∵∠GBH=∠FBC,∠BGH=∠BCF,∴△BGH∽△BCF,∴BGBC =GHCF=BHBF=√52√5=12,∴BF=2BH,而EF=GH,∴BE=3BH,∵AB=4,AD=1,BD=CE,∴BD=CE=3,∴AE=3−2=1,而∠BAE=∠BAC=90°,∴BE=√AB2+AE2=√17,∴BH=√17 3.【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用.全等三角形的判定与性质.勾股定理的应用.相似三角形的判定与性质.作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键．3．（2022·山东青岛·中考真题）【图形定义】有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．例如：如图∠．在△ABC 和△A ′B ′C ′中.AD,A ′D ′分别是BC 和B ′C ′边上的高线.且AD =A ′D ′.则△ABC 和△A ′B ′C ′是等高三角形．【性质探究】如图∠.用S △ABC .S △A ′B ′C ′分别表示△ABC 和△A ′B ′C ′的面积．则S △ABC =12BC ⋅AD,S △A ′B ′C ′=12B ′C ′⋅A ′D ′.∠AD =A ′D ′∠S △ABC :S △A ′B ′C =BC:B ′C ′．【性质应用】(1)如图∠.D 是△ABC 的边BC 上的一点．若BD =3,DC =4.则S △ABD :S △ADC =__________；(2)如图∠.在△ABC 中.D .E 分别是BC 和AB 边上的点．若BE:AB =1:2.CD:BC =1:3.S △ABC =1.则S △BEC =__________.S △CDE =_________；(3)如图∠.在△ABC 中.D .E 分别是BC 和AB 边上的点.若BE:AB =1:m .CD:BC =1:n .S △ABC =a .则S △CDE =__________．【答案】(1)3:4(2)12；16(3)a mn【解析】【分析】（1）由图可知△ABD和△ADC是等高三角形.然后根据等高三角形的性质即可得到答案；（2）根据BE:AB=1:2.S△ABC=1和等高三角形的性质可求得S△BEC.然后根据CD:BC=1:3和等高三角形的性质可求得S△CDE；（3）根据BE:AB=1:m.S△ABC=a和等高三角形的性质可求得S△BEC.然后根据CD:BC=1:n.和等高三角形的性质可求得S△CDE．(1)解：如图.过点A作AE∠BC.则S△ABD=12BD⋅AE.S△ADC=12DC⋅AE∠AE=AE.∠S△ABD:S△ADC=BD:DC=3:4．(2)解：∠△BEC和△ABC是等高三角形.∠S△BEC:S△ABC=BE:AB=1:2.∠S△BEC=12S△ABC=12×1=12；∠△CDE和△BEC是等高三角形.∠S△CDE:S△BEC=CD:BC=1:3.∠S△CDE=13S△BEC=13×12=16．(3)解：∠△BEC和△ABC是等高三角形.∠S△BEC:S△ABC=BE:AB=1:m.∠S△BEC=1m S△ABC=1m×a=am；∠△CDE和△BEC是等高三角形.∠S △CDE :S △BEC =CD:BC =1:n .∠S △CDE =1n S △BEC =1n ×a m =a mn ．【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题.熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键．4．（2022·山东烟台·中考真题）(1)【问题呈现】如图1.∠ABC 和∠ADE 都是等边三角形.连接BD .CE ．求证：BD ＝CE ．(2)【类比探究】如图2.∠ABC 和∠ADE 都是等腰直角三角形.∠ABC ＝∠ADE ＝90°．连接BD .CE ．请直接写出BD CE 的值．(3)【拓展提升】如图3.∠ABC 和∠ADE 都是直角三角形.∠ABC ＝∠ADE ＝90°.且AB BC ＝AD DE ＝34．连接BD .CE ．∠求BD CE 的值；∠延长CE 交BD 于点F .交AB 于点G ．求sin∠BFC 的值．【答案】(1)见解析(2)√22 (3)∠35；∠45【解析】【分析】（1）证明△BAD ∠∠CAE .从而得出结论；（2）证明△BAD ∠∠CAE .进而得出结果；（3）∠先证明△ABC ∠∠ADE .再证得△CAE ∠∠BAD .进而得出结果；∠在∠的基础上得出∠ACE ＝∠ABD .进而∠BFC ＝∠BAC .进一步得出结果．(1)证明：∠∠ABC和△ADE都是等边三角形.∠AD＝AE.AB＝AC.∠DAE＝∠BAC＝60°.∠∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE.∠∠BAD＝∠CAE.∠∠BAD∠∠CAE（S A S）.∠BD＝CE；(2)解：∠∠ABC和∠ADE都是等腰直角三角形.∴ABAE =ABAC=√2.∠DAE＝∠BAC＝45°.∠∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE.∠∠BAD＝∠CAE.∠∠BAD∠∠CAE.∴BDCE =ABAC=√2=√22；(3)解：∠ABAC =ADDE=34.∠ABC＝∠ADE＝90°.∠∠ABC∠∠ADE.∠∠BAC＝∠DAE.ABAC =ADAE=35.∠∠CAE＝∠BAD.∠∠CAE∠∠BAD.∴BDCE =ADAE=35；∠由∠得：∠CAE∠∠BAD.∠∠ACE＝∠ABD.∠∠AGC＝∠BGF.∠∠BFC＝∠BAC.∠sin∠BFC=BCAC =45．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质.全等三角形的判定和性质.相似三角形的判定和性质等知识.解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．5．（2022·广西·中考真题）已知∠MON =α.点A .B 分别在射线OM,ON 上运动.AB =6．(1)如图∠.若α=90°.取AB 中点D .点A .B 运动时.点D 也随之运动.点A .B .D 的对应点分别为A′,B′,D′.连接OD,OD′．判断OD 与OD′有什么数量关系?证明你的结论：(2)如图∠.若α=60°.以AB 为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC .求点O 与点C 的最大距离：(3)如图∠.若α=45°.当点A .B 运动到什么位置时.△AOB 的面积最大?请说明理由.并求出△AOB 面积的最大值．【答案】(1)OD =OD ′.证明见解析(2)3√3+3(3)当OA =OB 时.△AOB 的面积最大；理由见解析.△AOB 面积的最大值为9√2+9【解析】【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD =12AB .OD ′=12A ′B ′.进而得出结论； （2）作△AOB 的外接圆I .连接CI 并延长.分别交∠I 于O ′和D .当O 运动到O ′时.OC 最大.求出CD 和等边三角形AO ′B 上的高O ′D .进而求得结果；（3）作等腰直角三角形AIB .以I 为圆心.AI 为半径作∠I .取AB 的中点C .连接CI 并延长交∠I 于O .此时△AOB 的面积最大.进一步求得结果．（3）以AB 为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC .连接OC 交AB 于点T .在OT 上取点E .使OE =BE .连接BE .由（2）可知.当OC ⊥AB 时.OC 最大.当OA =OB 时.此时OT 最大.即△AOB 的面积最大.由勾股定理等进行求解即可．(1)解：OD =OD ′.证明如下：∵ ∠AOB =α=90°.AB 中点为D .∴OD =12AB .∵D ′为A ′B ′的中点.∠A ′OB ′=α=90°.∴OD ′=12A ′B ′.∵AB =A ′B ′.∴OD =OD ′；(2)解：如图1.作△AOB 的外接圆I .连接CI 并延长.分别交∠I 于O ′和D .当O 运动到O ′时.OC 最大.此时△AOB 是等边三角形.∠BO ′=AB =6.OC 最大=CO ′=CD +DO ′=12AB +√32BO ′=3+3√3； (3)解：如图2.作等腰直角三角形AIB .以I 为圆心.AI 为半径作∠I .∠AI =√22AB =3√2.∠AOB =12∠AIB ＝45°. 则点O 在∠I 上.取AB 的中点C .连接CI 并延长交∠I 于O .此时△AOB 的面积最大.∠OC =CI +OI =12AB +3√2=3+3√2.∠S△AOB最大=12×6×(3+3√2)=9+9√2．【点睛】本题考查了直角三角形性质.等腰三角形性质.确定圆的条件等知识.解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．6．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图∠放置.甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处.将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图∠位置．小莹用作图软件Geogebra按图∠作出示意图.并连接AG,BH.如图∠所示.AB交HO于E.AC交OG于F.通过证明△OBE≌△OAF.可得OE=OF．请你证明：AG=BH．【迁移应用】延长GA分别交HO,HB所在直线于点P.D.如图∠.猜想并证明DG与BH的位置．．关系．【拓展延伸】小亮将图∠中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图∠.按图∠作出示意图.并连接HB,AG.如图∠所示.其他条件不变.请你猜想并证明AG与BH的数量．．关系．【答案】证明见解析；垂直；BH=√3AG【解析】【分析】证明△BOH≅△AOG.即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO.可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°.得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG.得出AGBH =OAOB=√33.得出结论；【详解】证明：∵AB=AC,AO⊥BC.∴OA=OB,∠AOB=90°.∵∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°.∴∠BOH=∠AOG.∵OH=OG.∴△BOH≅△AOG.∴AG=BH；迁移应用：AG⊥BH.证明：∵△BOH≅△AOG.∴∠BHO=∠AGO.∵∠DGH+∠AGO=45°.∴∠DGH+∠BHO=45°.∵∠OHG=45°.∴∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°.∴∠HDG=90°.∴AG⊥BH；拓展延伸：BH=√3AG.证明：在Rt△AOB中.tan30°=OAOB =√33.在Rt△HOG中.tan30°=OGOH =√33.∴OAOB =OGOH.由上一问题可知.∠BOH=∠AOG.∴△BOH∽△AOG.∴AGBH =OAOB=√33.∴BH=√3AG．【点睛】本题考查旋转变换.涉及知识点：全等三角形的判定与性质.相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等.解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．7．（2022·辽宁锦州·中考真题）在△ABC中.AC=BC.点D在线段AB上.连接CD并延长至点E.使DE=CD.过点E作EF⊥AB.交直线AB于点F．(1)如图1.若∠ACB=120°.请用等式表示AC与EF的数量关系：____________．(2)如图2．若∠ACB=90°.完成以下问题：∠当点D.点F位于点A的异侧时.请用等式表示AC,AD,DF之间的数量关系.并说明理由；∠当点D.点F位于点A的同侧时.若DF=1,AD=3.请直接写出AC的长．AC【答案】(1)EF=12(2)∠AD+DF=√2AC；∠4√2或2√2；2【解析】【分析】（1）过点C作CG∠AB于G.先证明∠EDF∠∠CDG.得到EF=CG.然后等腰三角形的性质和含30度直角三角形的性质.即可求出答案；（2）∠过点C作CH∠AB于H.与（1）同理.证明∠EDF∠∠CDH.然后证明△ACH是等腰直角三角形.即可得到结论；∠过点C作CG∠AB于G.与（1）同理.得∠EDF∠∠CDG.然后得到△ACG是等腰直角三角形.利用勾股定理解直角三角形.即可求出答案．(1)解：过点C作CG∠AB于G.如图.∠EF⊥AB.∠∠EFD=∠CGD=90°.∠∠EDF=∠CDG.DE=CD.∠∠EDF∠∠CDG.∠EF=CG；∠在△ABC中.AC=BC.∠ACB=120°.×(180°−120°)=30°.∠∠A=∠B=12AC.∠CG=12AC；∠EF=12AC；故答案为：EF=12(2)解：∠过点C作CH∠AB于H.如图.与（1）同理.可证∠EDF∠∠CDH.∠DF=DH.∠AD+DF=AD+DH=AH.在△ABC中.AC=BC.∠ACB=90°.∠△ABC是等腰直角三角形.∠∠CAH=45°.∠△ACH是等腰直角三角形.∠AH=√2AC.2∠AD+DF=√2AC；2∠如图.过点C作CG∠AB于G.与（1）同理可证.∠EDF∠∠CDG.∠DF=DG=1.∠AD=3.当点F在点A、D之间时.有∠AG=1+3=4.与∠同理.可证△ACG是等腰直角三角形.∠AC=√2AG=4√2；当点D在点A、F之间时.如图：∠AG=AD−DG=3−1=2.与∠同理.可证△ACG是等腰直角三角形.∠AC=√2AG=2√2；综合上述.线段AC的长为4√2或2√2．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质.全等三角形的判定和性质.勾股定理解直角三角形.三角形的内角和定理.解题的关键是熟练掌握所学的知识.正确的作出辅助线.正确得到三角形全等．8．（2022·北京·中考真题）在△ABC中.∠ACB=90∘.D为△ABC内一点.连接BD.DC.延长DC到点E.使得CE=DC.(1)如图1.延长BC到点F.使得CF=BC.连接AF.EF.若AF⊥EF.求证：BD⊥AF；(2)连接AE.交BD的延长线于点H.连接CH.依题意补全图2.若AB2=AE2+BD2.用等式表示线段CD与CH的数量关系.并证明．【答案】(1)见解析(2)CD=CH；证明见解析【解析】【分析】（1）先利用已知条件证明△FCE≅△BCD(SAS).得出∠CFE=∠CBD.推出EF∥BD.再由AF⊥EF即可证明BD⊥AF；（2）延长BC到点M.使CM＝CB.连接EM.AM.先证△MEC≅△BDC(SAS).推出ME=BD.通过等量代换得到AM2=AE2+ME2.利用平行线的性质得出∠BHE=∠AEM=90°.利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到CD=CH．(1)证明：在△FCE和△BCD中.{CE=CD∠FCE=∠BCDCF=CB.∠ △FCE≅△BCD(SAS).∠ ∠CFE=∠CBD.∠ EF∥BD.∠AF⊥EF.∠BD⊥AF．(2)解：补全后的图形如图所示.CD=CH.证明如下：延长BC到点M.使CM＝CB.连接EM.AM.∠∠ACB=90∘.CM＝CB.∠ AC垂直平分BM.∠AB=AM.在△MEC和△BDC中.{CM=CB∠MCE=∠BCDCE=CD.∠ △MEC≅△BDC(SAS).∠ ME=BD.∠CME=∠CBD.∠AB2=AE2+BD2.∠ AM2=AE2+ME2.∠ ∠AEM=90°.∠∠CME=∠CBD.∠ BH∥EM.∠ ∠BHE=∠AEM=90°.即∠DHE=90°.∠CE=CD=12DE.∠ CH=12DE.∠ CD=CH．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质.垂直平分线的性质.平行线的判定与性质.勾股定理的逆用.直角三角形斜边中线的性质等.第二问有一定难度.正确作辅助线.证明∠DHE=90°是解题的关键．9．（2022·福建·中考真题）已知△ABC≌△DEC.AB＝AC.AB＞BC．(1)如图1.CB平分∠ACD.求证：四边形ABDC是菱形；(2)如图2.将（1）中的∠CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC）.BC.DE的延长线相交于点F.用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系.并证明；(3)如图3.将（1）中的∠CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC）.若∠BAD=∠BCD.求∠ADB 的度数．【答案】(1)见解析(2)∠ACE+∠EFC=180°.见解析(3)30°【解析】【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形.再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出∠ACF=∠CEF.再根据三角形内角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°.得到∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°.等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M.使得AM＝CB.连接BM.证得△ABM≌△CDB.得到∠MBA=∠BDC.设∠BCD=∠BAD=α.∠BDC=β.则∠ADB=α+β.得到α+β的关系即可．(1)∠△ABC≌△DEC.∠AC＝DC.∠AB＝AC.∠∠ABC＝∠ACB.AB＝DC.∠CB平分∠ACD.∠∠ACB=∠DCB.∠∠ABC=∠DCB.∠AB∥CD.∠四边形ABDC是平行四边形.又∠AB＝AC.∠四边形ABDC是菱形；(2)结论：∠ACE+∠EFC=180°．证明：∠△ABC≌△DEC.∠∠ABC=∠DEC.∠AB＝AC.∠∠ABC=∠ACB.∠∠ACB=∠DEC.∠∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°.∠∠ACF=∠CEF.∠∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°.∠∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°.∠∠ACE+∠EFC=180°；(3)在AD上取一点M.使得AM＝CB.连接BM.∠AB＝CD.∠BAD=∠BCD.∠△ABM≌△CDB.∠BM＝BD.∠MBA=∠BDC.∠∠ADB=∠BMD.∠∠BMD=∠BAD+∠MBA.∠∠ADB=∠BCD+∠BDC.设∠BCD=∠BAD=α.∠BDC=β.则∠ADB=α+β.∠CA＝CD.∠∠CAD=∠CDA=α+2β.∠∠BAC=∠CAD−∠BAD=2β.(180°−∠BAC)=90°−β.∠∠ACB=12∠∠ACD=(90°−β)+α.∠∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°.∠(90°−β)+α+2(α+2β)=180°.∠α+β=30°.即∠ADB＝30°．【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等.灵活运用知识.利用数形结合思想.做出辅助线是解题的关键．10．（2022·山东威海·中考真题）回顾：用数学的思维思考(1)如图1.在∠ABC中.AB＝AC．∠BD.CE是∠ABC的角平分线．求证：BD＝CE．∠点D.E分别是边AC.AB的中点.连接BD.CE．求证：BD＝CE．（从∠∠两题中选择一题加以证明）(2)猜想：用数学的眼光观察经过做题反思.小明同学认为：在∠ABC中.AB＝AC.D为边AC上一动点（不与点A.C重合）．对于点D在边AC上的任意位置.在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E.使得BD＝CE．进而提出问题：若点D.E分别运动到边AC.AB的延长线上.BD与CE还相等吗？请解决下面的问题：如图2.在△ABC 中.AB ＝AC .点D .E 分别在边AC .AB 的延长线上.请添加一个条件（不再添加新的字母）.使得BD ＝CE .并证明．(3)探究：用数学的语言表达如图3.在△ABC 中.AB ＝AC ＝2.∠A ＝36°.E 为边AB 上任意一点（不与点A .B 重合）.F 为边AC 延长线上一点．判断BF 与CE 能否相等．若能.求CF 的取值范围；若不能.说明理由．【答案】(1)见解析(2)添加条件CD =BE .见解析(3)能.0＜CF ＜√5−1【解析】【分析】（1）∠利用ASA 证明△ABD ∠∠ACE ．∠利用SAS 证明△ABD ∠∠ACE ．（2）添加条件CD =BE .证明AC +CD =AB +BE .从而利用SAS 证明△ABD ∠∠ACE ．（3）在AC 上取一点D .使得BD =CE .根据BF =CE .得到BD =BF .当BD =BF =BA 时.可证△CBF ∠∠BAF .运用相似性质.求得CF 的长即可．(1)∠如图1.∠AB =AC .∠∠ABC =∠ACB .∠BD .CE 是△ABC 的角平分线.∠∠ABD =12∠ABC .∠ACE =12∠ACB .∠∠ABD=∠ACE.∠AB=AC.∠A=∠A.∠∠ABD∠∠ACE.∠BD=CE．∠如图1.∠AB=AC.点D.E分别是边AC.AB的中点.∠AE=AD.∠AB=AC.∠A=∠A.∠∠ABD∠∠ACE.∠BD=CE．(2)添加条件CD=BE.证明如下：∠AB=AC.CD=BE.∠AC+CD=AB+BE.∠AD=AE.∠AB=AC.∠A=∠A.∠∠ABD∠∠ACE.∠BD=CE．(3)能在AC上取一点D.使得BD=CE.根据BF=CE.得到BD=BF.当BD=BF=BA时.E与A重合.∠∠A＝36°.AB=AC.∠∠ABC=∠ACB=72°.∠A=∠BF A=36°.∠∠ABF=∠BCF=108°.∠BFC=∠AFB.∠△CBF∠∠BAF.∠BF AF =CFBF.∠AB＝AC＝2=BF. 设CF=x.∠2 x+2=x2.整理.得x2+2x−4=0.解得x=√5−1.x=−√5−1（舍去）.故CF= x=√5−1.∠0＜CF＜√5−1．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质.三角形全等的判定和性质.三角形相似的判定和性质.一元二次方程的解法.熟练掌握等腰三角形的性质.三角形全等的判定.三角形相似的判定性质是解题的关键．11．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图.在四边形ABCD中.对角线AC与BD相交于点O.记△COD的面积为S1.△AOB的面积为S2．（1）问题解决：如图∠.若AB//CD.求证：S1S2=OC⋅ODOA⋅OB（2）探索推广：如图∠.若AB与CD不平行.（1）中的结论是否成立？若成立.请证明；若不成立.请说明理由．（3）拓展应用：如图∠.在OA上取一点E.使OE=OC.过点E作EF∥CD交OD于点F.点H为AB的中点.OH交EF于点G.且OG=2GH.若OEOA =56.求S1S2值．【答案】（1）见解析；（2）（1）中的结论成立.理由见解析：（3）2554【解析】【分析】（1）如图所示.过点D作AE∠AC于E.过点B作BF∠AC于F.求出DE=OD⋅sin∠DOE，BF= OB⋅sin∠BOF.然后根据三角形面积公式求解即可；（2）同（1）求解即可；（3）如图所示.过点A作AM∥EF交OB于M.取BM中点N.连接HN.先证明∠OEF∠∠OCD.得到OD=OF.证明∠OEF∠∠OAM.得到OFOM=OEOA=56.设OE=OC=5m，OF=OD=5n.则OA=6m，OM=6n.证明∠OGF∠∠OHN.推出ON=32OF=15n2.BN=MN=ON−OM=3n2.则OB=ON+BN=9n.由（2）结论求解即可．【详解】解：（1）如图所示.过点D作AE∠AC于E.过点B作BF∠AC于F.∠DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF.∠S△OCD=S1=12OC⋅DE=12OC⋅OD⋅sin∠DOE.S△AOB=S2=12OA⋅BF=12OA⋅OB⋅sin∠BOF.∠∠DOE=∠BOF.∠sin∠DOE=sin∠BOF；∠S1 S2=12OC⋅OD⋅sin∠DOE12OA⋅OB⋅sin∠BOF=OC⋅ODOA⋅OB；（2）（1）中的结论成立.理由如下：如图所示.过点D作AE∠AC于E.过点B作BF∠AC于F.∠DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF.∠S△OCD=S1=12OC⋅DE=12OC⋅OD⋅sin∠DOE.S△AOB=S2=12OA⋅BF=12OA⋅OB⋅sin∠BOF.∠∠DOE=∠BOF.∠sin∠DOE=sin∠BOF；∠S1 S2=12OC⋅OD⋅sin∠DOE12OA⋅OB⋅sin∠BOF=OC⋅ODOA⋅OB；（3）如图所示.过点A作AM∥EF交OB于M.取BM中点N.连接HN.∠EF∥CD.∠∠ODC=∠OFE.∠OCD=∠OEF.又∠OE=OC.∠∠OEF∠∠OCD（AAS）.∠OD=OF.∠EF∥AM.∠∠OEF∠∠OAM.∠OF OM=OE OA=56.设OE=OC=5m，OF=OD=5n.则OA=6m，OM=6n.∠H是AB的中点.N是BM的中点.∠HN是∠ABM的中位线.∠HN∥AM∥EF.∠∠OGF∠∠OHN.∠OG OH =OFON.∠OG=2GH.∠OG=23OH.∠OG OH =OF ON=23.∠ON=32OF=15n2.BN=MN=ON−OM=3n2.∠OB=ON+BN=9n.由（2）可知S1S2=OC⋅ODOA⋅OB=5m⋅5n6m⋅9n=2554．【点睛】本题主要考查了解直角三角形.相似三角形的性质与判定.全等三角形的性质与判定.三角形中位线定理.正确作出辅助线是解题的关键．12．（2022·湖北武汉·中考真题）已知CD是△ABC的角平分线.点E.F分别在边AC.BC上.AD= m.BD=n.△ADE与△BDF的面积之和为S．(1)填空：当∠ACB=90°.DE⊥AC.DF⊥BC时.∠如图1.若∠B=45°.m=5√2.则n=_____________.S=_____________；∠如图2.若∠B=60°.m=4√3.则n=_____________.S=_____________；(2)如图3.当∠ACB=∠EDF=90°时.探究S与m、n的数量关系.并说明理由：(3)如图4.当∠ACB=60°.∠EDF=120°.m=6.n=4时.请直接写出S的大小．【答案】(1)∠5√2.25；∠4；8√3(2)S=12mn(3)S=6√3【解析】【分析】（1）∠先证四边形DECF为正方形.再证∠ABC为等腰直角三角形.根据CD平分∠ACB.得出CD∠AB.且AD=BD=m,然后利用三角函数求出BF=BD cos45°=5.DF=BD sin45°=5.AE=AD cos45°=5即可；∠先证四边形DECF为正方形.利用直角三角形两锐角互余求出∠A=90°-∠B=30°.利用30°直角三角形先证求出DE=12AD=12×4√3=2√3.利用三角函数求出AE=ADcos30°=6.DF=DE=2√3.BF=DF tan30°=2.BD=DF÷sin60°=4即可；（2）过点D作DH∠AC于H.DG∠BC于G.在HC上截取HI=BG.连接DI.先证四边形DGCH为正方形.再证∠DFG∠∠DEH（ASA）与∠DBG∠∠DIH（SAS）.然后证明∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°即可；（3）过点D作DP∠AC于P.DQ∠BC于Q.在PC上截取PR=QB.连接DR.过点A作AS∠DR于S.先证明∠DQF∠∠DPE.∠DBQ∠∠DRP.再证∠DBF∠∠DRE.求出∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°即可．(1)解：∠∠∠ACB=90°.DE⊥AC.DF⊥BC.CD是△ABC的角平分线.∠四边形DECF为矩形.DE=DF.∠四边形DECF为正方形.∠∠B=45°.∠∠A=90°-∠B=45°=∠B.∠∠ABC为等腰直角三角形.∠CD平分∠ACB.∠CD∠AB.且AD=BD=m,∠m=5√2.∠BD=n=5√2.∠BF=BDcos45°=5.DF=BDsin45°=5.AE=ADcos45°=5.ED=DF=5.∠S= S△ADE+SΔBDF=12×5×5+12×5×5=25；故答案为5√2.25；∠∠∠ACB=90°.DE⊥AC.DF⊥BC.CD是△ABC的角平分线.∠四边形DECF为矩形.DE=DF.∠四边形DECF为正方形.∠∠B=60°.∠∠A=90°-∠B=30°.∠DE=12AD=12×4√3=2√3.AE=AD cos30°=6.DF=DE=2√3.∠∠BDF=90°-∠B=30°.∠BF=DF tan30°=2.∠BD=DF÷sin60°=4.∠BD=n=4.∠S=S△ADE+SΔBDF=12×2√3×6+12×2×2√3=8√3.故答案为：4；8√3；(2)解：过点D作DH∠AC于H.DG∠BC于G.在HC上截取HI=BG.连接DI.∠∠DHC=∠DGC=∠GCH=90°.∠四边形DGCH为矩形.∠CD是△ABC的角平分线.DH∠AC.DG∠BC.∠DG=DH.∠四边形DGCH为正方形.∠∠GDH=90°.∠∠EDF=90°.∠∠FDG+∠GDE=∠GDE+∠EDH=90°.∠∠FDG=∠EDH.在∠DFG和∠DEH中.{∠FDG=∠EDH DG=DH∠DGF=∠DHE.∠∠DFG∠∠DEH（ASA）∠FG=EH.在∠DBG和∠DIH中.{DG=DH∠DGB=∠DHIBG=IH.∠∠DBG∠∠DIH（SAS）.∠∠B=∠DIH.DB=DI=n.∠∠DIH+∠A=∠B+∠A=90°.∠∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°.∠S△ADI=12AD⋅DI=12mn.∠S=S△ADE+SΔBDF=S△ADE+SΔHDI=SΔADI=12mn；(3)过点D作DP∠AC于P.DQ∠BC于Q.在PC上截取PR=QB.连接DR.过点A作AS∠DR于S.∠CD是△ABC的角平分线.DP∠AC.DQ∠BC.∠DP=DQ.∠∠ACB=60°∠∠QDP=120°.∠∠EDF=120°.∠∠FDQ+∠FDP=∠FDP+∠EDP=120°.∠∠FDQ=∠EDP.在∠DFQ和∠DEP中.{∠FDQ=∠EDPDQ=DP∠DQF=∠DPE.∠∠DFQ∠∠DEP（ASA）∠DF=DE.∠QDF=∠PDE.在∠DBQ和∠DRP中.{DQ=DP∠DQB=∠DPRBQ=RP.∠∠DBQ∠∠DRP（SAS）.∠∠BDQ=∠RDP.DB=DR.∠∠BDF=∠BDQ+∠FDQ=∠RDP+∠EDP=∠RDE.∠DB=DE.DB=DR.∠∠DBF∠∠DRE.∠∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°.∠S=S△ADR=12AS⋅DR=12ADsin60°×DR=12×6×√32×4=6√3．【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质.正方形判定与性质.三角形全等判定与性质.直角三角形判定.三角形面积.角平分线性质.解直角三角形.掌握等腰直角三角形判定与性质.正方形判定与性质.三角形全等判定与性质.直角三角形判定.三角形面积.角平分线性质.解直角三角形是解题关键．13．（2022·黑龙江·中考真题）△ABC和△ADE都是等边三角形．(1)将△ADE绕点A旋转到图∠的位置时.连接BD.CE并延长相交于点P（点P与点A重合）.有PA+PB=PC（或PA+PC=PB）成立；请证明．(2)将△ADE绕点A旋转到图∠的位置时.连接BD.CE相交于点P.连接P A.猜想线段P A、PB、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将△ADE绕点A旋转到图∠的位置时.连接BD.CE相交于点P.连接P A.猜想线段P A、PB、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论.不需要证明．【答案】(1)证明见解析(2)图∠结论：PB=PA+PC.证明见解析(3)图∠结论：PA+PB=PC【解析】【分析】（1）由△ABC是等边三角形.得AB=AC.再因为点P与点A重合.所以PB=AB.PC=AC.P A=0.即可得出结论；（2）在BP上截取BF=CP.连接AF.证明△BAD≌△CAE（SAS）.得∠ABD=∠ACE.再证明△CAP≌△BAF（SAS）.得∠CAP=∠BAF.AF=AP.然后证明△AFP是等边三角形.得PF=AP.即可得出结论；（3）在CP上截取CF=BP.连接AF.证明△BAD≌△CAE（SAS）.得∠ABD=∠ACE.再证明△BAP≌△CAF（SAS）.得出∠CAF=∠BAP.AP=AF.然后证明△AFP是等边三角形.得PF=AP.即可得出结论：PA+PB=PF+CF=PC．(1)证明：∠∠ABC是等边三角形.∠AB=AC.∠点P与点A重合.∠PB=AB.PC=AC.P A=0.∠PA+PB=PC或PA+PC=PB；(2)解：图∠结论：PB=PA+PC证明：在BP上截取BF=CP.连接AF.∠△ABC和△ADE都是等边三角形.∠AB=AC.AD=AE.∠BAC=∠DAE=60°∠∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD.∠∠BAD=∠CAE.∠△BAD≌△CAE（SAS）.∠∠ABD=∠ACE.∠AC=AB.CP=BF.∠△CAP≌△BAF（SAS）.∠∠CAP=∠BAF.AF=AP.∠∠CAP+∠CAF=∠BAF+∠CAF.∠∠FAP=∠BAC=60°.∠△AFP是等边三角形.∠PF=AP.∠PA+PC=PF+BF=PB；(3)解：图∠结论：PA+PB=PC.理由：在CP上截取CF=BP.连接AF.∠△ABC和△ADE都是等边三角形.∠AB=AC.AD=AE.∠BAC=∠DAE=60°∠∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE.∠∠BAD=∠CAE.∠△BAD≌△CAE（SAS）.∠∠ABD=∠ACE.∠AB=AC.BP=CF.∠△BAP≌△CAF（SAS）.∠∠CAF=∠BAP.AP=AF.∠∠BAF+∠BAP=∠BAF+∠CAF.∠∠FAP=∠BAC=60°.∠△AFP是等边三角形.∠PF=AP.∠PA+PB=PF+CF=PC.即PA+PB=PC．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质.全等三角形的判定与性质.熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．14．（2022·陕西·中考真题）问题提出(1)如图1.AD是等边△ABC的中线.点P在AD的延长线上.且AP=AC.则∠APC的度数为__________．问题探究(2)如图2.在△ABC中.CA=CB=6,∠C=120°．过点A作AP∥BC.且AP=BC.过点P作直线l⊥BC.分别交AB、BC于点O、E.求四边形OECA的面积．问题解决(3)如图3.现有一块△ABC型板材.∠ACB为钝角.∠BAC=45°．工人师傅想用这块板材裁出一个△ABP型部件.并要求∠BAP=15°,AP=AC．工人师傅在这块板材上的作法如下：∠以点C为圆心.以CA长为半径画弧.交AB于点D.连接CD；∠作CD的垂直平分线l.与CD于点E；∠以点A为圆心.以AC长为半径画弧.交直线l于点P.连接AP、BP.得△ABP．请问.若按上述作法.裁得的△ABP型部件是否符合要求？请证明你的结论．【答案】(1)75°(2)15√32(3)符合要求.理由见解析【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的判定及性质.结合三角形内角和.先求出∠PCD=15°即可；（2）连接BP．先证明出四边形ACBP是菱形．利用菱形的性质得出BP=AC=6.由∠ACB= 120°.得出∠PBE=60°．根据l⊥BC.得BE=PB⋅cos60°=3.PE=PB⋅sin60°=3√3.即可求出S△ABC=1BC⋅PE=9√3.再求出OE=√3.利用S四边形OECA=S△ABC−S△OBE即可求解；2（3）由作法.知AP=AC.根据CD=CA,∠CAB=45°.得出∠ACD=90°．以AC、CD为边.作正方形ACDF.连接PF．得出AF=AC=AP．根据l是CD的垂直平分线.证明出△AFP为等边三角形.即可得出结论．(1)解：∵AC=AP.∴∠ACP=∠APC.∵2(∠ACD+∠PCD)+∠CAP=180°.∴2×(60°+∠PCD)+30°=180°.解得：∠PCD=15°.∴∠ACP=∠ACD+∠PCD=75°.∴∠APC=75°.故答案为：75°；(2)解：如图2.连接BP．图2∠AP∥BC,AP=BC=AC.∠四边形ACBP是菱形．∠BP=AC=6．∠∠ACB=120°.∠∠PBE=60°．∠l⊥BC.∠BE=PB⋅cos60°=3,PE=PB⋅sin60°=3√3．∠S△ABC=12BC⋅PE=9√3．∠∠ABC=30°.∠OE=BE⋅tan30°=√3．∠S△OBE=12BE⋅OE=3√32．∠S四边形OECA =S△ABC−S△OBE=15√32．(3)解：符合要求．由作法.知AP=AC．∠CD=CA,∠CAB=45°.∠∠ACD=90°．如图3.以AC、CD为边.作正方形ACDF.连接PF．图3∠AF=AC=AP．∠l是CD的垂直平分线.∠l是AF的垂直平分线．∠PF=PA．∠△AFP为等边三角形．∠∠FAP=60°.∠∠PAC=30°.∠∠BAP=15°．∠裁得的△ABP型部件符合要求．【点睛】本题考查了等边三角形的性质.等腰三角形的判定及性质、三角形内角和定理、菱形的判定及性质、锐角三角函数、正方形、垂直平分线.解题的关键是要灵活运用以上知识点进行求解.涉及知识点较多.题目较难．15．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图.△ABC和△DBE的顶点B重合.∠ABC=∠DBE=90°.∠BAC=∠BDE=30°.BC=3.BE=2．(1)特例发现：如图1.当点D.E分别在AB.BC上时.可以得出结论：ADCE=______.直线AD与直线CE 的位置关系是______；(2)探究证明：如图2.将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转.使点D恰好落在线段AC上.连接EC.（1）中的结论是否仍然成立？若成立.请证明；若不成立.请说明理由；(3)拓展运用：如图3.将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α(19°<α<60°).连接AD、EC.它们的延长线交于点F.当DF=BE时.求tan(60°−α)的值．【答案】(1)√3.垂直(2)成立.理由见解析(3)8√5−9√311【解析】【分析】（1）解直角三角形求出EC.AD.可得结论；（2）结论不变.证明△ABD∽△CBE.推出ADEC =ABBC=√3.∠ADB=∠BEC.可得结论；（3）如图3中.过点B作BJ⊥AC于点J.设BD交AK于点K.过点K作KT⊥AC于点K.求出BJ.JK.可得结论．(1)解：在Rt△ABC中.∠B=90°.BC=3.∠A=30°.∠AB=√3BC=3√3.在Rt△BDE中.∠BDE=30°.BE=2.∠BD=√3BE=2√3.∠EC=1.AD=√3.∠ADEC=√3.此时AD⊥EC.故答案为：√3.垂直；(2)结论成立．理由：∠∠ABC=∠DBE=90°.∠∠ABD=∠CBE.∠AB=√3BC.BD=√3BE.∠AC BC =DBEB.∠△ABD∽△CBE.∠AD EC =ABBC=√3.∠ADB=∠BEC.∠∠ADB+∠CDB=180°.∠∠CDB+∠BEC=180°.∠∠DBE+∠DCE=180°.∠∠DBE=90°.∠∠DCE=90°.∠AD⊥EC；(3)如图3中.过点B作BJ⊥AC于点J.设BD交AK于点K.过点K作KT⊥AC于点K．∠∠AJB=90°.∠BAC=30°.∠∠ABJ=60°.∠∠KBJ=60°−α．∠AB=3√3.∠BJ=12AB=3√32.AJ=√3BJ=92.当DF=BE时.四边形BEFD是矩形.∠∠ADB=90°.AD=√AB2−BD2=√(3√3)2−(2√3)2=√15.设KT=m.则AT=√3m.AK=2m.∠∠KTB=∠ADB=90°.∠tanα=KTBT =ADBD.∠m BT =√152√3.∠BT=2√55m.∠√3m+2√55m=3√3.∠m=45−6√1511.∠AK=2m=90−12√1511.∠KJ=AJ−AK=92−90−12√1511=24√15−8122.∠tan(60°−α)=KJBJ =8√5−9√311．【点睛】本题属于三角形综合题.考查了解直角三角形.相似三角形的判定和性质等知识.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.属于中考压轴题．16．（2022·湖北十堰·中考真题）已知∠ABN=90°.在∠ABN内部作等腰△ABC.AB=AC.∠BAC=α(0°<α≤90°)．点D为射线BN上任意一点（与点B不重合）.连接AD.将线段AD绕点A逆时针旋转α得到线段AE.连接EC并延长交射线BN于点F．(1)如图1.当α=90°时.线段BF与CF的数量关系是_________；(2)如图2.当0°<α<90°时.（1）中的结论是否还成立？若成立.请给予证明；若不成立.请说明理由；(3)若α=60°.AB=4√3.BD=m.过点E作EP⊥BN.垂足为P.请直接写出PD的长（用含有m的式子表示）．【答案】(1)BF=CF(2)成立；理由见解析(3)PD=6−m2或PD=0或PD=m2−6【解析】【分析】（1）连接AF.先根据“SAS”证明ΔACE≌ΔABD.得出∠ACE=∠ABD=90°.再证明Rt△ABF≌Rt△ACF.即可得出结论；（2）连接AF.先说明∠EAC=∠BAD.然后根据“SAS”证明ΔACE≌ΔABD.得出∠ACE=∠ABD= 90°.再证明Rt△ABF≌Rt△ACF.即可得出结论；（3）先根据α=60°.AB=AC.得出∠ABC为等边三角形.再按照∠BAD＜60°.∠BAD=60°.∠BAD＞60°三种情况进行讨论.得出结果即可．(1)解：BF=CF；理由如下：连接AF.如图所示：。
中考数学几何压轴题(有关三角形、四边形)的综合专题(含答案解析)
中考数学几何压轴题（有关三角形、四边形）的综合专题1、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．2、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC 交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△，可推证△CEF是三角形，从而求得∠DCE＝．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．3、（2019秋•锦江区校级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，求证：AD＝2DC．（2）如图2，作∠CBD的角平分线交线段CD于点M，若CM＝1，求△DBM的面积；（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，点N是线段AC上一点（不与C、D重合），以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G，试探究线段ND，DG与AD之间的数量关系，并说明理由．4、（2019•镇平县三模）如图1，已知直角三角形ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D是AC边上一点，过D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．（1）发现问题：线段EF，CF之间的数量关系为；∠EFC的度数为；（2）拓展与探究：若将△AED绕点A按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜30°），如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到AB边上时，AB边上另有一点G，AD＝DG＝GB，BC＝3，连接EG，请直接写出EG的长度．5、（2017春•西城区校级期末）如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点P是线段AB的中点，点E是线段CB延长线上一点，且PE＝PC，将线段PC绕点P顺时针旋转α得到PD，连接BD．（1）如图2，若α＝60°，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段BD和BC之间的数量关系，并说明理由．（2）如图3，若α＝90°，其他条件不变，探究线段BP、BD和BC之间的等量关系，并说明理由．6、【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是BD＝CE．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC＝60°，BC＝15，AB＝8，AD＝CD，求BD的最大值．7、（1）如图1，点C为线段AB外一个动点，已知AB＝a，AC＝b．当点C位于BA的延长线上时，线段BC取得最大值，则最大值为（用含a，b的式子表示）；（2）如图2，点C为线段AB外一个动点，若AB＝10，AC＝3，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，DB．①求证：AE＝DB；②请直接写出线段AE的最大值；（3）如图3，AB＝6，点M为线段AB外一个动点，且AM＝2，MB＝MN，∠BMN＝90°，请直接写出线段AN的最大值．8、【初步探索】（1）如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF ＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．9、（2018•大东区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．10、模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于时，线段BC的长取得最大值，且最大值为（用含b，c的式子表示）（直接填空）.模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD 和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB ＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．11、已知：△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，点D在BC的延长线上，连AD，过B作BE⊥AD于E，交AC于点F．求证：AD＝BF；（2）如图2，点D在线段BC上，连AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，连BE交AC于F，连DE，问BD与CF有何数量关系，并加以证明；（3）如图3，点D在CB延长线上，AE＝AD且AE⊥AD，连接BE、AC的延长线交BE于点M，若AC ＝3MC，请直接写出的值．12、已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．13、已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG；①若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC；②如图3，当G落在△ABC外时，若将△EFG沿EF边翻折，点G刚好落在AB边上点P，直接写出AG与EF的数量关系．14、如图所示，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，连接CD；（1）如图1，求证：AB＝2CD；（2）如图2，作CF⊥AB交AB于F，点G为CF上一点，点H为DE延长线上一点，分别连接AH、GH，若∠AHG＝2∠B，求证：AH＝GH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，且有DE＝BF，∠EDG＝90°，若AC＝6，求AH的长度．15、【问题情境】一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图：已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E、F分别在A和BC上，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G，求证：△CDE≌△EGF．（1）阅读理解，完成解答本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写这道练习题的证明过程；（2）特殊位置，证明结论若CE平分∠ACD，其余条件不变，求证：AE＝BF；（3）知识迁移，探究发现如图，已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若点E是DB的中点，点F在直线CB上且满足EC＝EF，请直接写出AE与BF的数量关系．（不必写解答过程）16、在正方形ABCD和等腰直角△BGF中，∠BGF＝90°，P是DF的中点，连接PG、PC．（1）如图1，当点G在BC边上时，延长GP交DC于点E．求证：PG＝PC；（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，△BGF为等边三角形，点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，请直接写出你的结论，并画出论证过程中需要添加的辅助线．17、在△ABC中，∠BAC＝60°，点D、E分别在边AC、AB上，AD＝AE，连接CE、BD相交于点F，且∠BEC＝∠ADF，连接AF．（1）如图1，连接ED，求证：∠ABD＝∠CED；（2）如图2，求证：EF+FD＝AF；（3）如图3，取BC的中点G，连接AG交BD于点H，若∠GAC＝3∠ABD，BH＝7，求△ABH的面积．18、点D，E分别在△ABC的边AC，BD上，BD，CE交于点F，连接AF，∠F AE＝∠F AD，FE＝FD．（1）如图1，若∠AEF＝∠ADF，求证：AE＝AD；（2）如图2，若∠AEF≠∠ADF，FB平分∠ABC，求∠BAC的度数；（3）在（2）的条件下，如图3，点G在BE上，∠CFG＝∠AFB若AG＝6，△ABC的周长为20，求BC长．中考数学几何压轴题（有关三角形、四边形）的综合专题参考答案1、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G，（1）求证：CF＝BG；（2）延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP+CF；（3）在（2）问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝3，BG＝6，求AC的长．证明：（1）如图1，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝45°，∵CG平分∠ACB，∴∠ACG＝∠BCG＝45°，∴∠A＝∠BCG，在△BCG和△CAF中，∵，∴△BCG≌△CAF（ASA），∴CF＝BG；（2）如图2，∵PC∥AG，∴∠PCA＝∠CAG，∵AC＝BC，∠ACG＝∠BCG，CG＝CG，∴△ACG≌△BCG，∴∠CAG＝∠CBE，∵∠PCG＝∠PCA+∠ACG＝∠CAG+45°＝∠CBE+45°，∠PGC＝∠GCB+∠CBE＝∠CBE+45°，∴∠PCG＝∠PGC，∴PC＝PG，∵PB＝BG+PG，BG＝CF，∴PB＝CF+CP；（3）解法一：如图3，过E作EM⊥AG，交AG于M，∵S△AEG＝AG•EM＝3，由（2）得：△ACG≌△BCG，∴BG＝AG＝6，∴×6×EM＝3，EM＝，设∠FCH＝x°，则∠GAC＝2x°，∴∠ACF＝∠EBC＝∠GAC＝2x°，∵∠ACH＝45°，∴2x+x＝45，x＝15，∴∠ACF＝∠GAC＝30°，在Rt△AEM中，AE＝2EM＝2，AM＝＝3，∴M是AG的中点，∴AE＝EG＝2，∴BE＝BG+EG＝6+2，在Rt△ECB中，∠EBC＝30°，∴CE＝BE＝3+，∴AC＝AE+EC＝2+3+＝3+3．解法二：同理得：∠CAG＝30°，AG＝BG＝6，如图4，过G作GM⊥AC于M，在Rt△AGM中，GM＝3，AM＝＝＝3，∵∠ACG＝45°，∠MGC＝90°，∴GM＝CM＝3，∴AC＝AM+CM＝3+3．2、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC 交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△ADB，可推证△CEF是等腰直角三角形，从而求得∠DCE＝135°．[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．解：[问题初探]如图2，过点E作EF⊥BC交直线BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝135°，故答案为：ADB，等腰直角，135；[继续探究]如图3，过点E作EF⊥BC于F，∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝45°；[拓展延伸]如图4，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，∴∠ACB＝45°当点D在射线BC上时，由[问题初探]知，∠BCM＝135°，∴∠ACM＝∠BCM﹣∠ACB＝90°，当点D在线段CB的延长线上时，由[继续探究]知，∠BCE＝45°，∴∠ACN＝∠ACB+∠BCM＝90°，∴点E是过点C垂直于AC的直线上的点，∴当BE⊥MN时，BE最小，∵∠BCE＝45°，∴∠CBE＝45°＝∠BCE，∴BE＝CE，∴BE最小＝BC＝，即：BE的最小值为．3、在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线．（1）如图1，求证：AD＝2DC．（2）如图2，作∠CBD的角平分线交线段CD于点M，若CM＝1，求△DBM的面积；（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，点N是线段AC上一点（不与C、D重合），以BN为一边，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延长线于点G，试探究线段ND，DG与AD之间的数量关系，并说明理由．证明：（1）如图1，过点D作DE⊥AB，∵BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，∠ACB＝90°，∴DC＝DE，∵∠A＝30°，DE⊥AB，∴AD＝2DE，∴AD＝2DC；（2）如图2，过点M作ME∥BD，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠ABD＝∠DBC＝30°，∵BM平分∠CBD，∴∠CBM＝15°＝∠DBM，∵ME∥BD，∴∠MEC＝∠CBD＝30°，∠EMB＝∠DBM＝∠MBE，∴ME＝BE，∵∠MEC＝30°，∠C＝90°∴CE＝MC＝，ME＝2MC＝2＝BE，∴BC＝+2，∵∠CBD＝30°，∠C＝90°，∴BC＝CD，∴CD＝1+，∴DM＝，∴△DBM的面积＝××（+2）＝1+；（3）若点N在CD上时，AD＝DG+DN，理由如下：如图3所示：延长ED使得DW＝DN，连接NW，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于点E，∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，∵DN＝DW，且∠WDN＝60°∴△WDN是等边三角形，∴NW＝DN，∠W＝∠WND＝∠BNG＝∠BDN＝60°，∴∠WNG＝∠BND，在△WGN和△DBN中，∴△WGN≌△DBN（SAS），∴BD＝WG＝DG+DN，∴AD＝DG+DN．（3）若点N在AD上时，AD＝DG﹣DN，理由如下：如图4，延长BD至H，使得DH＝DN，连接HN，由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．∵DE⊥AB于点E．∴∠2＝∠3＝60°．∴∠4＝∠5＝60°．∴△NDH是等边三角形．∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．∴∠H＝∠2．∵∠BNG＝60°，∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．即∠DNG＝∠HNB．在△DNG和△HNB中，∴△DNG≌△HNB（ASA）．∴DG＝HB．∵HB＝HD+DB＝ND+AD，∴DG＝ND+AD．∴AD＝DG﹣ND．4、如图1，已知直角三角形ABC，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点D是AC边上一点，过D作DE⊥AB于点E，连接BD，点F是BD中点，连接EF，CF．（1）发现问题：线段EF，CF之间的数量关系为EF＝CF；∠EFC的度数为120°；（2）拓展与探究：若将△AED绕点A按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜30°），如图2所示，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展与运用：如图3所示，若△AED绕点A旋转的过程中，当点D落到AB边上时，AB边上另有一点G，AD＝DG＝GB，BC＝3，连接EG，请直接写出EG的长度．解：（1）如图1中，∵DE⊥AB，∴∠BED＝90°，∵∠BCD＝90°，BF＝DF，∴FE＝FB＝FD＝CF，∴∠FBE＝∠FEB，∠FBC＝∠FCB，∴∠EFC＝∠EFD+∠CFD＝∠FBE+∠FEB+∠FBC+∠FCB＝2（∠FBE+∠FBC）＝2∠ABC＝120°，故答案为：EF＝CF，120°．（2）结论成立．理由：如图2中，取AB的中点M，AD的中点N，连接MC，MF，ED，EN，FN．∵BM＝MA，BF＝FD，∴MF∥AD，MF＝AD，∵AN＝ND，∴MF＝AN，MF∥AN，∴四边形MFNA是平行四边形，∴NF＝AM，∠FMA＝∠ANF，在Rt△ADE中，∵AN＝ND，∠AED＝90°，∴EN＝AD＝AN＝ND，同理CM＝AB＝AM＝MB，在△AEN和△ACM中，∠AEN＝∠EAN，∠MCA＝∠MAC，∵∠MAC＝∠EAN，∴∠AMC＝∠ANE，又∵∠FMA＝∠ANF，∴∠ENF＝∠FMC，在△MFC和△NEF中，，∴△MFC≌△NEF（SAS），∴FE＝FC，∠NFE＝∠MCF，∵NF∥AB，∴∠NFD＝∠ABD，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝60°，△BMC是等边三角形，∠MCB＝60°∴∠EFC＝∠EFN+∠NFD+∠DFC＝∠MCF+∠ABD+∠FBC+∠FCB＝∠ABC+∠MCB＝60°+60°＝120°．（3）如图3中，作EH⊥AB于H．在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，BC＝3，∴AB＝2BC＝6，在Rt△AED中，∠DAE＝30°，AD＝2，∴DE＝AD＝1，在Rt△DEH中，∵∠EDH＝60°，DE＝1，∴EH＝ED•sin60°＝，DH＝ED•cos60°＝，在Rt△EHG中，EG＝＝．5、如图1，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点P是线段AB的中点，点E是线段CB延长线上一点，且PE＝PC，将线段PC绕点P顺时针旋转α得到PD，连接BD．（1）如图2，若α＝60°，其他条件不变，先补全图形，然后探究线段BD和BC之间的数量关系，并说明理由．（2）如图3，若α＝90°，其他条件不变，探究线段BP、BD和BC之间的等量关系，并说明理由．解：（1）BC＝2BD，理由：如图2，连接CD，由旋转可得，CP＝DP，∠CPD＝60°，∴△CDP是等边三角形，∴∠CDP＝60°＝∠PCD，又∵P是AB的中点，AB＝AC，∠A＝60°，∴等边三角形ABC中，∠PCB＝30°，CP⊥AB，∴∠BCD＝30°，即BC平分∠PCD，∴BC垂直平分PD，∴∠BDC＝∠BPC＝90°，∴Rt△BCD中，BC＝2BD．（2）如图3，取BC中点F，连接PF，∵∠A＝90°，AB＝AC，∴△ABC是等腰直角三角形，∵P是AB的中点，F是BC的中点，∴PF是△ABC的中位线，∴PF∥AC，∴∠PFB＝∠ACB＝45°，∠BPF＝∠A＝90°，∴△BPF是等腰直角三角形，∴BF＝BP，BP＝PF，∵∠DPC＝∠BPF＝90°，∴∠BPD＝∠FPC，又∵PD＝PC，∴△BDP≌△FCP，∴BD＝CF，∵BC＝BF+FC，∴BC＝BD+BP．6、【发现问题】如图1，已知△ABC，以点A为直角顶点、AB为腰向△ABC外作等腰直角△ABE．请你以A为直角顶点、AC为腰，向△ABC外作等腰直角△ACD（不写作法，保留作图痕迹）．连接BD、CE．那么BD与CE的数量关系是BD＝CE．【拓展探究】如图2，已知△ABC，以AB、AC为边向外作正方形AEFB和正方形ACGD，连接BD、CE，试判断BD与CE之间的数量关系，并说明理由．【解决问题】如图3，有一个四边形场地ABCD，∠ADC＝60°，BC＝15，AB＝8，AD＝CD，求BD的最大值．【发现问题】解：延长CA到M，作∠MAC的平分线AN，在AN上截取AD＝AC，连接CD，即可得到等腰直角△ACD；连接BD、CE，如图1所示：∵△ABE与△ACD都是等腰直角三角形，∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE，【拓展探究】解：BD＝CE；理由如下：∵四边形AEFB与四边形ACGD都是正方形，∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE；【解决问题】解：以AB为边向外作等边三角形ABE，连接CE，如图3所示：则∠BAE＝60°，BE＝AB＝AE＝8，∵AD＝CD，∠ADC＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠CAD＝60°，AC＝AD，∴∠CAD+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠BAD＝∠EAC，在△BAD和△EAC中，，∴△BAD≌△EAC（SAS），∴BD＝CE；当C、B、E三点共线时，CE最大＝BC+BE＝15+8＝23，∴BD的最大值为23．7、如图1，点C为线段AB外一个动点，已知AB＝a，AC＝b．当点C位于BA的延长线上时，线段BC取得最大值，则最大值为a+b（用含a，b的式子表示）；（2）如图2，点C为线段AB外一个动点，若AB＝10，AC＝3，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE，DB．①求证：AE＝DB；②请直接写出线段AE的最大值；（3）如图3，AB＝6，点M为线段AB外一个动点，且AM＝2，MB＝MN，∠BMN＝90°，请直接写出线段AN的最大值．（1）解：∵点C为线段AB外一动点，且AC＝b，AB＝a，∴当点C位于BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为AC+AB＝a+b，（2）①证明：如图2中，∵△ACD与△BCE是等边三角形，∴CD＝AC，CB＝CE，∠ACD＝∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△CAD与△EAB中，，∴△CAD≌△EAB（SAS），∴AE＝BD．②∵线段AE长的最大值＝线段BD的最大值，由（1）知，当线段BD的长取得最大值时，点D在BA的延长线上，∴最大值为AD+AB＝3+10＝13；（3）如图3中，连接BN，∵将△AMN绕着点M顺时针旋转90°得到△PBM，连接AP，则△APM是等腰直角三角形，∴MA＝MP＝2，BP＝AN，∴P A＝2，∵AB＝6，∴线段AN长的最大值＝线段BP长的最大值，∴当P在线段BA的延长线时，线段BP取得最大值最大值＝AB+AP＝6+2．8、【初步探索】（1）如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF ＝BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是∠BAE+∠F AD＝∠EAF；【灵活运用】（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】（3）如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°AB＝AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．解：（1）∠BAE+∠F AD＝∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．故答案为：∠BAE+∠F AD＝∠EAF；（2）仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADG，又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；（3）∠EAF＝180°﹣∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ADC＝∠ABE，又∵AB＝AD，∴△ADG≌△ABE（SAS），∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF，∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠F AE＝∠F AG，∵∠F AE+∠F AG+∠GAE＝360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，∴2∠F AE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，即2∠F AE+∠DAB＝360°，∴∠EAF＝180°﹣∠DAB．9、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB中点，点P为直线BC上的动点（不与点B、点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P逆时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．（1）如图1，当点P在线段BC上时，请直接写出线段BQ与CP的数量关系．（2）如图2，当点P在CB延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，当点P在BC延长线上时，若∠BPO＝45°，AC＝，请直接写出BQ的长．解：（1）CP＝BQ，理由：如图1，连接OQ，由旋转知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°⊅∴△POQ是等边三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中点，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，，∴△COP≌△BOQ（SAS），∴CP＝BQ，（2）CP＝BQ，理由：如图2，连接OQ，由旋转知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°∴△POQ是等边三角形，∴OP＝OQ，∠POQ＝60°，在Rt△ABC中，O是AB中点，∴OC＝OA＝OB，∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ，在△COP和△BOQ中，，∴△COP≌△BOQ（SAS），∴CP＝BQ，（3）如图3，在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝，∴BC＝AC•tan∠A＝，过点O作OH⊥BC，∴∠OHB＝90°＝∠BCA，∴OH∥AB，∵O是AB中点，∴CH＝BC＝，OH＝AC＝，∵∠BPQ＝45°，∠OHP＝90°，∴∠BPQ＝∠PQH，∴PH＝OH＝，∴CP＝PH﹣CH＝﹣＝，连接BQ，同（1）的方法得，BQ＝CP＝．10、模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为b+c（用含b，c的式子表示）（直接填空）模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD 和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为5．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB ＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．解：当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，最大值为b+c，故答案为：线段BA的延长线上；b+c；模型应用：（1）证明：∵△ACD、△BCE都是等边三角形，∴CD＝CA＝AD，CB＝CE，∠ACD＝60°，∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△DCB和△ACE中，，∴△DCB≌△ACE（SAS）∴BD＝AE；（2）当点D位于线段BA的延长线上时，线段BD的长取得最大值，最大值为AB+AD＝AB+AC＝3+2＝5，∵AE＝BD，∴线段AE长的最大值为5，模型拓展：取AB的中点G，连接OG、CG，在Rt△AOB中，G为AB的中点，∴OG＝AB＝4，在Rt△CAG中，CG＝＝＝5，当点O、G、C在同一条直线上时，OC最大，最大值为4+5＝9．11、已知：△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．（1）如图1，点D在BC的延长线上，连AD，过B作BE⊥AD于E，交AC于点F．求证：AD＝BF；（2）如图2，点D在线段BC上，连AD，过A作AE⊥AD，且AE＝AD，连BE交AC于F，连DE，问BD与CF有何数量关系，并加以证明；（3）如图3，点D在CB延长线上，AE＝AD且AE⊥AD，连接BE、AC的延长线交BE于点M，若AC ＝3MC，请直接写出的值．（1）证明：如图1中，∵BE⊥AD于E，∴∠AEF＝∠BCF＝90°，∵∠AFE＝∠CFB，∴∠DAC＝∠CBF，∵BC＝CA，∴△BCF≌△ACD，∴BF＝AD．（2）结论：BD＝2CF．理由：如图2中，作EH⊥AC于H．∵∠AHE＝∠ACD＝∠DAE＝90°，∴∠DAC+∠ADC＝90°，∠DAC+∠EAH＝90°，∴∠DAC＝∠AEH，∵AD＝AE，∴△ACD≌△EHA，∴CD＝AH，EH＝AC＝BC，∵CB＝CA，∴BD＝CH，∵∠EHF＝∠BCF＝90°，∠EFH＝∠BFC，EH＝BC，∴△EHF≌△BCF，∴FH＝CF，∴BD＝CH＝2CF．（3）如图3中，同法可证BD＝2CM．∵AC＝3CM，设CM＝a，则AC＝CB＝3a，BD＝2a，∴＝＝．12、已知在△ABC中，AB＝AC，射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．（1）如图1，若∠ABC＝60°，∠MBN＝30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．①求证：∠1＝∠2；②如图2，若BF＝2AF，连接CF，求证：BF⊥CF；（2）如图3，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE＝∠BAC＝2∠CFE，求的值．（1）①证明：如图1中，∵AB＝AC，∠ABC＝60°∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∵AD⊥BN，∴∠ADB＝90°，∵∠MBN＝30°，∠BFD＝60°＝∠1+∠BAF＝∠2+∠BAF，∴∠1＝∠2②证明：如图2中，在Rt△BFD中，∵∠FBD＝30°，∴BF＝2DF，∵BF＝2AF，∴BF＝AD，∵∠BAE＝∠FBC，AB＝BC，∴△BFC≌△ADB，∴∠BFC＝∠ADB＝90°，∴BF⊥CF（2）在BF上截取BK＝AF，连接AK．∵∠BFE＝∠2+∠BAF，∠CFE＝∠4+∠1，∴∠CFB＝∠2+∠4+∠BAC，∵∠BFE＝∠BAC＝2∠EFC，∴∠1+∠4＝∠2+∠4∴∠1＝∠2，∵AB＝AC，∴△ABK≌CAF，∴∠3＝∠4，S△ABK＝S△AFC，∵∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠CFE＝∠AKB，∠BAC＝2∠CEF，∴∠KAF＝∠1+∠3＝∠AKF，∴AF＝FK＝BK，∴S△ABK＝S△AFK，∴＝2．13、已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，E为边AC任意一点，连接BE．（1）如图1，若∠ABE＝15°，O为BE中点，连接AO，且AO＝1，求BC的长；（2）如图2，F也为AC上一点，且满足AE＝CF，过A作AD⊥BE交BE于点H，交BC于点D，连接DF交BE于点G，连接AG；①若AG平分∠CAD，求证：AH＝AC；②如图3，当G落在△ABC外时，若将△EFG沿EF边翻折，点G刚好落在AB边上点P，直接写出AG与EF的数量关系．（1）解：如图1中，在AB上取一点M，使得BM＝ME，连接ME．在Rt△ABE中，∵OB＝OE，∴BE＝2OA＝2，∵MB＝ME，∴∠MBE＝∠MEB＝15°，∴∠AME＝∠MBE+∠MEB＝30°，设AE＝x，则ME＝BM＝2x，AM＝x，∵AB2+AE2＝BE2，∴（2x+x）2+x2＝22，∴x＝（负根已经舍弃），∴AB＝AC＝（2+）•，∴BC＝AB＝+1．方法二：作EH⊥BC于H，求出BH，CH即可解决问题．（2）证明：如图2中，作CP⊥AC，交AD的延长线于P，GM⊥AC于M．∵BE⊥AP，∴∠AHB＝90°，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAH+∠P AC＝90°，∴∠ABE＝∠P AC，在△ABE和△CAP中，，∴△ABE≌△CAP，∴AE＝CP＝CF，∠AEB＝∠P，在△DCF和△DCP中，，∴△DCF≌△DCP，∴∠DFC＝∠P，∴∠GFE＝∠GEF，∴GE＝GF，∵GM⊥EF，∴FM＝ME，∵AE＝CF，∴AF＝CE，∴AM＝CM，在△GAH和△GAM中，，∴△AGH≌△AGM，∴AH＝AM＝CM＝AC（3）解：结论：AG＝EF．理由：如图3中，作CM⊥AC交AD的延长线于M，连接PG交AC于点O．由（2）可知△ACM≌△BAE，△CDF≌△CDM，∴∠AEB＝∠M＝∠GEF，∠M＝∠CFD＝∠GFE，AE＝CM＝CF，∴∠GEF＝∠GFE，∴GE＝GF，∵△EFP是由△EFG翻折得到，∴EG＝EP＝GF＝PF，∴四边形EGFP是菱形，∴PG⊥AC，OE＝OF，∵AE＝CF，∴AO＝OC，∵AB∥OP，∴BP＝PC，∵PF∥BE，∴EF＝CF＝AE，∵PB＝PC，AO＝OC，∴PO＝OG＝AB，∴AB＝PG，AB∥PG，∴四边形ABPG是平行四边形，∴AG∥BC，∴∠GAO＝∠ACB＝45°，设EO＝OF＝a，则OA＝OG＝3a，AG＝3a，∴＝＝，∴AG＝EF14、如图所示，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，连接CD；（1）如图1，求证：AB＝2CD；（2）如图2，作CF⊥AB交AB于F，点G为CF上一点，点H为DE延长线上一点，分别连接AH、GH，若∠AHG＝2∠B，求证：AH＝GH；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，且有DE＝BF，∠EDG＝90°，若AC＝6，求AH的长度．解：（1）∵E为AC中点，作ED⊥AC交AB于D，∴AD＝CD，∵∠ACB＝90°，∴BC∥DE，∴AD＝BD，∴CD＝BD，∴AB＝2CD；（2）如图2，连接CH，∵点E是AC的中点，∴AE＝CE，∵DE⊥AC，∴CH＝AH，∴∠ACH＝∠CAH，∵∠ACB＝90°，∴∠B+∠BAC＝90°，∵CF⊥AB，∴∠BAC+∠ACF＝90°，∴∠ACF＝∠B，∴∠HCG＝∠ACH+∠ACF＝∠CAH+∠B，∠AHG＝2∠B∴在四边形AHGF中，∠AFG+∠FGH+∠AHG+∠F AH＝360°，∴∠FGH＝360°﹣（∠AFG+∠AHG+∠F AH）＝360°﹣（90°+2∠B+∠CAH+∠BAC）＝360°﹣（90°+2∠B+∠CAH+90°﹣∠B）＝360°﹣（180°+∠B+∠CAH）＝180°﹣（∠B+∠CAH），∵∠CGH＝180°﹣∠FGH＝∠B+∠CAH＝∠HCG，∴CH＝GH，∵CH＝AH，∴AH＝GH；（3）如图3，由（1）知，DE∥BC，∴∠B＝∠ADE，在△BFC和△DEA中，，∴△BFC≌△DEA，∴BC＝AD，∵AD＝BD＝CD，∴BC＝BD＝CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠B＝60°，在Rt△ABC中，AC＝6，∴BC＝2，AB＝4，∵CF⊥BD，∴DF＝，CF＝3，∵∠BAC＝30°，∴∠ADE＝60°，∵∠EDG＝90°，∠FDG＝30°，在Rt△DFG中，DF＝，∴FG＝1，DG＝2，∴CG＝CF﹣FG＝2过点H作HN⊥CF，由（2）知，CH＝GH，∴NG＝CG＝1，∴FN＝NG+FG＝2，过点H作HM⊥AB，∴∠FMH＝∠NFM＝∠HNF＝90°，∴四边形NFMH是矩形，∴HM＝FN＝2，在Rt△DMH中，∠ADE＝60°，HM＝2，∴DH＝，在Rt△HDG中，根据勾股定理得，HG＝＝．15、【问题情境】一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：如图：已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，点E、F分别在A和BC上，∠1＝∠2，FG⊥AB于点G，求证：△CDE≌△EGF．（1）阅读理解，完成解答本题证明的思路可用下列框图表示：根据上述思路，请你完整地书写这道练习题的证明过程；（2）特殊位置，证明结论若CE平分∠ACD，其余条件不变，求证：AE＝BF；（3）知识迁移，探究发现如图，已知在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，若点E是DB的中点，点F在直线CB上且满足EC＝EF，请直接写出AE与BF的数量关系．（不必写解答过程）（1）证明：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠B＝45°，∵CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，∴∠DCB＝45°，∵∠ECF＝∠DCB+∠1＝45°+∠1，∠EFC＝∠B+∠2＝45°+∠2，∠1＝∠2，∴∠ECF＝∠EFC，∴CE＝EF，∵CD⊥AB，FG⊥AB，∴∠CDE＝∠EGF＝90°，在△CDE和△EGF中，，∴△CDE≌△EGF（AAS）；（2）证明：由（1）得：CE＝EF，∠A＝∠B，∵CE平分∠ACD，∴∠ACE＝∠1，∵∠1＝∠2，∴∠ACE＝∠2，在△ACE和△BEF中，，∴△ACE≌△BEF（AAS），∴AE＝BF；（3）AE＝BF，作EH⊥BC与H，如图3所示：设DE＝x，根据题意得：BE＝DE＝x，AD＝BD＝2x，CD＝AD＝2x，AE＝3x，根据勾股定理得：BC＝AC＝2x，∵∠ABC＝45°，EH⊥BC，∴BH＝x，∴CH＝BC﹣BH＝x，∵EC＝EF，∴FH＝CH＝x，∴BF＝x﹣x＝x，∴＝，∴AE＝．16、在正方形ABCD和等腰直角△BGF中，∠BGF＝90°，P是DF的中点，连接PG、PC．（1）如图1，当点G在BC边上时，延长GP交DC于点E．求证：PG＝PC；（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？请证明你的结论；（3）如图3，若四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，△BGF为等边三角形，点F在CB的延长线。
最新九年级数学中考复习：二次函数综合压轴题题(特殊三角形问题)含答案
(2)求线段PC长的最大值．
(3)连接AC，当△PAC是以AP为腰的等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
4．如图．在平面直角坐标系中，已如抛物线 与x轴交于 两点，与y轴交于点 ．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上是否存在点P，使得 是以点A为直角顶点的直角三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标：若不存在，请说明理由；
19．如图，在平面直角坐标系中， 是直角三角形， ， ， ， ，抛物线 经过A，B两点，抛物线的顶点为D．
(1)求顶点D的坐标；
(2)点E是 斜边 上一动点（点A、B除外），过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段 的长度最大时，求点E、F的坐标；
(3)在（2）的条件下，在抛物线上是否存在一点P，使 是以 为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．
①求此时的N点坐标；
②试探究，在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△CNQ为直角三角形，若存在，请求Q点坐标；不存在，请说明理由．
7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线 （a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，－4），点C坐标为（2，0）．
(1)求此抛物线的函数解析式．
(3)如图，点M是抛物线H的对称轴L上的一个动点，是否存在点M，使得以点A，M，C为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，说明理由．
参考答案：
1．(1)y= +3x+8
(2)32
(3)①存在，(3，0)或(3， 5)或(3，5 +5)或(3， 5 +5)
②(8，5)或(8，5 )或(8， 5 )或( 2，0)
最新九年级数学中考复习：二次函数综合压轴题(特殊三角形问题)含答案
2023年九年级数学中考复习：二次函数综合压轴题（特殊三角形问题）1．如图，直线y=﹣23x+c与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y=﹣43x2+bx+c经过点A，B，M（m，0）为x轴上一动点，点M在线段OA上运动且不与O，A重合，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N．（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；（2）在运动过程中，若点P为线段MN的中点，求m的值；（3）在运动过程中，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；2．如图△，已知抛物线y＝ax2﹣4amx+3am2（a、m为参数，且a＞0，m＞0）与x轴交于A、B两点（A在B的左边），与y轴交于点C．（1）求点B的坐标（结果可以含参数m）；（2）连接CA、CB，若C（0，3m），求tan△ACB的值；（3）如图△，在（2）的条件下，抛物线的对称轴为直线l：x＝2，点P是抛物线上的一个动点，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的的等腰直角三角形．若存在，求出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，请说明理由．3．如图，已知二次函数的图象经过点A （4，4）、B （5，0）和原点O ．P 为二次函数图象上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线，垂足为D （m ，0），并与直线OA 交于点C ．（1）求出二次函数的解析式；（2）当点P 在直线OA 的上方时，求线段PC 的最大值；（3）当m ＞0时，探索是否存在点P ，使得△PCO 为等腰三角形，如果存在，求出P 的坐标；如果不存在，请说明理由．4．已知顶点为()1,5A 的抛物线2y ax bx c =++经过点()5,1B .（1）求抛物线的解析式；（2）设C ，D 分别是x 轴、y 轴上的两个动点.△当四边形ABCD 的周长最小时，在图1中作直线CD ，保留作图痕迹.并直接写出直线CD 的解析式；△点()(),0P m n m >是直线y x =上的一个动点，Q 是OP 的中点，以PQ 为斜边按图2所示构造等腰Rt PQR ∆.在△的条件下，记PQR ∆与COD ∆的公共部分的面积为S .求S 关于m 的函数关系式，并求S 的最大值.5．已知抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a＜0）的顶点为A，交y轴交于点C，过C作CB△x 轴交抛物线于点B，过点B作直线l△x轴，连结OA并延长，交l于点D，连结OB．（1）当a＝﹣1时，求线段OB的长．（2）是否存在特定的a值，使得△OBD为等腰三角形？若存在，请写出求a值的计算过程；若不存在，请说明理由．（3）设△OBD的外心M的坐标为（m，n），求m与n的数量关系式．6．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣4a（a≠0）经过A（﹣1，0）、C（0，4）两点，与x轴交于另一点B，连接AC，BC．（1）求抛物线的解析式；（2）过点C作x轴的平行线交抛物线于另一点D，连接BD，点P为抛物线上一点，且△DBP＝45°，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使得由点M，A，C构成的△MAC是直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．7．如图，二次函数y=x2+bx+c的图像与x轴交于A，B两点，B点坐标为(4,0)，与y 轴交于点C(0,4).点D为抛物线上一点(1)求抛物线的解析式及A点坐标；(2)若△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，求点D的坐标；(3)若△BCD是锐角三角形,请直接写出点D的横坐标m的取值范围.8．已知：如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A点，与y轴交于C点，且A（1，0）、B（3，0），点D是抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式（2）在y轴上是否存在M点，使得△MAC是以AC为腰的等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．（3）点P为抛物线上的动点，且在对称轴右侧，若△ADP面积为3，求点P的坐标．9．如图，抛物线y＝ax2+bx+3交x轴于点A（﹣1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）连接BC，若点P为线段BC上的一个动点（不与点B、点C重合），过点P作直线PN△x 轴于点N ，交抛物线于点M ，当△BCM 面积最大时，求△BPN 的周长． （3）在（2）的条件下，当△BCM 面积最大时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使△CNQ 为等腰三角形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．10．如图1，抛物线243y x x =++与x 轴交于,A B 两点（点A 在点B 左侧），与y 轴交于点C ，点D 抛物线的顶点.（1）求直线BD 的解析式；（2）抛物线对称轴交x 轴于点E ，P 为直线BD 上方的抛物线上一动点，过点P 作PF BD ⊥于点F ，当线段PF 的长最大时，连接PE ，过点E 作射线EM ，且EM EP ⊥，点G 为射线EM 上一动点（点G 不与点E 重合），连接PG ，H 为PG 中点，连接AH ，求AH 的最小值；（3）如图2，平移抛物线，使抛物线的顶点D 在射线BD 上移动，点B ，D 平移后的对应点分别为点'B ，'D ，y 轴上有一动点M ，连接'MB ，'MD ，''MB D ∆是否能为等腰直角三角形？若能，请求出所有符合条件的M 点的坐标；若不能，请说明理由.11．如图1，抛物线()230y ax bx a =++≠与x 轴交于()1,0A -、()30B ，两点，与y 轴交于点C ，顶点为点M ．（1）求这条抛物线的解析式及直线BM 的解析式；（2）P 段BM 上一动点（点P 不与点B 、M 重合），过点P 向x 轴引垂线，垂足为Q ，设OQ 的长为t ，四边形PQAC 的面积为S ．求S 与t 之间的函数关系式及自变量t 的取值范围；（3）在线段BM 上是否存在点N ，使NMC ∆为等腰三角形？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．12．如图,已知抛物线与x 轴交于A(−1,0)、B(3,0)两点,与y 轴交于点C(0,3).(1)该抛物线的对称轴是直线___________， (2)求抛物线的解析式；(3)设抛物线的顶点为D ，在其对称轴的右侧的抛物线上是否存在点P ，使得△PDC 是等腰三角形?若存在，求出符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由：13．在平面直角坐标系中，将二次函数()20y ax a =>的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x 轴交于点A 、B (点A 在点B 的左侧)，1OA =，经过点A 的一次函数()0y kx b k =+≠的图象与y 轴正半轴交于点C ，且与抛物线的另一个交点为D ，ABD ∆的面积为5．(1)求抛物线和一次函数的解析式；(2)抛物线上的动点E 在一次函数的图象下方，求ACE ∆面积的最大值，并求出此时点E 的坐标；(3)若点P 为x 轴上任意一点，在(2)的结论下，求35PE PA +的最小值．14．如图，抛物线2y ax bx c =++与x 轴的交点分别为()6,0A -和点()4,0B ，与y 轴的交点为()0,3C ．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是线段OA 上一动点（不与点A 重合），过P 作平行于y 轴的直线与AC 交于点Q ，点D 、M 在线段AB 上，点N 在线段AC 上．△是否同时存在点D 和点P ，使得APQ ∆和CDO ∆全等，若存在，求点D 的坐标，若不存在，请说明理由；△若DCB CDB ∠=∠，CD 是MN 的垂直平分线，求点M 的坐标．15．如图，抛物线y=ax 2+bx+2交x 轴于点A(-3，0)和点B(1，0)，交y 轴于点C (1)求这个抛物线的函数表达式．(2)点D 的坐标为(-1，0)，点P 为第二象限内抛物线上的一个动点，求四边形ADCP 面积的最大值．(3)点M 为抛物线对称轴上的点，问：在抛物线上是否存在点N ，使△MNO 为等腰直角三角形，且△MNO 为直角？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．16．如图，抛物线23y ax bx =+-与x 轴交于(1,0)A -，(3,0)B 两点，与y 轴交于点C ，点D 是抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式．（2）点N 是y 轴负半轴上的一点，且ON =Q 在对称轴右侧的抛物线上运动，连接QO ，QO 与抛物线的对称轴交于点M ，连接MN ，当MN 平分OMD ∠时，求点Q 的坐标．（3）直线BC 交对称轴于点E ，P 是坐标平面内一点，请直接写出PCE ∆与ACD ∆全等时点P 的坐标．17．已知：直线122y x =+与y 轴交于A ，与x 轴交于D ，抛物线y ＝12x 2+bx +c 与直线交于A 、E 两点，与x 轴交于B 、C 两点，且B 点坐标为 （1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是直线AE 上一动点，当△PBC 周长最小时，求点P 坐标； （3）动点Q 在x 轴上移动，当△QAE 是直角三角形时，求点Q 的坐标；（4）在y 轴上是否存在一点M ，使得点M 到C 点的距离与到直线AD 的距离恰好相等？若存在，求出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．18．如图，已知抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A ，B ，AB ＝2，与y 轴交于点C ，对称轴为直线x ＝2．（1）求抛物线的函数表达式；（2）设D 为抛物线的顶点，连接DA 、DB ，试判断△ABD 的形状，并说明理由； （3）设P 为对称轴上一动点，要使PC ﹣PB 的值最大，求出P 点的坐标．19．如图，抛物线2y ax bx c =++ 经过点()2,5A -，与x 轴相交于()1,0B -，()3,0C 两点，（1）抛物线的函数表达式；（2）点D 在抛物线的对称轴上，且位于x 轴的上方，将BCD ∆沿沿直线BD 翻折得到BC D '∆，若点D '恰好落在抛物线的对称轴上，求点C '和点D 的坐标；（3）设P 是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q 在抛物线的对称轴上，当CPQ ∆为等边三角形时，求直线BP 的函数表达式.20．如图，在直角坐标系中有Rt AOB ∆，O 为坐标原点，1,tan 3OB ABO =∠=，将此三角形绕原点O 顺时针旋转90︒，得到Rt COD ∆，二次函数2y x bx c =-++的图象刚好经过,,A B C 三点．（1）求二次函数的解析式及顶点P 的坐标；（2）过定点Q 的直线:3l y kx k =-+与二次函数图象相交于,M N 两点． △若2PMN S ∆=，求k 的值；△证明：无论k 为何值，PMN ∆恒为直角三角形；△当直线l 绕着定点Q 旋转时，PMN ∆外接圆圆心在一条抛物线上运动，直接写出该抛物线的表达式．参考答案：1．（1）B （0，2），抛物线解析式为y=﹣43x 2+103x+2；（2）m 的值为12；（3）当以B ，P ，N 为顶点的三角形与△APM 相似时，点M 的坐标为（2.5.0）或（118，0）． 2．（1）B （3m ，0）；（2）tan△ACB ＝12；（3）点P 的坐标是：）或）． 3．（1）y ＝﹣x 2+5x ；（2）当点P 在直线OA 的上方时，线段PC 的最大值是4；（3）存在，P 的坐标是（4，2﹣）或（6，﹣6）或（5，0）． 4．（1）()21154y x =--+；（2）；4y x =-+；△S 27448x x =-+-；S 的最大值为47.5．（1）5；（2）a ＝﹣1（3）m ＝3n 2+2 6．（1）y ＝﹣x 2+3x +4；（2）P （﹣25，6625）；（3）点M 的坐标为（32，298）或（32，﹣58）或（32，52）或（32，32）．7．(1)y=x 2-5x+4, A(1,0)；(2)(6,10)或(2,-2)；m ＜6或 3m ＜28．（1）y ＝﹣x 2+4x ﹣3；（2）在y 轴上存在点M ，点M 的坐标为(0,3)，(0,3-或(0,3-，（3）P （4，﹣3）．9．（1）y ＝﹣x 2+2x+3 （2）310．（1）43y x =-+（2（3）(0,,,.11．（1）2y x 2x 3=-++，26y x =-+；（2）四边形ACPQ S 29322t t =-++，t 的取值范围是13t <<；（3）716,55N ⎛⎫⎪⎝⎭或14N ⎛ ⎝⎭或()2,2N 12．（1）1x = （2）2y x 2x 3=-++；（3）存在，⎝⎭或（2.3）13．(1)21322y x x =--；1122y x =+；(2)ACE ∆的面积最大值是2516，此时E 点坐标为315,28⎛⎫- ⎪⎝⎭；(3)35PE PA +的最小值是3.14．（1）211384y x x =--+；（2）△存在点D ，使得APQ ∆和CDO ∆全等，3,02D ⎛⎫⎪⎝⎭，理由见解析；△点3,02M ⎛⎫⎪⎝⎭15．(1)y=-23x 2-43x+2；(2)S 的最大值为174；(3)存在，点N或)或)或)．16．（1）223y x x =--；（2）点Q 的坐标为：1Q ，2Q ；（3）若PCE ∆与ACD ∆全等，P 点有四个，坐标为1(3,4)P --，2(1,6)P --，3(2,1)P ，4(4,1)P -． 17．（1）215222y x x =-+；（2）P （1213，3213）；（3）Q 点坐标为（1，0）或（172，0）；（4）存在；M 点坐标为M （0，﹣8）.18．（1）抛物线的函数表达式为y ＝x 2﹣4x +3；（2）△ADB 是等腰直角三角形；理由见解析；（3）P （2，﹣3）．19．（1）223y x x =--；（2）点'C 坐标为(点D 的坐标为⎛ ⎝⎭；（3）直线BP 的函数表达式为y =y x =20．（1）2y x 2x 3=-++,()1,4P ;（2）△k =±△2241y x x =-++．。
2022年中考数学知识梳理系统复习专题训练： 三角形压轴练习(附答案)
2022中考数学知识梳理系统复习专题训练：三角形压轴练习1．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，过点B作BE⊥CD，垂足为点E，过点A作AF⊥BE，垂足为点F，且BE＝AF．（1）求证：△ABF≌△BCE；（2）连接BD，且BD平分∠ABE交AF于点G．求证：△BCD是等腰三角形．2．如图，已知线段a和∠EAF，点B在射线AE上．画出△ABC，使点C在射线AF上，且BC ＝a．（1）依题意将图补充完整；（2）如果∠A＝45°，AB＝，BC＝5，求△ABC的面积．3．在△ABC中，AB＞BC，直线l垂直平分AC．（1）如图1，作∠ABC的平分线交直线l于点D，连接AD，CD．①补全图形；②判断∠BAD和∠BCD的数量关系，并证明．（2）如图2，直线l与△ABC的外角∠ABE的平分线交于点D，连接AD，CD．求证：∠BAD ＝∠BCD．4．通过整式乘法的学习，我们进一步了解了利用图形面积来说明法则、公式等的正确性的方法，例如利用图甲可以对平方差公式（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2给予解释．图乙中的△ABC是一个直角三角形，∠C＝90°，人们很早就发现直角三角形的三边a，b，c满足a2+b2＝c2的关系．图丙是2002年国际数学家大会的会徽，选定的是我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形的较短直角边长为a，较长直角边长为b，求出（a+b）2的值．5．如图，在三角形ABC中，CD平分∠ACB，交AB于点D，点E在AC上，点F在CD上，连接DE，EF．（1）若∠ACB＝70°，∠CDE＝35°，求∠AED的度数；（2）在（1）的条件下，若∠BDC+∠EFC＝180°，试说明：∠B＝∠DEF．6．已知：如图，△ABC是等边三角形，D是BC延长线上一点，且CD＝CB，连接AD，过点D 作DM⊥DB，在DM上截取一点E，使得DE＝AD，连接AE．（1）求证：△ADB≌△AEC；（2）猜想EC和AD的位置关系，并证明．7．在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝15，AB ＝25，点D 为斜边AB 上动点． （1）如图1，当CD ⊥AB 时，求CD 的长度；（2）如图2，当AD ＝AC 时，过点D 作DE ⊥AB 交BC 于点E ，求CE 的长度；（3）如图3，在点D 的运动过程中，连接CD ，当△ACD 为等腰三角形时，直接写出AD 的长度．8．如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，动点M 从点A 出发沿A ﹣C ﹣B 向点B 匀速运动，动点N 从点B 出发沿B ﹣C ﹣A 向点A 运动．设MC 的长为y 1（cm ），NC 的长为y 2（cm ），点M 的运动时间为x （s ），y 1、y 2与x 的函数图象如图2所示． （1）线段AC ＝ cm ，点M 运动 s 后点N 开始运动； （2）求点P 的坐标，并写出它的实际意义； （3）当∠CMN ＝45°时，求x 的值．9．如图，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝135°，将一个含45°角的直角三角板的一个顶点放在点O处，斜边OM与直线AB重合，另外两条直角边都在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕着点O逆时针旋转90°，如图2所示，此时∠BOM＝；在图2中，OM是否平分∠CON？请说明理由；（2）接着将图2中的三角板绕点O逆时针继续旋转到图3的位置所示，使得ON在∠AOC 的内部，请探究：∠AOM与∠CON之间的数量关系，并说明理由；（3）将图1中的三角板绕点O按每秒4.5°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，当旋转到第秒时，∠COM与∠CON互补．10．综合与实践问题情境在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，CD⊥AB于点D，点E是射线AB上一点，连接CE，过点B作BF⊥CE于点F，且交直线CD于点G．（1）如图1，当点E在线段AD上时，求证：CG＝AE．自主探究（2）如图2，当点E在线段BD上时，其它条件不变，请猜想CG与AE之间的数量关系，并说明理由．拓展延伸（3）如图3，当点E在线段AB的延长线上时，其它条件不变，请直接写出CG与AE之间的数量关系．11．阅读下列材料，并回答问题．事实上，在任何一个直角三角形中，两条直角边的平方之和一定等于斜边的平方，这个结论就是著名的勾股定理．请利用这个结论，完成下面活动：（1）一个直角三角形的两条直角边分别为5、12，那么这个直角三角形斜边长为．（2）如图1，AD⊥BC于D，AD＝BD，AC＝BE，AC＝10，DC＝6，求BD的长度．（3）如图2，点A在数轴上表示的数是请用类似的方法在图2数轴上画出表示数的B点（保留痕迹）．12．已知，在平面直角坐标系中，A（m，0）、B（0，n），m、n满足（m﹣n）2+|m﹣5|＝0．C 为AB的中点，P是线段AB上一动点，D是x轴正半轴上一点，且PO＝PD，DE⊥AB于E．（1）如图1，当点P在线段AB上运动时，点D恰在线段OA上，则PE与AB的数量关系为（2）如图2，当点D在点A右侧时，（1）中结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由！（3）设AB＝5，若∠OPD＝45°，直接写出点D的坐标．13．（1）如图a，AE是∠MAD的平分线，点C是AE上一点，点B是AM上一点，在AD上求作一点P，使得△ABC≌△APC，请保留清晰的作图痕迹．（2）如图b，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60o，BE、CF分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，CF与BE相交于点O．请探究线段BC、BF、CE之间的数量关系，直接写出结论，不要求证明．（3）如图c，若（2）中∠ACB为任意角，其它条件不变，请探究BC、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请证明你的结论．14．直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，点D为AC的中点，点E为CB延长线上一点，且BE ＝CD，连接DE．（1）如图1，求证∠C＝2∠E；（2）如图2，若AB＝6，BE＝5，△ABC的角平分线CG交BD于点F，求△BCF的面积．15．如图，在△ABC中，AB＝AC，点P是AB边上的动点（不与点A、B重合），把△ABC沿过点P的直线l折叠，点B的对应点是点D，折痕为PQ．（1）若点D恰好在AC边上．①如图1，当PQ∥AC时，连接AQ，求证：AQ⊥BC．②如图2，当DP⊥AB，且BP＝3，CD＝2，求△ABC与△CDQ的周长差．（2）如图3，点P在AB边上运动时，若直线l始终垂直于AC，△ACD的面积是否变化？请说明理由．参考答案1．证明：（1）∵BE ⊥CD ，AF ⊥BE ， ∴∠AFB ＝∠BEC ＝90°． ∴∠ABE +∠BAF ＝90°． ∵∠ABC ＝90°， ∴∠ABE +∠EBC ＝90°， ∴∠BAF ＝∠EBC ． 在△ABF 和△BCE 中，∴△ABF ≌△BCE （ASA ）． （2）∵∠ABC ＝90°， ∴∠ABD +∠DBC ＝90°． ∵∠BEC ＝90°， ∴∠DBE +∠BDE ＝90°， ∵BD 平分∠ABE ， ∴∠ABD ＝∠DBE ． ∴∠DBC ＝∠BDE ．∴BC ＝CD ，即△BCD 是等腰三角形． 2．解：（1）如图，△ABC 1、△ABC 2 为所求．（2）过点B 作BD ⊥AF 于D ． ∴∠ADB ＝90°，在△ABD 中，∠A ＝45°，AB ＝，∴∠ABD ＝45°，AD ＝BD ．∵AD 2+BD 2＝AB 2， ∴，∴AD ＝4＝BD ，由（1）作图可知：BC 1＝BC 2＝5， 在Rt △BDC 2中，同理可得：DC 2＝3． ∴△BC 1C 2是等腰三角形． ∴DC 1＝DC 2＝3，∴AC 1＝AD ﹣C 1D ＝4﹣3＝1，AC 2＝AD +C 2D ＝4+3＝7， ∴， ．3．解：（1）①补全图形；②结论：∠BAD +∠BCD ＝180°，理由如下：过点D 作DE ⊥AB 于E ，作DF ⊥BC 交BC 的延长线于F ，则∠AED ＝∠CFD ＝90°． ∵BD 平分∠ABC ， ∴DE ＝DF ．∵直线l 垂直平分AC ，∴DA＝DC，在Rt△ADE和Rt△CDF中，∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL）．∴∠BAD＝∠FCD．∵∠FCD+∠BCD＝180°，∴∠BAD+∠BCD＝180°；（2）结论：∠BAD＝∠BCD，理由如下：过点D作DN⊥AB于N，作DM⊥BE于M，则∠AND＝∠CMD＝90°．∵BD平分∠ABE，∴DM＝DN．∵直线l垂直平分AC，∴DA＝DC，在Rt△ADN和Rt△CDM中，∴Rt△ADN≌Rt△CDM（HL）．∴∠BAD＝∠BCD．4．解：根据勾股定理可得a2+b2＝13，四个直角三角形的面积是： ab×4＝13﹣1＝12，即2ab＝12，则（a+b）2＝a2+2ab+b2＝13+12＝25．故（a+b）2的值为25．5．（1）解：∵CD平分∠ACB，∴∠BCD＝∠ACB，∵∠ACB＝70°，∴∠BCD＝35°，∵∠CDE＝35°，∴∠CDE＝∠BCD，∴DE∥BC，∴∠AED＝∠ACB＝70°；（2）证明：∵∠EFC+∠EFD＝180°，∠BDC+∠EFC＝180°，∴∠EFD＝∠BDC，∴AB∥EF，∴∠ADE＝∠DEF，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∴∠DEF＝∠B．6．（1）证明：∵MD⊥DB，∴∠EDB＝90°，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝∠CAB＝60°，∵CD＝CB＝AC，∴∠ADB＝∠DAC＝30°，∴∠ADE＝60°，∵DE＝AD，∴△ADE是等边三角形，∠DAE＝60°，AE＝AD，∴∠CAB＝∠DAE＝60°，∴∠DAB＝∠EAC，∴△ADB≌△AEC（SAS）；（1）猜想：AD⊥EC，理由如下：∵△ADB≌△AEC，∵△AED是等边三角形，∴EC是△AED的角平分线，∴EC是△AED的高线，∴AD⊥EC．7．解：（1）∵∠ACB＝90°，A C＝15，AB＝25，∴BC＝＝＝20，∵AB•CD＝BC•AC，∴25CD＝20×15，∴CD＝12；（2）在Rt△ACE和Rt△ADE中，∠C＝∠EDA＝90°，∵，∴Rt△ACE≌Rt△ADE（HL），∴CE＝DE，设CE＝x，则BE＝20﹣x，BD＝25﹣15＝10在Rt△BED中∴x2+102＝（20﹣x）2，∴x＝7.5，∴CE＝7.5．（3）①当AD＝AC时，△ACD为等腰三角形∵AC＝15，∴AD＝AC＝15．②当CD＝AD时，△ACD为等腰三角形∵CD＝AD，∴∠DCA＝∠CAD，∵∠CAB+∠B＝90°，∠DCA+∠B CD＝90°，∴∠B＝∠BCD，∴BD＝CD，③当CD＝AC时，△ACD为等腰三角形，如图1中，作CH⊥BA于点H，则•AB•CH＝•A C•BC，∵AC＝15，BC＝20，AB＝25，∴CH＝12，在Rt△ACH中，AH＝＝9，∵CD＝AC，CH⊥BA，∴DH＝HA＝9，∴AD＝18．综合以上可得AD的长度为15，18，或12.5．8．解：（1）点M与点C重合时，观察图象可知AC＝10cm，观察图象可知，当点M运动1s后N点开始运动；故答案为：10，1；（2）M点运动的速度为18÷6＝3cm/s，∴P的橫坐标为10，∴P（，0），实际意义：当点M运动s时，点M与点C重合；（3）∵∠CMN＝45°，∠C＝90°，∴∠CNM＝∠CMN＝45°，∴△CMN为等腰直角三角形，①当0＜x≤1时，10﹣3x＝8，解得，x＝，②当1＜x≤3时，10﹣3x＝8﹣4（x﹣1），解得，x＝2，③当3＜x＜6时，3x﹣10＝2（x﹣3），解得，x＝4，④当6≤x≤8时，2（x﹣3）＝8，解得，x＝7，综上所述，x＝，2，4或7．9．解：（1）如图2，∠BOM＝90°，OM平分∠CON．理由如下：∵∠BOC＝135°，∴∠MOC＝135°﹣90°＝45°，而∠MON＝45°，∴∠MOC＝∠MON；故答案为90°；（2）∠AOM＝∠CON．理由如下：如图3，∵∠MON＝45°，∴∠AOM＝45°﹣∠AON，∵∠AOC＝45°，∴∠NOC＝45°﹣∠AON，∴∠AOM＝∠CON；（3）在旋转的过程中，∠COM与∠CON互补，则ON旋转67.5°或247.5°，∴＝15，或＝55，故答案为：15或55．10．综合与实践解：（1）AE＝CG，理由如下：∵在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠ABC＝45°．∵点D是AB的中点，∴∠BCG＝∠ACB＝45°，∴∠A＝∠BCG．∵BF⊥CE，∴∠CBG+∠BCF＝90°．∵∠ACE+∠BCF＝90°，∴∠CBG＝∠ACE，在△ACE和△CBG中，，∴△ACE≌△CBG（ASA），∴AE＝CG；自主探究（2）AE＝CG；理由如下：∵在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，∴∠A＝∠ABC＝45°．∵点D是AB的中点，∴∠BCG＝∠ACB＝45°，∴∠A＝∠BCG．∵BF⊥CE，∴∠CBG+∠BCF＝90°．∵∠ACE+∠BCF＝90°，∴∠CBG＝∠ACE，在△ACE和△CBG中，，∴△ACE≌△CBG（ASA），∴AE＝CG；拓展延伸（3）CG＝AE．证明：同（1）（2）可得∠A＝∠GCB＝45°，∵BF⊥CE，∴∠GDB＝∠BFE＝90°，∵∠DBG＝∠FBE，∴∠CGB＝∠AEC，，∴△ACE≌△CBG（AAS），∴CG＝AE．11．解：（1）由勾股定理可得，这个直角三角形斜边长为＝13，故答案为：13；（2）在△ADC中，∠ADC＝90°，AC＝10，DC＝6，则由勾股定理得AD＝8，∵AD⊥BC于D，AD＝BD，AC＝BE，∴Rt△ADC≌Rt△BDE（HL），∴BD＝AD＝8；（3）如图2所示，点A在数轴上表示的数是＝，点B表示的数为＝，故答案为：．12．解：（1）∵（m﹣n）2+|m﹣5|＝0，∴m﹣n＝0，m﹣5＝0，∴m＝n＝5，∴A（5，0）、B（0，5），∴AC＝BC＝5，∴△AOB为等腰直角三角形，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，OC⊥AB，∵PO＝PD，∴∠POD＝∠PDO，∵D是x轴正半轴上一点，∴点P在BC上，∵∠POD＝45°+∠POC，∠PDO＝45°+∠DPE，∴∠POC＝∠DPE，在△POC和△DPE中，，∴△POC≌△DPE（AAS），∴OC＝PE，∵C为AB的中点，∴AB＝2OC，∴AB＝2PE．故答案为：AB＝2PE．（2）成立，理由如下：∵点C为AB中点，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，OC⊥AB，∵PO＝PD，∴∠POD＝∠PDO，∵∠POD＝45°﹣∠POC，∠PDO＝45°﹣∠DPE，∴∠POC＝∠DPE，在△POC和△DPE中，，∴△POC≌△DPE（AAS），∴OC＝PE，又∠AOC＝∠BAO＝45°∴OC＝AC＝AB∴AB＝2PE；（3）∵AB＝5，∴OA＝OB＝5，∵OP＝PD，∴∠POD＝∠PDO＝＝67.5°，∴∠APD＝∠PDO﹣∠A＝22.5°，∠BOP＝90°﹣∠POD＝22.5°，∴∠APD＝∠BOP，在△POB和△DPA中，，∴△POB≌△DPA（SAS），∴PA＝OB＝5，DA＝PB，∴DA＝PB＝5﹣5，∴OD＝OA﹣DA＝5﹣（5﹣5）＝10﹣5，∴点D的坐标为（10﹣5，0）．13．（1）解：如图1，以点A为圆心，以AB长为半径画弧交AD于一点，则此点为所要求的点P．（2）解：线段BC、BF、CE之间的关系为：BC＝BF+CE．证明：如图2中，在CB上截取CM＝CE，连接OM．∵∠A＝60°，∠ACB＝90°，又∵BE，CF分别是∠ABC和∠ACB的平分线，∴∠FCA＝∠FCB＝45°，∠ABE＝∠EBC＝15°，∴∠BFC＝∠A+∠ACF＝105°，∠CEB＝∠A+∠ABE＝75°在△OCE和△OCM中，，∴△OCE≌△OCM（SAS），∴∠CEO＝∠OMC＝75°，∴∠BMO＝180°﹣∠CMO＝105°，∴∠BFO＝∠BMO，在△OBF或△OBM中，，∴△OBF≌△OBM（AAS），∴BF＝BM，∴BC＝BM+CM＝BF+CE．（3）解：线段BC、BF、CE之间的关系为：BC＝BF+CE．证明：在BC上截取BF'＝BF，连接OF'．在△BFO和△BF'O中，∴△BFO≌△BF'O（SAS），∴∠BOF＝∠BOF'，∵∠A＝60o，BE、CF分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，CF与BE相交于点O．∴∠BOC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣60°＝120°，∴∠BOF'＝∠BOF＝∠COE＝180°﹣120°＝60°．∠COF'＝∠BOC﹣∠BOF'＝120°﹣60°＝60°，在△COE和△COF'中，∴△COE≌△COF'（ASA），∴CE＝CF'，∴BC＝BF+CE．14．解：（1）证明：∵∠ABC＝90°，点D为AC的中点，∴BD＝AC＝CD＝AD，∵CD＝BE，∴BE＝BD，∴∠BDE＝∠E，∵BD＝CD，∴∠C＝∠DBC，∴∠C＝∠DBC＝∠BDE+∠E＝2∠E；（2）过点F作FM⊥BC，FN⊥AC∵CG平分∠ABC∴FM＝FN∵BE＝5∴CD＝AD＝BE＝5，AC＝10又∵AB＝6∴在Rt △ABC 中，AB 2+BC 2＝AC 2∴BC ＝8∵BD 为△ABC 的中线∴S △BCD ＝S △ABC ＝×AB ×BC ＝××6×8＝12又∵S △BCD ＝S △BCF +S △CDF∴12＝CD •FN +BC •FM ∴×5×FM +×8×FM ＝12∴FM ＝∴S △BCF ＝BC •FM ＝×8×＝． 15．解：（1）①如图1中，连接AQ ，BD ．BD 交PQ 于O ．∵△PQD 是由△PQB 翻折得到，∴PQ 垂直平分线段BD ，∴OB ＝OD ，∵PQ ∥AC ，∴BQ ＝QC ，∵AB ＝AC ，∴AQ ⊥BC ．②如图2中，设PA ＝x ，则AB ＝AC ＝x +3，AD ＝AC ﹣CD ＝x +1，∵PB＝PD＝3，PD⊥AB，∴∠APD＝90°，∴AD2＝PA2+PD2，∴（x+1）2＝x2+32，解得x＝4，∵BQ＝DQ，∴△ABC的周长﹣△QDC的周长＝AB+AC+BC﹣（QD+QC+CD）＝2AB﹣CD＝14﹣2＝12．（2）如图3中，结论：S△ADC ＝S△ABC＝定值．理由：连接BD．∵△APD与△CPB关于直线PQ对称，∴BD⊥PQ，∵AC⊥PQ，∴BD∥AC，∴S△ADC ＝S△ABC＝定值．。
2023年九年级数学中考专题：二次函数综合压轴题(特殊三角形问题)(含简单答案)
(1)点A的坐标为；
(2)若射线 平分 ，求二次函数的表达式；
(3)在（2）的条件下，如果点 是线段 （含A、B）上一个动点，过点D作x轴的垂线，分别交直线 和抛物线于E、F两点，当m为何值时， 为直角三角形？
②在①的条件下，点N在抛物线对称轴上，当∠MNC＝45°时，求出满足条件的所有点N的坐标．
14．如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋3过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．M是抛物线任意一点，过点M作直线l⊥x轴，交x轴于点E，设M的横坐标为m（0＜m＜3）．
(1)求抛物线的解析式及tan∠OBC的值；
(2)当m＝1时，P是直线l上的点且在第一象限内，若△ACP是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)如图2，连接BC，连接AM交y轴于点N，交BC于点D，连接BM，设△BDM的面积为S1，△CDN的面积为S2，求S1﹣S2的最大值．
15．如图，抛物线 与 轴交于 ， 两点，与 轴交于点 ，已知抛物线的对称轴是直线 ， ． 为抛物线上的一个动点，过点 作 轴于点 ，交直线 于点 ．
(3)将直线BC绕点B顺时针旋转45°，与抛物线交于另一点E，求直线 的解析式．
6．已知抛物线 经过 、 两点，O为坐标原点，抛物线交正方形 的边 于点E，点M为射线 上一动点，连接 ，交 于点F．
(1)求b和c的值及点C的坐标；
(2)求证∶
(3)是否存在点M，使 为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长．
(1)求 ， 的长（结果均用含 的代数式表示）．
2023年九年级数学中考专题：二次函数综合压轴题(特殊三角形问题)(含简略答案)
（1）求直线 的解析式；
（2）如图1，点 是直线 下方抛物线上的一点，连接 ，当 的面积最大时，连接 ，设 分别是线段 上的点，且 ，求四边形 的面积；
（3）如图2，点 是线段 的中点，将抛物线 沿 轴正方向平移得到新抛物线 ， 经过点 ， 的顶点为 ，在新抛物线 的对称轴上，是否存在点 ，使得 为等腰三角形？若存在，写出点 的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若点Q是上述抛物线上一点，且满足∠ABQ=2∠ABC，求满足条件的点Q的坐标．
11．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 与直线 相交于 ， 两点，其中 ， ．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点 为直线 下方抛物线上的任意一点，连接 ， ，求 面积的最大值；
（3）在抛物线对称轴上找一点 ，使点 ， ， 三点构成的图形是直角三角形，求点 的坐标．
（2）当△PBC的面积最大时，求P点的坐标．
（3）在X轴上是否存在点N，使△NBC是等腰三角形，若存在直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在说明理由
8．如图，直线 交 轴于点 ，交 轴于点B，抛物线 的顶点为 ，且经过点 ．
（1）求该抛物线所对应的函数表达式；
（2）点 是抛物线上的点， 是以 为直角边的直角三角形，请直接写出点 的坐标．
13．如图，抛物线 经过 ， 两点，且与 轴交于点 ，点 是抛物线的顶点，抛物线的对称轴 交 轴于点 ，连接 ．
（1）求经过 三点的抛物线的函数表达式；
（2）点 在该抛物线的对称轴上，若 是以 为直角边的直角三角形，求点 的坐标；
（3）若 为 的中点，过点 作 轴于点 ， 为抛物线上一动点， 为 轴上一动点， 为直线 上一动点，当以 、 、 、 为顶点的四边形是正方形时，请求出点 的坐标．
初三数学中考复习 特殊三角形 专题训练题 含答案
初三数学中考复习特殊三角形专题训练题含答案2019 初三数学中考复习特殊三角形专题训练题1. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以△ABC的一边为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为( D )A．4 B．5 C．6 D．72. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，点E是AB的中点，CD＝DE＝a，则AB的长为( B )A．2a B．2 2a C．3a D.4 3 3 a3．已知一个等腰三角形的两边长分别是2和4，则该等腰三角形的周长为( C ) A．8或10 B．8 C．10 D．6或124．如图，在△ABC中，∠B＝30°，BC的垂直平分线交AB于点E，垂足为D，CE平分∠ACB，若BE＝2，则AE的长为( B )A. 3 B．1 C. 2 D．25．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( B ) A．3条 B．4条 C．5条 D．6条6．任意一条线段EF，其垂直平分线的尺规作图痕迹如图所示，若连结EH，HF，FG，GE，则下列结论中，不一定正确的是( B )A．△EGH为等腰三角形 B．△EGF为等边三角形C．四边形EGFH为菱形 D．△EHF为等腰三角形7．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点Q在对角线AC上，且AQ＝AD，连结DQ并延长，与边BC交于点P，则线段AP＝__17__．＝AC.即△ABC 是等腰三角形．14． 在边长为2的等边三角形ABC 中，P 是BC 边上任意一点，过点P 分别作PM⊥AB，PN ⊥AC ，M ，N 分别为垂足．(1)求证：不论点P 在BC 边的何处时都有PM ＋PN 的长恰好等于三角形ABC 一边上的高；(2)当BP 的长为何值时，四边形AMPN 的面积最大，并求出最大值．解：(1)连结AP ，过点C 作CD⊥AB 于点D ，∵△ABC 是等边三角形，∴AB ＝AC.∵S△ABC ＝S △ABP ＋S △ACP ，∴12AB·CD＝12AB·PM＋12AC·PN.∴PM＋PN ＝CD ，即不论点P 在BC 边的何处时都有PM ＋PN 的长恰好等于三角形ABC 一边上的高．(2)设BP ＝x ，则CP ＝2－x ，∵∠B ＝∠C＝60°，PM ⊥AB ，PN ⊥AC ，∴BM ＝12x ，PM ＝32x ，CN ＝12(2－x)，PN ＝32(2－x)．∴四边形AMPN 的面积＝12×(2－12x)·32x ＋12×[2－12(2－x)]·32(2－x)＝－34x 2＋32x ＋32＝－34(x －1)2＋334.当BP ＝1时，四边形AMPN 的面积最大，最大值是334.。
中考数学复习---《三角形综合》压轴题练习(含答案解析)
中考数学复习---《三角形综合》压轴题练习（含答案解析）一．全等三角形的判定与性质1．（2022•淄博）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（）A．6B．7C．8D．9【答案】B【解答】解：如图，连接AI，BI，CI，DI，过点I作IT⊥AC于点T．∵I是△ABD的内心，∴∠BAI＝∠CAI，∵AB＝AC，AI＝AI，∴△BAI≌△CAI（SAS），∴IB＝IC，∵∠ITD＝∠IED＝90°，∠IDT＝∠IDE，DI＝DI，∴△IDT≌△IDE（AAS），∴DE＝DT，IT＝IE，∵∠BEI＝∠CTI＝90°，∴Rt△BEI≌Rt△CTI（HL），∴BE＝CT，设BE＝CT＝x，∵DE＝DT，∴10﹣x＝x﹣4，∴x＝7，∴BE＝7．故选：B．2．（2022•湘西州）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是（）A．24B．22C．20D．18【答案】B【解答】解：∵CG∥AB，∴∠B＝∠MCG，∵M是BC的中点，∴BM＝CM，在△BMH和△CMG中，，∴△BMH≌△CMG（ASA），∴HM＝GM，BH＝CG，∵AB＝6，AC＝8，∴四边形ACGH的周长＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，∵∠A＝90°，MH⊥AB，∴GH∥AC，∴四边形ACGH为矩形，∴GH＝8，∴四边形ACGH的周长最小值为14+8＝22，故选：B．3．（2022•南充）如图，正方形ABCD边长为1，点E在边AB上（不与A，B重合），将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A1处，连接A1B，将A1B绕点B 顺时针旋转90°得到A2B，连接A1A，A1C，A2C．给出下列四个结论：①△ABA1≌△CBA2；②∠ADE+∠A1CB＝45°；③点P是直线DE上动点，则CP+A1P的最小值为；④当∠ADE＝30°时，△A1BE的面积为．其中正确的结论是．（填写序号）【答案】①②③【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABC＝90°，∵∠A1BA2＝∠ABC＝90∴∠ABA1＝∠CBA2，∵BA1＝BA2，∴△ABA1≌△CBA2（SAS），故①正确，过点D作DT⊥CA1于点T，∵CD＝DA1，∴∠CDT＝∠A1DT，∵∠ADE＝∠A1DE，∠ADC＝90°，∴∠ADE+∠CDT＝45°，∵∠CDT+∠DCT＝90°，∠DCT+∠BCA1＝90°，∴∠CDT＝∠BCA1，∴∠ADE+∠BCA1＝45°，故②正确．连接P A，AC．∵A，A1关于DE对称，∴P A＝P A1，∴P A1+PC＝P A+PC≥AC＝，∴P A1+PC的最小值为，故③正确，过点A1作A1H⊥AB于点H，∵∠ADE＝30°，∴AE＝A1E＝AD•tan30°＝，∴EB＝AB﹣AE＝1﹣，∵∠A1EB＝60°，∴A1H＝A1E•sin60°＝×＝，∴＝×（1﹣）×＝，故④错误．故答案为：①②③．4．（2022•朝阳）等边三角形ABC中，D是边BC上的一点，BD＝2CD，以AD 为边作等边三角形ADE，连接CE．若CE＝2，则等边三角形ABC的边长为．【答案】3或．【解答】解：如图，E点在AD的右边，∵△ADE与△ABC都是等边三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠CAD＝∠BAC﹣∠CAD，即∠CAE＝∠BAD．在△CAE和△BAD中，，∴△CAE≌△BAD（SAS），∴CE＝BD＝2，∵BD＝2CD，∴CD＝1，∴BC＝BD+CD＝2+1＝3，∴等边三角形ABC3，如图，E点在AD的左边，同上，△BAE≌△CAD（SAS），∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝60°，∴∠EBD＝120°，过点E作EF⊥BC交CB的延长线于点F，则∠EBF＝60°，∴EF＝BE＝CD，BF＝BE＝CD，∴CF＝BF+BD+CD＝CD，在Rt△EFC中，CE＝2，∴EF2+CF2＝CE2＝4，∴+＝4，∴CD＝或CD＝﹣（舍去），∴BC＝，∴等边三角形ABC的边长为，故答案为：3或．5．（2022•日照）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P 是x轴上一动点，把线段P A绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最小值是．【答案】2【解答】解：方法一：∵将线段P A绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，∴∠APF＝60°，PF＝P A，∴△APF是等边三角形，∴AP＝AF，如图，当点F1在x轴上时，△P1AF1为等边三角形，则P1A＝P1F1＝AF1，∠AP1F1＝60°，∵AO⊥P1F1，∴P1O＝F1O，∠AOP1＝90°，∴∠P1AO＝30°，且AO＝4，由勾股定理得：P1O＝F1O＝，∴P1A＝P1F1＝AF1＝，∴点F1的坐标为（，0），如图，当点F2在y轴上时，∵△P2AF2为等边三角形，AO⊥P2O，∴AO＝F2O＝4，∴点F2的坐标为（0，﹣4），∵tan∠OF1F2＝＝＝，∴∠OF1F2＝60°，∴点F运动所形成的图象是一条直线，∴当OF⊥F1F2时，线段OF最短，设直线F1F2的解析式为y＝kx+b，则，解得，∴直线F1F2的解析式为y＝x﹣4，∵AO＝F2O＝4，AO⊥P1F1，∴F1F2＝AF1＝，在Rt△OF1F2中，设点O到F1F2的距离为h，则×OF1×OF2＝×F1F2×h，∴××4＝××h，解得h＝2，即线段OF的最小值为2；方法二：如图，在第二象限作等边三角形AOB，连接BP、AF，过点B作BP′⊥x轴于点P′，∵将线段P A绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，∴∠APF＝60°，PF＝P A，∴△APF是等边三角形，∴AP＝AF，∠P AF＝60°，∵△AOB是等边三角形，∴AB＝AO＝OB＝4，∠BAO＝60°，∴∠BAP＝60°+∠OAP＝∠OAF，在△BAP和△OAF中，，∴△BAP≌△OAF（SAS），∴BP＝OF，∵P是x轴上一动点，∴当BP⊥x轴时，BP最小，即点P与点P′重合时BP＝BP′最小，∵∠BOP′＝30°，∠BP′O＝90°，∴BP′＝OB＝×4＝2，∴OF的最小值为2，故答案为2．二．勾股定理6．（2022•内江）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图②由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1、S2、S3．若正方形EFGH的边长为4，则S1+S2+S3＝．【答案】48【解答】解：设八个全等的直角三角形的长直角边为a，短直角边是b，则：S1＝（a+b）2，S2＝42＝16，S3＝（a﹣b）2，且：a2+b2＝EF2＝16，∴S1+S2+S3＝（a+b）2+16+（a﹣b）2＝2（a2+b2）+16＝2×16+16＝48．故答案为：48．7．（2022•常州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt △DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一条始终绷直的弹性染色线连接CF，Rt△DEF从起始位置（点D与点B重合）平移至终止位置（点E与点A 重合），且斜边DE始终在线段AB上，则Rt△ABC的外部被染色的区域面积是．【答案】21【解答】解：如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F 作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N．在Rt△DEF中，DF＝3，EF＝4，∴DE＝＝＝5，在Rt△ABC中，AC＝9，BC＝12，∴AB＝＝＝15，∵•DF•EF＝•DE•GF，∴FG＝，∴BG＝＝＝，∴GE＝BE﹣BG＝，AH＝GE＝，∴F′H＝FG＝，∴FF′＝GH＝AB﹣BG﹣AH＝15﹣5＝10，∵BF∥AC，∴＝＝，∴BM＝AB＝，同法可证AN＝AB＝，∴MN＝15﹣﹣＝，∴Rt△ABC的外部被染色的区域的面积＝×（10+）×＝21，故答案为：21．8．（2022•武汉）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分别以△ABC的三边为边向外作三个正方形ABHL，ACDE，BCFG，连接DF．过点C作AB的垂线CJ，垂足为J，分别交DF，LH于点I，K．若CI＝5，CJ＝4，则四边形AJKL的面积是．【答案】80【解答】解：过点D作DM⊥CI，交CI的延长线于点M，过点F作FN⊥CI 于点N，∵△ABC为直角三角形，四边形ACDE，BCFG为正方形，过点C作AB的垂线CJ，CJ＝4，∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，∴DM＝NF，∴△DMI≌△FNI（AAS），∴DI＝FI，MI＝NI，∵∠DCF＝90°，∴DI＝FI＝CI＝5，在Rt△DMI中，由勾股定理可得：MI＝＝＝3，∴NI＝MI＝3，∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，∵四边形ABHL为正方形，∴AL＝AB＝10，∵四边形AJKL为矩形，∴四边形AJKL的面积为：AL•AJ＝10×8＝80，故答案为：80．三．等腰直角三角形（共2小题）9．（2022•宜宾）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE ＝90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，则＝；④在△ABC内存在唯一一点P，使得P A+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE＝2+．其中含所有正确结论的选项是（）A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④【答案】B【解答】解：如图1中，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正确，∵∠ADB+∠ADC＝180°，∴∠AEC+∠ADC＝180°，∴∠DAE+∠DCE＝180°，∴∠DAE＝∠DCE＝90°，取DE的中点O，连接OA，OA，OC，则OA＝OD＝OE＝OC，∴A，D，C，E四点共圆，∴∠DAC＝∠CED，故②正确，设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，过点C作CJ⊥DF于点J，∵tan∠CDF＝＝＝2，∴CJ＝m，∵AO⊥DE，CJ⊥DE，∴AO∥CJ，∴＝＝＝，故③正确．如图2中，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，∴△BPN是等边三角形，∴BP＝PN，∴P A+PB+PC＝AP+PN+MN，∴当点A，点P，点N，点M共线时，P A+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC ＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，∴∠BPD＝∠CPD＝60°，设PD＝t，则BD＝AD＝t，∴2+t＝t，∴t＝+1，∴CE＝BD＝t＝3+，故④错误．故选：B．10．（2022•绵阳）如图，四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AC⊥BC，∠ABC＝45°，AC与BD交于点E，若AB＝2，CD＝2，则△ABE的面积为．【答案】【解答】解：过点D作DF⊥AC于点F，∵AC⊥BC，∠ABC＝45°，∴AC＝BC＝AB＝2，∵∠ADC＝90°，CD＝2，∴AD＝，∵，∴DF＝，∴AF＝，∴CF＝，∵DF∥BC，∴△DEF∽△BEC，∴，即，∴EF＝，∴AE＝，∴．故答案为：．11．（2022•安徽）已知点O是边长为6的等边△ABC的中心，点P在△ABC外，△ABC，△P AB，△PBC，△PCA的面积分别记为S0，S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝2S0，则线段OP长的最小值是（）A．B．C．3D．【答案】B【解答】解：如图，不妨假设点P在AB的左侧，∵S△P AB +S△ABC＝S△PBC+S△P AC，∴S1+S0＝S2+S3，∵S1+S2+S3＝2S0，∴S1+S1+S0＝2，∴S1＝S0，∵△ABC是等边三角形，边长为6，∴S0＝×62＝9，∴S1＝，过点P作AB的平行线PM，连接CO延长CO交AB于点R，交PM于点T．∵△P AB的面积是定值，∴点P的运动轨迹是直线PM，∵O是△ABC的中心，∴CT⊥AB，CT⊥PM，∴•AB•RT＝，CR＝3，OR＝，∴RT＝，∴OT＝OR+TR＝，∵OP≥OT，∴OP的最小值为，当点P在②区域时，同法可得OP的最小值为，如图，当点P在①③⑤区域时，OP的最小值为，当点P在②④⑥区域时，最小值为，∵＜，故选：B．12．（2022•温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结CF，作GM⊥CF于点M，BJ⊥GM于点J，AK⊥BJ于点K，交CF于点L．若正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，CE＝+，则CH的长为（）A．B．C．2D．【答案】C【解答】解：设CF交AB于点P，过C作CN⊥AB于点N，如图：设正方形JKLM边长为m，∴正方形JKLM面积为m2，∵正方形ABGF与正方形JKLM的面积之比为5，∴正方形ABGF的面积为5m2，∴AF＝AB＝m，由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF ＝GF，∴△AFL≌△FGM（AAS），∴AL＝FM，设AL＝FM＝x，则FL＝FM+ML＝x+m，在Rt△AFL中，AL2+FL2＝2，∴x2+（x+m）2＝（m）2，解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），∴AL＝FM＝m，FL＝2m，∵tan∠AFL＝＝＝＝，∴＝，∴AP＝，∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，∴AP＝BP，即P为AB中点，∵∠ACB＝90°，∴CP＝AP＝BP＝，∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠F AP，∴△CPN∽△FP A，∴＝＝，即＝＝，∴CN＝m，PN＝m，∴AN＝AP+PN＝m，∴tan∠BAC＝＝＝＝，∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，∴△AEC∽△BCH，∴＝，∵CE＝+，∴＝，∴CH＝2，故选：C．13．（2022•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（）A．4B．6C．2D．3【答案】C【解答】解：如图所示：∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，∴△BMN≌△CNP（SAS），∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，∵∠BMN+∠BNM＝90°，∴∠BNM+∠CNP＝90°，∴∠MNP＝90°，∴△NMP为等腰直角三角形，根据题意得到点P的轨迹为圆弧，当MP为直径时最长，在Rt△BMN和Rt△NCP中，根据勾股定理得：MN＝NP＝＝2，则PM＝＝2．故选：C．14．（2022•苏州）如图，点A的坐标为（0，2），点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为（m，3），则m的值为（）A．B．C．D．【答案】C【解答】解：过C作CD⊥x轴于点D，CE⊥y轴于点E，如图：∵CD⊥x轴，CE⊥y＝90°，∴四边形EODC是矩形，∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，∴AE＝OE﹣OA＝CD﹣OA＝1，∴AC＝＝＝BC＝AB，在Rt△BCD中，BD＝＝＝，在Rt△AOB中，OB＝＝＝，∵OB+BD＝OD＝m，∴+＝m，化简变形得：3m4﹣22m2﹣25＝0，解得m＝或m＝﹣（舍去），∴m＝，故选：C．三．等腰直角三角形（共1小题）15．（2022•成都）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点B和C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N；②作直线MN交边AB于点E．若AC＝5，BE＝4，∠B＝45°，则AB的长为．【答案】7【解答】解：设MN交BC于D，连接EC，如图：由作图可知：MN是线段BC的垂直平分线，∴BE＝CE＝4，∴∠ECB＝∠B＝45°，∴∠AEC＝∠ECB+∠B＝90°，在Rt△ACE中，AE＝＝＝3，∴AB＝AE+BE＝3+4＝7，故答案为：7．四．等边三角形的性质（共2小题）16．（2022•张家界）如图，点O是等边三角形ABC内一点，OA＝2，OB＝1，OC＝，则△AOB与△BOC的面积之和为（）A．B．C．D．【答案】C【解答】解：将△AOB绕点B顺时针旋转60°得△CDB，连接OD，∴OB＝BD，∠OBD＝60°，CD＝OA＝2，∴△BOD是等边三角形，∴OD＝OB＝1，∵OD2+OC2＝12+（）2＝4，CD2＝22＝4，∴OD2+OC2＝CD2，∴∠DOC＝90°，∴△AOB与△BOC的面积之和为S△BOC +S△BCD＝S△BOD+S△COD＝×12+＝，故选：C．17．（2022•鄂州）如图，在边长为6的等边△ABC中，D、E分别为边BC、AC 上的点，AD与BE相交于点P，若BD＝CE＝2，则△ABP的周长为．【答案】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，在△ABD和△BCE中，∴△ABD≌△BCE（SAS）∴∠BAD＝∠CBE，∴∠APE＝∠ABP+∠BAD＝∠ABP+∠CBE＝∠ABD＝60°，∴∠APB＝120°，在CB上取一点F使CF＝CE＝2，则BF＝BC﹣CF＝4，∴∠C＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴∠BFE＝120°，即∠APB＝∠BFE，∴△APB∽△BFE，∴＝＝2，设BP＝x，则AP＝2x，作BH⊥AD延长线于H，∵∠BPD＝∠APE＝60°，∴∠PBH＝30°，∴PH＝，BH＝，∴AH＝AP+PH＝2x+＝x，在Rt△ABH中，AH2+BH2＝AB2，即（x）2+（x）2＝62，解得x＝或﹣（舍去），∴AP＝，BP＝，∴△ABP的周长为AB+AP+BP＝6++＝6+＝，故答案为：．五．含30度角的直角三角形（共1小题）18．（2022•十堰）【阅读材料】如图①，四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D ＝180°，点E，F分别在BC，CD上，若∠BAD＝2∠EAF，则EF＝BE+DF．【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD．已知CD＝CB＝100m，∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，道路AD，AB上分别有景点M，N，且DM＝100m，BN＝50（﹣1）m，若在M，N之间修一条直路，则路线M→N的长比路线M→A→N的长少m （结果取整数，参考数据：≈1.7）．【答案】370【解答】解：解法一：如图，延长DC，AB交于点G，过点N作NH⊥AD于H，∵∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，∴∠A＝360°﹣60°﹣120°﹣150°＝30°，∴∠G＝90°，∴AD＝2DG，Rt△CGB中，∠BCG＝180°﹣150°＝30°，∴BG＝BC＝50，CG＝50，∴DG＝CD+CG＝100+50，∴AD＝2DG＝200+100，AG＝DG＝150+100，∵DM＝100，∴AM＝AD﹣DM＝200+100﹣100＝100+100，∵BG＝50，BN＝50（﹣1），∴AN＝AG﹣BG﹣BN＝150+100﹣50﹣50（﹣1）＝150+50，Rt△ANH中，∵∠A＝30°，∴NH＝AN＝75+25，AH＝NH＝75+75，由勾股定理得：MN＝＝＝50（+1），∴AM+AN﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．答：路线M→N的长比路线M→A→N的长少370m．解法二：如图，延长DC，AB交于点G，连接CN，CM，则∠G＝90°，∵CD＝DM，∠D＝60°，∴△DCM是等边三角形，∴∠DCM＝60°，由解法一可知：CG＝50，GN＝BG+BN＝50+50（﹣1）＝50，∴△CGN是等腰直角三角形，∴∠GCN＝45°，∴∠BCN＝45°﹣30°＝15°，∴∠MCN＝150°﹣60°﹣15°＝75°＝∠BCD，由【阅读材料】的结论得：MN＝DM+BN＝100+50（﹣1）＝50+50，∵AM+AN﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．答：路线M→N的长比路线M→A→N的长少370m．故答案为：370．六．等腰直角三角形（共2小题）19．（2022•长沙）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点；②作直线PQ交AB于点D；③以点D为圆心，AD长为半径画弧交PQ于点M，连接AM、BM．若AB＝2，则AM的长为（）A．4B．2C．D．【答案】B【解答】解：由作图可知，PQ是AB的垂直平分线，∴AM＝BM，∵以点D为圆心，AD长为半径画弧交PQ于点M，∴DA＝DM＝DB，∴∠DAM＝∠DMA，∠DBM＝∠DMB，∵∠DAM+∠DMA+∠DBM+∠DMB＝180°，∴2∠DMA+2∠DMB＝180°，∴∠DMA+∠DMB＝90°，即∠AMB＝90°，∴△AMB是等腰直角三角形，∴AM＝AB＝×2＝2，故选：B．20．（2022•河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，点D 为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P 的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为．【答案】或【解答】解：如图：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，∴AB＝AC＝4，∵点D为AB的中点，∴CD＝AD＝AB＝2，∠ADC＝90°，∵∠ADQ＝90°，∴点C、D、Q在同一条直线上，由旋转得：CQ＝CP＝CQ′＝1，分两种情况：当点Q在CD上，在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，∴AQ＝＝＝，当点Q在DC的延长线上，在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，∴AQ′＝＝＝，综上所述：当∠ADQ＝90°时，AQ的长为或，故答案为：或．30。
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-．。
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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．。