中考数学总复习（三角形）

今日奋发拼搏，明日独占鳌头，舍我其谁！第中考总复习数学三角形1．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．2．已知，，．（1）如图1，平分，求证：四边形是菱形；（2）如图2，将（1）中的绕点逆时针旋转（旋转角小于，，的延长线相交于点，用等式表示与之间的数量关系，并证明；（3）如图3，将（1）中的绕点顺时针旋转（旋转角小于，若，求的度数．3．如图1，在中，，，点在边上由点向点运动（不与点、重合），过点作，交射线于点．（1）分别探索以下两种特殊情形时线段与的数量关系，并说明理由；①点在线段的延长线上且；②点在线段上且．（2）若．①当时，求的长；②直接写出运动过程中线段长度的最小值．4．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）数学活动小组同学对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．”5．【特例感知】（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是；【类比迁移】（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．【方法运用】（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC．①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是；②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．6．两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；（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．7．如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂足为C，点C的坐标为（0，）．P是直线AB上在第一象限内的一动点，过点P作y轴的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连接BE，BF．（1）填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为；（2）当点P在线段AB上运动时（点P不与点A，B重合），设点M的横坐标为m．①求m值最大时点D的坐标；②是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动、速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP，EQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：（1）当EQ⊥AD时，求t的值；（2）设四边形PCDQ的面积为S（cm2），求S与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．9．如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM＝a，CN＝b，若ab＝8．（1）判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；（2）①当a＝b时，求∠ECF的度数；②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．10．【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．【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．请直接写出的值．【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝90°，且＝＝．连接BD，CE．（1）求的值；（2）延长CE交BD于点F，交AB于点G．求sin∠BFC的值．11．将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点在边上（点不与点，重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点，并与轴的正半轴相交于点，且，点的对应点落在第一象限．设．（Ⅰ）如图①，当时，求的大小和点的坐标；（Ⅱ）如图②，若折叠后重合部分为四边形，，分别与边相交于点，，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围；（Ⅲ）若折叠后重合部分的面积为，则的值可以是.（请直接写出两个不同的值即可）．12．【基础巩固】（1）如图1，在中，，，分别为，，上的点，，，交于点，求证：．【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，连结，．若，，，求的值．【拓展提高】（3）如图3，在中，，与交于点，为上一点，交于点，交于点．若，平分，，求的长．13．如图，在锐角中，，点，分别是边，上一动点，连接交直线于点．（1）如图1，若，且，，求的度数；（2）如图2，若，且，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，连接，点是的中点，连接．在点，运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想；（3）若，且，将沿直线翻折至所在平面内得到，点是的中点，点是线段上一点，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接．在点，运动过程中，当线段取得最小值，且时，请直接写出的值．

冠市联合学校2022-2023学年中考总复习数学三角形参考答案1【解答】（1）证明：在△BCD和△FCE中，，∴△BCD≌△FCE（SAS），∴∠DBC＝∠EFC，∴BD∥EF，∵AF⊥EF，∴BD⊥AF；（2）解：由题意补全图形如下：CD＝CH．证明：延长BC到F，使CF＝BC，连接AF，EF，∵AC⊥BF，BC＝CF，∴AB＝AF，由（1）可知BD∥EF，BD＝EF，∵AB2＝AE2+BD2，∴AF2＝AE2+EF2，∴∠AEF＝90°，∴AE⊥EF，∴BD⊥AE，∴∠DHE＝90°，又∵CD＝CE，∴CH＝CD＝CE．2【解答】（1）证明：，，，，，平分，，，，四边形为平行四边形，，平行四边形为菱形；（2）解：，理由如下：，，，，，，，；（3）解：如图3，在上取点，使，连接，在和中，，，，，，，，设，，则，，，，，，，，，即．3【解答】解：（1）①，理由如下：，，，，，，，；②，理由如下：如图：，，，，，，，，，，；（2）①过作于，如图：，，，，即，，，设，则，在中，，，，即，，，，，，，即，；②作的中点，连接，如图：，是斜边上的中线，，，当最小时，最小，此时，，，，，，此时，答：线段长度的最小值为4，法过做于，过做于，如图：，，，，，，，，，，，，，，即，，，，，，，．答：线段长度的最小值为4，4【解答】（1）证明：如图1中，∵∠ADC＝∠ACB，∴∠B+∠DCB＝∠DCB+∠ACD，∴∠ACD＝∠B；（2）解：结论：BH＝EF．理由：如图2中，在CB上取一点T，使得GH＝CT．在△BGH和△DCT中，，∴△BGH≌△DCT（SAS），∴BH＝DT，∠GBH＝∠CDT，∵∠CDT+∠FDT＝180°，∴∠GBH+∠FDT＝180°，∴∠BFD+∠BTD＝180°，∵∠CFE+∠BFD＝180°，∴∠CFE＝∠BTD，在△CEF和△BDT中，，∴△CEF≌△BDT（AAS），∴EF＝DT，∴EF＝BH；（3）解：如图3中，过点E作EM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，过点F作FQ⊥BC于点Q．∵∠CAD＝∠BAC，∠ACD＝∠ABC，∴△ACD∽△ABC，∴＝，∵AC＝2，AB＝4，∴AD＝1，BD＝CE＝3，∴AE＝1，BE＝＝＝，∵∠CAB＝90°，∴BC＝＝＝2，∵S△CEB＝•CE•BA＝•EM•CB．∴EM＝，∴CM＝＝＝，∴BM＝BC﹣CM＝2﹣＝，∵S△BCD+S△ADC＝S△ACB，∴×2×DN+×1×2＝×2×4，∴DN＝，BN＝，CN＝CB﹣BN＝2﹣＝，设BF＝k，∵FQ∥EM，∴＝＝，∴＝＝，∴BQ＝k，FQ＝k，∵DN∥FQ，∴＝，∴＝，∴CQ＝k，∵BQ+CQ＝2，∴k+k＝2，∴k＝，∴EF＝BE﹣BF＝﹣＝，∴BH＝EF＝．5【解答】解：（1）AD＝BC．理由如下：如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，∴OA＝OB，OD＝OC，在△AOD和△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC，故答案为：AD＝BC；（2）AD＝BC仍然成立.证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，即∠BOC＝∠AOD，在△AOD和△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴AD＝BC；（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，∴BT＝AB，BD＝BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，∴＝＝，∠ABC＝∠TBD，∴△ABC∽△TBD，∴＝＝，∴DT＝AC＝×3＝3，∵AT＝AB＝8，DT＝3，∴点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3，故答案为：8+3；②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，∵＝＝cos30°＝，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，∴△BAC∽△BTD，∴＝＝，∴DT＝AC＝×3＝，在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4，∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，∵TH⊥AD，∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cos∠TAH＝4cos30°＝2，在Rt△DTH中，DH＝＝＝，∴AD＝AH+DH＝2+．6【解答】（1）证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；（2）解：∠AEB＝90°，AE＝BE+2CM，理由如下：如图：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝90°＝∠DCE，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴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．7【解答】解：（1）∵△AOB是等边三角形，∴∠AOB＝60°，当点P在线段AB上时，AD＝OD，∴∠DAO＝∠AOD＝∠BOC﹣∠AOB＝30°，∵AC⊥y轴，∴∠CAO＝∠AOB＝60°，∴∠CAD＝∠ACO﹣∠DAO＝60°﹣30°＝30°，在Rt△AOC中，AC＝OC•tan∠AOC＝＝1，OA＝2AC＝2，在Rt△ACD中，AD＝＝，∴DO＝，∴D（0，），当点P在BA的延长线上时，OD＝OA＝2，∴D（0，2），故答案为：（0，）或（0，2）；（2）①设OD＝x，则CD＝﹣x，∵∠ACD＝∠DOM＝90°，∴∠CAD+∠ADC＝90°，∵DM⊥AD，∴∠ADM＝90°，∴∠ADC+∠ODM＝90°，∴∠CAD＝∠ODM，∴△ACD∽△DOM，∴，∴＝，∴m＝x•（）＝﹣（x﹣）2+，∴当x＝时，m最大＝，∴当m最大＝时，D（0，）；②如图，假设存在m，使BE＝BF，作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，∵BE＝BF，∴GE＝GF，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝OB，∴AG＝OG，∴AG﹣GE＝OG﹣GF，即：AE＝OF，由①知：m＝x，∵∠ACD＝∠CDQ＝∠AQD＝90du3，∴四边形ACDQ是矩形，∴AQ＝CD＝﹣x，在Rt△AEQ中，AE＝＝＝，∴OF＝AE＝，在Rt△OFH中，HF＝＝，OH＝OF＝﹣x，∴DH＝OD﹣OH＝x﹣（﹣x），∵HF∥OM，∴△DHF∽△DOM，∴，，∴＝，∴x＝，∴m＝＝2﹣＝．8【解答】解：（1）如图：在Rt△ABC中，AC＝＝＝4，∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，∴AD＝AB＝5，DE＝BC＝3，AE＝AC＝4，∠AED＝∠ACB＝90°，∵EQ⊥AD，∴∠AQE＝∠AED＝90°，∵∠EAQ＝∠DAE，∴△AQE∽△AED，∴＝，即＝，∴AQ＝，∴t＝＝；答：t的值为；（2）过P作PN⊥BC于N，过C作CM⊥AD于M，如图：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，∴∠BAD＝90°，即∠BAC+∠CAM＝90°，∵∠B+∠BAC＝90°，∴∠B＝∠CAM，∵∠ACB＝90°＝∠AMC，∴△ABC∽△CAM，∴＝，即＝，∴CM＝，∴S△ACD＝AD•CM＝×5×＝8，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝×3×4+8＝14，∵∠PBN＝∠ABC，∠PNB＝90°＝∠ACB，∴△PBN∽△ABC，∴＝，即＝，∴PN＝t，∴S△BCP＝BC•PN＝×3×t＝t，∴S＝S四边形ABCD﹣S△BCP﹣S△APQ＝14﹣t﹣（5﹣t）•t＝t2﹣t+14；答：S与t之间的函数关系式是S＝t2﹣t+14；（3）存在某一时刻t，使PQ∥CD，理由如下：过C作CM⊥AD于M，如图：由（2）知CM＝，∴AM＝＝＝，∴DM＝AD﹣AM＝5﹣＝，∵PQ∥CD，∴∠AQP＝∠MDC，∵∠PAQ＝∠CMD＝90°，∴△APQ∽△MCD，∴＝，即＝，解得t＝，答：存在时刻t＝，使PQ∥CD．9【解答】解：（1）线段AE，EF，BF组成的是直角三角形，理由如下：∵AM＝AC﹣CM＝4﹣a，BN＝4﹣b，∴AE＝，BE＝，∴AE2+BF2＝2（4﹣a）2+2（4﹣b）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），＝4，∴EF＝AB﹣AE﹣BF＝[4﹣（4﹣a）﹣（4﹣b）]，∵ab＝8，EF2＝2（a+b﹣4）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+16+2ab）＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），∴AE2+BF2＝EF2，∴线段AE，EF，BF组成的是直角三角形；（2）①如图1，连接PC交EF于G，∵a＝b，∴ME＝AM＝BN＝NF，∵四边形CNPM是矩形，∴矩形CNPM是正方形，∴PC平分∠ACB，∴CG⊥AB，∴∠PEG＝90°，∵CM＝CN＝PM＝PN，∴PE＝PF，∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形，EF2＝AE2+BF2，EF2＝PE2+PF2，∴PE＝AE＝PF＝BF，∴ME＝EG＝FG＝FN，∴∠MCE＝∠GCE，∠NCF＝∠GCF，∵∠ACB＝90°，∴∠ECG+∠FCG＝；②如图2，仍然成立，理由如下：将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，∴∠DAC＝∠B＝45°，AD＝BF，∴∠DAE＝∠DAC+∠CAB＝90°，∴DE2＝AD2+AE2＝BF2+AE2∵EF2＝BF2+AE2，∴DE＝EF，∵CD＝CF，CE＝CE，∴△DCF≌△FCE（SSS），∴∠ECF＝∠DCF＝．