2022-2023学年北京市海淀区中考数学专题训练-三角形综合题（含解析）

第页码页码页/总NUMPAGES总页数总页数页2022-2023学年北京市海淀区中考数学专题训练—三角形综合题一、单选题1．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是AB的中点，连接CD，将△ACD沿CD翻折得到△ECD,DE与BC交于点F，连接BE.若AC=3,BC=4，则点F到BE的距离为（）A．23914 B．277 C．2．如图，在△ABC中，点D是BC边上一点，AD＝AC，过点D作DE⊥BC交AB于E，若△ADE是等腰三角形，则下列判断中正确的是（）A．∠B＝∠CAD B．∠BED＝∠CADC．∠ADB＝∠AED D．∠BED＝∠ADC3．如图，将边长为1的正方形纸片ABCD折叠，使点B的对应点M落在边CD上（不与点C、D重合），折痕为EF，AB的对应线段MG交AD于点N.以下结论正确的有（）①∠MBN＝45°；②△MDN的周长是定值；③△MDN的面积是定值.A．①② B．①③ C．②③ D．①②③4．已知函数y=−12①若点M1（x1，y1），M2（x2，y2）在图象上，且x1＜x2＜0，则y1＜y2；②当点P坐标为（0，﹣3）时，△AOB是等腰三角形；③无论点P在什么位置，始终有S△AOB=7.5，AP=4BP；④当点P移动到使∠AOB=90°时，点A的坐标为（26，﹣6）．其中正确的结论个数为（）A．1 B．2 C．3 D．45．如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BAD，CE⊥AB于点E，∠ADC＋∠ABC＝180°，有下列结论：①CD＝CB；②AD＋AB＝2AE；③∠ACD＝∠BCE；④AB－AD＝2BE，其中正确的是()A．② B．①②③ C．①②④ D．①②③④6．如图，在Rt△ABC中，点D，E分别是边AC、AB上的两点，连接BD，CE，CD＝AE，已知BC＝6，AB＝8，则BD+CE的最小值是（）A．136 B．10 C．9.6 D．5+457．如图，一张矩形纸片ABCD，其中AD＝10cm，AB＝6cm，先沿对角线BD对折，使点C落在点C′的位置，BC′交AD于点G（图1），再折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于点M（图2），则EM的长为（）A．165 B．83 C．858．如图，正方形ABCD内接于⊙O，线段MN在对角线BD上运动，若⊙O的面积为2π，MN=1，则△AMN周长的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题9．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点D是边AC的中点，点E，F在边AB上，当△DEF是等腰三角形，且底角的正切值是45时，△DEF腰长的值是10．在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为.11．如图，在△ABC中，AB=2，∠ACB=60°，CD⊥BC，DC=BC，则AD的长的最大值为．12．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，将△BCD沿射线BD平移长度a(a>0)得到△B′C′D′，连接AB13．勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣，1955年希腊发型了二枚以勾股图为背景的邮票．所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理．在如图的勾股图中，已知∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4．作△PQO使得∠O=90°，点Q在在直角坐标系y轴正半轴上，点P在x轴正半轴上，点O与原点重合，∠OQP=60°，点H在边QO上，点D、E在边PO上，点G、F在边PQ上，那么点P坐标为．14．如图，△ABC，∠ACB=90°，点D，E分别在AB，BC上，AC=AD，∠CDE=45°，CD与AE交于点F，若∠AEC=∠DEB，CE=7104三、综合题15．如图，抛物线与x轴交于点A(−1,0)和点B(3,0)，与y轴交于点C，且过点D(2,−3).点P是抛物线上的动点（不与点D重合），直线PD与y轴交于点E.（1）求抛物线的解析式；（2）若点P的横坐标为m，则直线PD的解析式可用含m的式子表示为；（3）当点P在直线OD下方时，求△POD面积的最大值.16．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系.（1）探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2.他的证明思路如下：第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP.第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM.第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2.最后得到OM2+BN2＝MN2.请你完成第二步三角形全等的证明.（2）继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2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）新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分).17．（1）阅读理解：如图①，在△ABC中，若AB=8，AC=4，求BC边上的中线AD的取值范围是（2）问题解决：如图②，在△ABC中D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF；（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，CB=CD，∠BCD=140°，以C为顶点作一个70角的两边分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并加以证明.18．如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB=BC=12，点E是BC上一点，BE=4，EA平分∠BED，EF⊥DE交AB于F，动点P在DE上从点D向终点E匀速运动，同时，动点Q在AB上从点B向终点A匀速运动，它们同时到达终点.PQ与AE（1）求证：AF=EF（2）求AD的长；（3）①当PQ与四边形AFED的一边平行时，求所有满足条件的BQ的长；②当PQ⊥AE时，PQ交CD于M，记ΔAQG，ΔPEG，ΔPDM的面积分别为S1，S19．如图，直线y＝43（1）求A，B两点的坐标；（2）过B点作直线与x轴交于点P，若△ABP的面积为8，试求点P的坐标．（3）点M是OB上的一点，若将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B1处，求出点M的坐标．（4）点C在y轴上，连接AC，若△ABC是以AB为腰的等腰三角形，请直接写出点C的坐标．20．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，0），将x轴绕点A顺时针旋转60°交y轴于点B，再将点B绕点A顺时针旋转90°得到点C.（1）求直线BC的解析式；（2）若点Q为平面直角坐标系中一点，且满足四边形ABCQ为平行四边形，求点Q的坐标；（3）在直线BC和y轴上，是否分别存在点M和点N，使得以点M，N，A，C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由.

答案解析部分1．【正确答案】D2．【正确答案】B3．【正确答案】A4．【正确答案】C5．【正确答案】C6．【正确答案】A7．【正确答案】B8．【正确答案】B9．【正确答案】3411010．【正确答案】4511．【正确答案】212．【正确答案】75或13．【正确答案】（73+6，0）14．【正确答案】515．【正确答案】（1）解：设函数表达式为：y=a(x+1)(x−3)，将D（2，-3）代入上式中得−3=a(2+1)(2−3)，解得a=1∴抛物线的表达式为：y=（2）y=mx-2m-3（3）解：设直线PD与y轴交于G，由（2）知直线PD的解析式为：y=mx−2m−3∴令x=0，得y=−2m−3即OG=2m+3∴S∵−1<0故S△POD故由二次函数性质知当m=1416．【正确答案】（1）解：如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP.∵点A(0，4)，B(4，4)，∴OA＝AB，∠OAB＝90°，∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)（2）解：如图2中，结论仍然成立.理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP.∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)，∴MN＝PM，∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，∴∠MOP＝90°，∴PM2＝OM2+OP2，∴OM2+BN2＝MN2（3）解：如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长.设MN＝2x，则BM＝BN＝x，∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，∴OB＝42，∴OM＝42﹣x，∵OM2+BN2＝MN2.∴(42﹣x)2+x2＝(2x)2，解得x＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃)∴MN＝﹣42+46.17．【正确答案】（1）2＜AD＜6（2）解：如图2，延长FD至点M，使DM=DF，连接BM、EM同（1）得：△BMD≅△CFD(SAS)∴BM=CF∵DE⊥DF，DM=DF∴DE是MF的垂直平分线∴EM=EF在△BME中，由三角形的三边关系得：BE+BM>EM∴BE+CF>EF；（3）解：BE+DF=EF；证明如下：如图3，延长AB至点N，使BN=DF，连接CN∵∠ABC+∠D=180°，∠NBC+∠ABC=180°∴∠NBC=∠D在△NBC和△FDC中，BN=DF∴△NBC≅△FDC(SAS)∴CN=CF，∠NCB=∠FCD∵∠BCD=140°，∠ECF=70°∴∠BCE+∠FCD=70°∴∠BCE+∠NCB=70°∴∠ECN=70°=∠ECF在△NCE和△FCE中，CN=CF∴△NCE≌△FCE(SAS)∴EN=EF∵BE+BN=EN∴BE+DF=EF.18．【正确答案】（1）证明：∵∠B＝90°，∴∠BAE＋∠AEB＝90°，∵∠FED＝90°，∴∠AEF＋∠AED＝90°，∵AE平分∠FED，∴∠AED＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEF，∴AF＝EF（2）解：设AF＝x，则EF＝x，在Rt△BFE中，BE2＋BF2＝EF2，∴（12−x）2＋42＝x2，解得：x=203∴AF＝EF＝203∴BF＝12−x＝12−203＝16∵∠B＝∠C＝∠FED＝90°，∴∠CED＋∠BEF＝∠BFE＋∠BEF＝90°，∴∠CED＝∠BFE，∴△CED∽△BFE，∴BFCE=BE∴DC＝6，作DH⊥AB于点H，在Rt△DHA中，DH2＋HA2＝AD2，∴AD=12（3）解：①由（2）知：CD＝6，CE＝8，∴DE＝CD2+C延长DE交AB的延长线于点S，∵∠SBE＝∠C＝90°，∠SEB＝∠DEC，∴△SEB∽△DEC，∴BSCD=∴BS＝3，SE＝5，∴SA＝SB＋AB＝3＋12＝15，SD＝SE＋DE＝5＋10＝15，∴SA＝SD，SF＝SB＋BF＝3＋163＝25∵动点P在DE上从点D向终点E匀速运动，同时，动点Q在AB上从点B向终点A匀速运动，它们同时到达终点，∴DPBQ=DE∴AQ＝12−BQ，EP＝DE−DP＝10−56∵PQ与四边形AFED的一边平行，∴可分两种情况：PQ∥AD或PQ∥EF，当PQ∥AD时，则AQDP∵SA＝SD，∴AQ＝DP，∴12−BQ＝56∴BQ＝7211当PQ∥EF时，则SFSQ∴SF•SP＝SE•SQ，∴253×（15−5∴BQ＝39643综上所述，BQ的长为7211或396②过点D作DT⊥AE于点T，交AB于点R，DH⊥PQ于点H，由①得：AD＝65，DE＝10，AE=AB2＋BE2∵DE2−ET2＝AD2−AT2，∴102−（410−AT）2＝（65）2−AT2，解得：AT＝310，∴ET＝AE−AT＝10，RT＝13AT＝10∴DT＝310，DR＝410，∵tan∠EDT＝ETDT＝10310=1∴tan∠EDT＝tan∠EAB，∴∠EDT＝∠EAB，∵PQ⊥AE，∴PQ∥DT，∴∠EPG＝∠EDT＝∠DPM＝∠EAB，∴△AQG∽△PEG，∴S△AQG∵AQAG∴AG＝31010AQ，GE＝AE−AG＝410−∴PE＝10GE＝40−3AQ＝40−3（12-BQ）=4＋3BQ，∵PE＋DP＝DE，∴4＋3BQ＋56∴BQ＝3623∴AQ＝24023∴QG=241023，PE=20023∵四边形DMQR是平行四边形，∴QM＝DR＝410，∴PM＝QM−QG−GP＝410-241023-6010∵△PDH∽△PEG，∴DHDP∴DH=1010DP＝1010×56BQ=1010×56∴S△PDM＝12PM•DH＝12×81023×S△AQG＝12AG•QG＝12×721023×∴S△PDM∴S1：S2：S3=72：50：1.19．【正确答案】（1）解：对于y＝43x+4，令y＝0，即y＝4（2）解：设点P（x，0），则△ABP的面积＝12×AP×OB＝1故点P的坐标为（1，0）或（﹣7，0）；（3）解：由点A、B的坐标知，OA＝3，BO＝4，则AB＝AO2+B故点B1的坐标为（2，0），设点M的坐标为（0，m），由题意得：MB＝MB1，即m2+4＝（m﹣4）2，解得m＝1.5，故点M的坐标为（0，1.5）；（4）点C的坐标为（0，9）或（0，﹣