2024河南中考数学复习 特殊三角形及其性质 强化精练 (含答案)

2024河南中考数学复习特殊三角形及其性质强化精练基础题1.(2023眉山)如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，则∠ACD的度数为()A.70°B.100°C.110°D.140°第1题图2.(2023贵州)5月26日，“2023中国国际大数据产业博览会”在贵阳开幕，在“自动化立体库”中有许多几何元素，其中有一个等腰三角形模型(示意图如图所示)，它的顶角为120°，腰长为12m，则底边上的高是()第2题图A.4mB.6mC.10mD.12m3.如图，在等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，点E是AD延长线上一点，若AE＝AC，则∠AEC的度数为()A.45°B.60°C.65°D.75°第3题图4.如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的高，∠B＝30°，AB＝8，则AD的长为()第4题图A.2B.2eq\r(3)C.4D.4eq\r(3)5.如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，点P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙向下滑动过程中的某个位置，则OP的长在竹竿AB滑动过程中的情况是()A.下滑时，OP的长度增大B.上升时，OP的长度减小C.只要滑动，OP的长度就变化D.无论怎样滑动，OP的长度不变第5题图【解题关键点】直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．6.如图，在3×4的正方形网格(每个小正方形的边长都是1)中，标记格点A，B，C，D，则下列线段长度为eq\r(10)的是()第6题图A.线段ABB.线段BCC.线段ACD.线段BD7.(2023遂宁)若三角形三个内角的比为1∶2∶3，则这个三角形是________三角形．8.(2023新疆维吾尔自治区)如图，在△ABC中，若AB＝AC，AD＝BD，∠CAD＝24°，则∠C＝________°.第8题图9.(2023江西)将含30°角的直角三角板和直尺按如图所示的方式放置，已知∠α＝60°，点B，C表示的刻度分别为1cm，3cm，则线段AB的长为________cm.第9题图10.如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，E为AC的中点．若AC＝8，CD＝5，则DE＝________．第10题图11.如图，在△ABC中，∠A＝90°，∠ABC＝30°，BD平分∠ABC交AC于点D，过点D作DE∥BC交AB于点E，若AD＝2，则AB的长为________．第11题图12.(2023荆州)如图，BD是等边△ABC的中线，以D为圆心，DB的长为半径画弧，交BC的延长线于E，连接DE，求证：CD＝CE.第12题图13.如图，在△ABC中，∠C＝90°，点P在AC上运动，点D在AB上运动，PD始终保持与PA相等，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE.(1)判断DE与PD的位置关系，并说明理由；第13题图(2)若AC＝6，BC＝8，PA＝2，求线段DE的长．拔高题14.(2023菏泽)△ABC的三边长a，b，c满足(a－b)2＋eq\r(2a－b－3)＋|c－3eq\r(2)|＝0，则△ABC是()A.等腰三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.等腰直角三角形15.(2023济宁)如图，在正方形方格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，点A，B，C，D，E均在小正方形方格的顶点上，线段AB，CD交于点F，若∠CFB＝α，则∠ABE等于()A.180°－αB.180°－2αC.90°＋αD.90°＋2α第15题图16.(2023凉山州)如图，边长为2的等边△ABC的两个顶点A，B分别在两条射线OM，ON上滑动，若OM⊥ON，则OC的最大值是________．第16题图【解题关键点】关键点一：A,B中点的轨迹在以O为圆心,AB长为半径的圆弧上；关键点二：利用三角形的三边关系解题．17.如图，Rt△ABC中，∠A＝90°，AC＝3，AB＝4，点P为AB上一个动点，将△APC沿直线CP折叠得到△QPC，点A的对应点为点Q，连接BQ，当△PBQ为直角三角形时，BQ的长为________．第17题图参考答案与解析1.C【解析】∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵∠A＝40°，∴∠B＝∠ACB＝eq\f(180°－∠A,2)＝eq\f(180°－40°,2)＝70°，∵∠ACD是△ABC的一个外角，∴∠ACD＝∠A＋∠B＝40°＋70°＝110°.2.B【解析】如解图，过点A作AD⊥BC于点D，∵△ABC是等腰三角形，∠BAC＝120°，∴∠B＝eq\f(1,2)×(180°－120°)＝30°，∴AD＝eq\f(1,2)AB＝6m.第2题解图3.D【解析】∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，∴∠CAE＝30°，∵AE＝AC，∴∠AEC＝∠ACE＝eq\f(180°－30°,2)＝75°.4.A【解析】∵CD⊥AB，∠ACB＝90°，∴∠ADC＝90°＝∠ACB，∵∠B＝30°，∴∠A＝90°－∠B＝60°，∴∠ACD＝90°－∠A＝30°，∵AB＝8，∴AC＝eq\f(1,2)AB＝4，∴AD＝eq\f(1,2)AC＝2.5.D【解析】∵∠AOB＝90°，P为AB的中点，∴OP＝eq\f(1,2)AB，即OP的长在竹竿AB滑动过程中始终保持不变．6.B【解析】由题图可得，AB＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，BC＝eq\r(12＋32)＝eq\r(10)，AC＝eq\r(12＋42)＝eq\r(17)，BD＝eq\r(22＋32)＝eq\r(13)，∴线段长度为eq\r(10)的是线段BC.7.直角【解析】设这个三角形三个内角依次为x，2x，3x，∵x＋2x＋3x＝180°，∴x＝30°，∴最大角为3x＝90°，故这个三角形是直角三角形．8.52【解析】∵AB＝AC，AD＝BD，∴∠B＝∠C，∠B＝∠BAD，∴∠BAC＝180°－∠B－∠C＝∠CAD＋∠BAD，∴180°－2∠C＝24°＋∠C，∴∠C＝52°.9.2【解析】∵直尺的两对边相互平行，∴∠ACB＝∠α＝60°，∵∠A＝60°，∴∠ABC＝180°－∠ACB－∠A＝180°－60°－60°＝60°，∴∠A＝∠ABC＝∠ACB，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝3－1＝2(cm).10.3【解析】∵CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，CD＝5，∴AB＝2CD＝10，∵∠ACB＝90°，AC＝8，∴根据勾股定理得：BC＝eq\r(AB2－AC2)＝6，∵E为AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝eq\f(1,2)BC＝3.11.2eq\r(3)＋4【解析】∵BD平分∠ABC，ED∥BC，∴∠EBD＝∠DBC＝∠EDB，∠AED＝∠ABC＝30°，∴EB＝ED，∵∠A＝90°，∴ED＝2AD＝4，AE＝eq\r(3)AD＝2eq\r(3)，∴AB＝AE＋BE＝AE＋ED＝2eq\r(3)＋4.12.证明：如解图，∵BD为等边△ABC的中线，∴BD⊥AC，∠1＝60°，∴∠3＝30°.∵BD＝DE，∴∠E＝∠3＝30°，∵∠2＋∠E＝∠1＝60°，∴∠E＝∠2＝30°，∴CD＝CE.第12题解图13.解：(1)DE⊥PD，理由如下：∵PD＝PA，∴∠PDA＝∠A，∵EF垂直平分BD，∴ED＝EB，∴∠EDB＝∠B，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠A＋∠B＝90°，∴∠PDA＋∠EDB＝90°，∴∠PDE＝90°，∴DE⊥PD；(2)如解图，连接PE，∵AC＝6，BC＝8，PA＝2，∴CP＝AC－PA＝4，PD＝PA＝2，设DE＝BE＝x，则CE＝8－x，在Rt△PEC中，根据勾股定理，得PE2＝42＋(8－x)2，在Rt△PDE中，根据勾股定理，得PE2＝22＋x2，∴42＋(8－x)2＝22＋x2，解得x＝eq\f(19,4)，∴DE＝eq\f(19,4).第13题解图14.D【解析】由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－b）2≥0,\r(2a－b－3)≥0,|c－3\r(2)|≥0))，要满足(a－b)2＋eq\r(2a－b－3)＋|c－3eq\r(2)|＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b＝0,2a－b－3＝0,c－3\r(2)＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3,b＝3,c＝3\r(2)))，∵a2＋b2＝c2，且a＝b，∴△ABC为等腰直角三角形．15.C【解析】如解图，过B点作BG∥CD，连接EG，∵BG∥CD，∴∠ABG＝∠CFB＝α.∵BG2＝12＋42＝17，BE2＝12＋42＝17，EG2＝32＋52＝34，∴BG2＋BE2＝EG2，∴△BEG是直角三角形，且∠GBE＝90°，∴∠ABE＝∠GBE＋∠ABG＝90°＋α.第15题解图16.1＋eq\r(3)【解析】如解图，取AB的中点D，连接OD，DC，∴OC≤OD＋DC，当O，D，C三点共线时，OC有最大值，最大值是OD＋CD，∵△ABC为等边三角形，D为AB中点，∴BD＝1，BC＝2，∴CD＝eq\r(BC2－BD2)＝eq\r(3)，∵△AOB为直角三角形，D为斜边AB的中点，∴OD＝eq\f(1,2)AB＝1，∴OD＋CD＝1＋eq\r(3)，即OC的最大值为1＋eq\r(3).第16题解图17.2或eq\r(10)【解析】∵∠A＝90°，AC＝3，AB＝4，∴BC＝eq\r(AC2＋AB2)＝eq\r(32＋42)＝5，由折叠得QC＝AC＝3，PQ＝PA，∠PQC＝∠A＝90°，如解图①，△PBQ为直角三角形，且∠PQB＝90°，∴∠PQC＋∠PQB＝180°，∴B，Q，C三点共线，∴点Q在BC上，∴BQ＝BC－QC＝5－3＝2；如解图②，△PBQ为直角三角形，且∠BPQ＝90°，∴∠APQ＝90