天津市河西区普通中学2026届初三数学中考复习 等腰三角形 专题复习练习 含答案

第页天津市河西区普通中学2026届初三数学中考复习等腰三角形专题复习练习1.在△ABC中，∠ABC＝30°，∠BAC＝70°.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()A．7条B．8条C．9条D．10条2.如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2.若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有()A．1个B．2个C．3个D．3个以上3.正方形ABCD的边长是4，点P是AD边的中点，点E是正方形边上的一点，若△PBE是等腰三角形，则腰长为___．4.已知△ABC，∠BAC＝45°，AB＝8，要使满足条件的△ABC唯一确定，那么BC边长度x的取值范围为．5.在等腰△ABC中，AD⊥BC交直线BC于点D，若AD＝eq\f(1,2)BC，求△ABC的顶角的度数．6.如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE＝3，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，求DB′的长．7.如图，在边长为4的正方形ABCD中，请画出以A为一个顶点，另外两个顶点在正方形ABCD的边上，且含边长为3的所有大小不同的等腰三角形．(要求：只要画出示意图，并在所画等腰三角形长为3的边上标注数字3)8.如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，A(0，2)和C(2eq\r(3)，0)，点D是对角线AC上一动点(不与A，C重合)，连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF.(1)求点B的坐标；(2)是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由．9.在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线MN过点A且MN∥BC，过点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE＝90°，且点D在直线MN上(不与点A重合)，如图1，DE与AC交于点P，易证：BD＝DP.(无需写证明过程)(1)在图2中，DE与CA的延长线交于点P，BD＝DP是否成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；(2)在图3中，DE与AC的延长线交于点P，BD与DP是否相等？请直接写出你的结论，无需证明．10.如图1，在平面直角坐标系中，矩形ABCO，抛物线y＝－eq\f(1,2)x2＋bx＋c经过矩形ABCO的顶点B(4，3)，C，D为BC的中点，直线AD与y轴交于E点，与抛物线交于第四象限的F点．(1)求该抛物线解析式与F点坐标；(2)如图2，动点P从点C出发，沿线段CB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动；同时，动点M从点A出发，沿线段AE以每秒eq\f(\r(13),2)个单位长度的速度向终点E运动．过点P作PH⊥OA，垂足为H,连结MP，MH.设点P的运动时间为t秒．若△PMH是等腰三角形，求出此时t的值．11.如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ＝90°.(1)求ED，EC的长；(2)记线段PQ与线段DE的交点为F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．答案：1.A2.D3.2eq\r(5)或eq\f(5,2)或eq\f(\r(65),2)4.x＝4eq\r(2)或x≥85.解：①BC为腰，∵AD⊥BC，AD＝eq\f(1,2)BC，∴∠ACD＝30°，如图1，AD在△ABC内部时，顶角∠C＝30°，如图2，AD在△ABC外部时，顶角∠ACB＝150°②BC为底，如图3，∵AD⊥BC，AD＝eq\f(1,2)BC，∴AD＝BD＝CD，∴∠B＝∠BAD，∠C＝∠CAD，∴∠BAD＋∠CAD＝eq\f(1,2)×180°＝90°，∴顶角∠BAC＝90°.综上所述，等腰三角形ABC的顶角度数为30°或150°或90°6.解：若△CDB′恰为等腰三角形需分三种情况讨论：(1)若DB′＝DC时，则DB′＝16(易知点F在BC上且不与点C，B重合)；(2)当CB′＝CD时，∵EB＝EB′，CB＝CB′.∴点E，C在BB′的垂直平分线上，∴EC垂直平分BB′，由折叠可知点F与点C重合，不符合题意，舍去；(3)如图，当CB′＝DB′时，作B′G⊥AB与点G，交CD于点H.∵AB∥CD，∴B′H⊥CD，∵CB′＝DB′，∴DH＝eq\f(1,2)CD＝8，∴AG＝DH＝8，∴GE＝AG－AE＝5，在Rt△B′EG中，由勾股定理得B′G＝12，∴B′H＝GH－B′G＝4.在Rt△B′DH中，由勾股定理得DB′＝4eq\r(5)，综上所述DB′＝16或4eq\r(5)7.解：满足条件的所有等腰三角形如下图所示：8.解：(1)(2eq\r(3)，2)(2)存在．∵tan∠ACO＝eq\f(AO,OC)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠ACO＝30°，∠ACB＝60°.①如题图中，△DEC是等腰三角形，只有ED＝EC，∴∠DCE＝∠EDC＝30°，∴∠CDB＝∠BCD＝60°， ∴△DBC是等边三角形，∴DC＝BC＝2，在Rt△AOC中，∵∠ACO＝30°，OA＝2，∴AC＝2AO＝4，∴AD＝AC－CD＝2；②如图，当点E在OC延长线上时，∵△DCE是等腰三角形，易知CD＝CE，∠DBC＝∠DEC＝∠CDE＝15°，∴∠ABD＝∠ADB＝75°，∴AD＝AB＝2eq\r(3).综上可知，AD的长度为2或2eq\r(3).9.解：(1)BD＝DP成立，证明：如图②，过点D作DF⊥MN，交AB的延长线与点F，则△ADF为等腰直角三角形，∴DA＝DF.∵∠1＋∠ADB＝90°，∠ADB＋∠2＝90°，∴∠1＝∠2.在△BDF与△PDA中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠2＝∠1，,DF＝DA，,∠DFB＝∠DAP＝45°，))∴△BDF≌△PDA(ASA)，∴BD＝DP(2)BD＝DP.证明：如图③，过点D作DF⊥MN，交BA的延长线于点F，则△ADF为等腰直角三角形，∴DA＝DF.在△BDF与△PDA中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠F＝∠PAD＝45°，,DF＝DA，,∠BDF＝∠PDA，))∴△BDF≌△PDA(ASA)，∴BD＝DP10.解：(1)∵矩形ABCO，B点坐标为(4，3)，∴C点坐标为(0，3)，∵抛物线y＝－eq\f(1,2)x2＋bx＋c经过矩形ABCO的顶点B，C，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝3，,－8＋4b＋c＝3，))解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝3，,b＝2，))∴该抛物线解析式y＝－eq\f(1,2)x2＋2x＋3，设直线AD的解析式为y＝k1x＋b1，∵A(4，0)，B(2，3)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4k1＋b1＝0，,2k1＋b1＝3，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k1＝－\f(3,2)，,b1＝6，))∴y＝－eq\f(3,2)x＋6，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(3,2)x＋6，,y＝－\f(1,2)x2＋2x＋3，))∵F点在第四象限，∴F(6，－3)(2)如图①过M作MN⊥OA交OA于N，∵△AMN∽△AEO，∴eq\f(AM,AE)＝eq\f(AN,AO)＝eq\f(MN,EO)，∴AN＝t，MN＝eq\f(3,2)t，①如图③，当PM＝HM时，M在PH的垂直平分线上，∴MN＝eq\f(1,2)PH，∴MN＝eq\f(3,2)t＝eq\f(3,2)，∴t＝1；②如图①，当HM＝HP时，MH＝3，MN＝eq\f(3,2)t，HN＝OA－AN－OH＝4－2t，在Rt△HMN中，MN2＋HN2＝MH2，∴(eq\f(3,2)t)2＋(4－2t)2＝32，解得：t1＝2(舍去)，t2＝eq\f(14,25)；③如图②，如图④，当PH＝PM时，∵PM＝3，MT＝|3－eq\f(3,2)t|，PT＝BC－CP－BT＝|4－2t|，∴在Rt△PMT中，MT2＋PT2＝PM2，即(3－eq\f(3,2)t)2＋(4－2t)2＝32，解得：t1＝eq\f(16,5)，t2＝eq\f(4,5).综上所述：t＝eq\f(14,25)或eq\f(4,5)或1或eq\f(16,5).11.解：(1)ED＝eq\f(15,4)，EC＝eq\f(25,4)(2)△BPD∽△EQD，∴eq\f(BD,ED)＝eq\f(PD,DQ)，∵CD＝BD，∴eq\f(CD,ED)＝eq\f(PD,DQ)，又∵∠PDQ＝∠CDE＝90°，∴△PDQ∽△CDE，∠QPD＝∠C.由∠PDQ＝90°，∠CDE＝90°，可得∠PDF＝∠CDQ.因此△PDF∽△CDQ.当△PDF是等腰三角形时，△CDQ也是等腰三角形．作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，①如图1，当CQ＝CD＝5时，QN＝CQ－CN＝5－4＝1.此时PM＝eq\f(4,3)QN＝eq\f(4,3)，∴BP＝BM－PM＝3－eq\f(4,3)＝eq\f(5,3)；②如图2，当QC＝QD时，作QH⊥CD于点H，由cosC＝eq