中考数学 专项训练 考点28 三角形的存在性综合问题

专题28 三角形的存在性综合问题
1、如图，如图1，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣4，﹣1）、B（﹣2，1），将线段AB平移至线段CD，使点A的对应点C在x轴的正半轴上，点D在第一象限．
（1）若点C的坐标（k，0），求点D的坐标（用含k的式子表示）；
（2）连接BD、BC，若三角形BCD的面积为5，求k的值；
（3）如图2，分别作∠ABC和∠ADC的平分线，它们交于点P，请写出∠A、和∠P和∠BCD之间的一个等量关系，并说明理由．

解：（1）∵点A（﹣4，﹣1）、B（﹣2，1），C（k，0），将线段AB平移至线段CD，
∴点B向上平移一个单位，向右平移（k+4）个单位到点D，
∴D（k+2，2）；
（2）如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，

∵A（﹣4，﹣1）、B（﹣2，1），C（k，0），D（k+2，2），
∴BE＝1，CE＝k+2，DF＝2，EF＝k+4，CF＝2，
∵S四边形BEFD＝S△BEC+S△DCF+S△BCD，
∴＝+，
解得：k＝2．
（3）∠BPD＝∠BCD+∠A；理由如下：
过点P作PE∥AB，如图2所示：

∴∠PBA＝∠EPB，
∵线段AB平移至线段CD，
∴AB∥CD，
∴PE∥CD，∠ADC＝∠A，∠ABC＝∠BCD，
∴∠EPD＝∠PDC，
∴∠BPD＝∠PBA+∠PDC，
∵BP平分∠ABC，DP平分∠ADC，
∴∠PBA＝∠ABC，∠PDC＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠ABC+∠ADC＝∠BCD+∠A．
2、在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为θ（0°＜θ＜180°），得到△A'B'C．
（1）如图1，当AB∥CB'时，设A'B'与CB相交于点D，求证△A'CD是等边三角形；
（2）如图2，设AC中点为E，A'B'中点为P，AC＝a，连接EP．在旋转过程中，线段EP的长度是否存在最大值？如果存在，请求出这个最大值并说明此时旋转角θ的度数，如果不存在，请说明理由．

（1）证明：∵AB∥CB'，
∴∠BCB'＝∠ABC＝30°，
∵将△ABC绕顶点C顺时针旋转，
∴∠ACA'＝30°．
又∵∠ACB＝90°，
∴∠A'CD＝60°．
又∵∠CA'B'＝∠CAB＝60°，
∴△A'CD是等边三角形．
（2）当θ＝120°时，EP的长度最大，EP的最大值为a．
解：如图，连接CP，当△ABC旋转到E、C、P三点共线时，EP最长，

此时θ＝∠ACA′＝120°，
∵∠B′＝30°，∠A′CB′＝90°，
∴A′C＝AC＝A′B′＝a，
∵AC中点为E，A′B′中点为P，∠A′CB′＝90°
∴CP＝A′B′＝a，EC＝a，
∴EP＝EC+CP＝a+a＝a．
3、如图，等腰△ABC中，BA＝BC，AO＝3CO＝6．动点F在BA上以每分钟5个单位长度的速度从B点出发向A点移动，过F作FE∥BC交AC边于E点，连结FO、EO．设F点移动的时间为t．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）计算：当△EFO面积最大时，t的值；
（3）在（2）的条件下，边BC上是否还存在一个点D，使得△EFD≌△FEO？若存在，请直接写出D点的坐标；若不存在，试说明理由．

解：（1）∵CO＝2，
∴C（2，0）．
又∵AO＝3OC＝6，
∴A（0，6），
可设BO＝x，且x＞0；
则：BC2＝（2+x）2，AB2＝AO2+OB2＝36+x2；
又∵BC＝AB，
∴（2+x）2＝36+x2，故：x＝8，
∴B（﹣8，0）；
（2）过F点作FK⊥BC于K，

可设F点移动的时间为t，且0＜t＜2，
则：BF＝5t，TO＝FK＝3t；
∴AT＝6﹣3t，
又∵FE∥BC，
∴△AFE∽△ABC，
而AO⊥BC交EF于T，则：＝，
∴＝，
即：EF＝10﹣5t，
故：S△EFO＝EF×TO＝（10﹣5t）×3t，
即：S△EFO＝﹣（t﹣2）t＝，
∴当t＝1时，△EFO的面积达到最大值；
（3）在（2）的基础上，E、F分别是AC、AB的中点，

若使D为BC的中点时，＝＝＝，
又∵＝＝，
∴FO＝ED，EO＝FD，EF＝FE，
∴△EFD≌△FEO（SSS），
∵C（2，0），B（﹣8，0）
∴D（﹣3，0）．
故：存在满足条件的D点，其坐标为（﹣3，0）．

4、如图，在平面直角坐标系xOy中，A（a，0），B（0，b），C（c，0）．且满足：+（c+1）2+（b+2c）2＝0．
（1）求证：△ABC是直角三角形；
（2）在y轴上是否存在点P，使得△ABP为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在y轴上是否存在点D，使得∠BCD＝45°？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．

（1）证明：∵+（c+1）2+（b+2c）2＝0，≥0，（c+1）2≥0，（b+2c）2≥0，
∴a﹣4＝0，c+1＝0，b+2c＝0，
解得，a＝4，b＝2，c＝﹣1，
∴BC2＝12+22＝5，AB2＝22+42＝20，AC2＝25，
∴BC2+AB2＝AC2．
∴△ABC是直角三角形；
（2）解：AB＝＝2，
当BA＝BP，点P在点B的上方时，OP＝2+2，
此时，点P的坐标为（0，2+2），
当BA＝BP，点P在点B的下方时，OP＝2﹣2，
此时，点P的坐标为（0，2﹣2），
当AB＝AP时，∵OA⊥BP，
∴OP＝OB＝2，
此时，点P的坐标为（0，2），
当PA＝PB时，设点P的坐标为（y，0），
PB＝2﹣x，PA＝，
则2﹣x＝，
解得，x＝﹣3，
此时，点P的坐标为（0，﹣3），
综上所述，△ABP为等腰三角形时，点P的坐标为（0，2+2）或（0，2﹣2）或（0，2）或（0，﹣3）；
（3）解：假设存在点D，使得∠BCD＝45°，点D的坐标为（0，b），
作DH⊥BC于H，
CD＝，BD＝2﹣b，
在Rt△CDH中，∠BCD＝45°，
∴CH＝DH＝CD＝，
∴BH＝﹣，
在Rt△BHD中，BH2+DH2＝BD2．即（﹣）2+（）2＝（2﹣b）2．
解得，x1＝（舍去），x2＝，
∴点D的坐标为（0，）．



5、已知，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D为BC的中点．
（1）问题发现
如图①，若点E、F分别是AB，AC的中点，连接DE，DF，EF，则线段DE与DF的数量关系是　 　，线段DE与DF的位置关系是　 　；
（2）拓展探究
如图②，若点E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF，连接DE，DF，EF，上述结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）解决问题
当点E，F分别为AB，CA延长线上的点，且BE＝AF＝AB＝2，连接DE，DF，EF，直接写出△DEF的面积．

解：（1）结论：DE＝DF，DE⊥DF．

理由：连接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，BD＝CD，
∴AD⊥BC，
∴AD＝BD＝CD，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵AE＝EB，AF＝FC，
∴DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝AB，DF＝AC，
∴DE＝DF．
∵∠DEA＝∠EAF＝∠DFA＝90°，
∴∠EDF＝90°，
∴DE⊥DF，
故答案为：DE＝DF，DE⊥DF．

（2）结论成立，DE＝DF；DE⊥DF．
证明：如解图①，连接AD，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，
∴，且AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝45°，
在△BDE和△ADF中，

∴△BDE≌△ADF（SAS），
∴DE＝DF，∠BDE＝∠ADF，
∵∠BDE+∠ADE＝90°，
∴∠ADF+∠ADE＝90°，
即∠EDF＝90°，
即DE⊥DF；

（3）如图③，连接AD，

∵AB＝AC，
∴△ABC为等腰三角形，
∵∠BAC＝90°，点D为BC的中点，
∴AD＝BD，AD⊥BC，
∴∠DAC＝∠ABD＝45°，
∴∠DAF＝∠DBE＝135°，
又∵AF＝BE，
∴△DAF≌△DBE（SAS），
∴DF＝DE，∠FDA＝∠EDB，
∴∠EDF＝∠EDB+∠FDB＝∠FDA+∠FDB＝∠ADB＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∵，
∴AE＝CF＝2+4＝6，
在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2＝22+62＝40，
∴，
∴．

6、在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，以CA为边在∠ACB的另一侧作∠ACM＝∠ACB，点D为射线BC上任意一点，在射线CM上截取CE＝BD，连接AD、DE、AE．
（1）如图1，当点D落在线段BC的延长线上时，∠ADE的度数为　 　．
（2）如图2，当点D落在线段BC（不含边界）上时，AC与DE交于点F，请问（1）中的结论是否仍成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若AB＝12，求CF的最大值．

解：（1）如图1中，设AD交EC于点O，

∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
∵BA＝CA，∠ACE＝∠ACB＝∠B，BD＝CE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，
∴∠DAE＝∠BAC＝120°，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣120°）＝30°，
故答案为30°．

（2）（1）中的结论还成立．
理由：如图2中，

∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
又∵∠ACM＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACM＝30°，
又∵CE＝BD，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，∠1＝∠2，
∴∠2+∠3＝∠1+∠3＝∠BAC＝120°，即∠DAE＝120°，
又∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝30°．

（3）∵AB＝AC，AB＝12，
∴AC＝12，
∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，
∴△ADF∽△ACD，
∴，
∴AD2＝AF•AC，
∴AD2＝12AF，
∴，
∴当AD最短时，AF最短、CF最长，
易得当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，
此时．，
∴CF＝AC﹣AF＝12﹣3＝9，
∴CF的最大值为9．

7、等腰直角△ABC和等腰直角△ACD，M、N分别在直线BC、CD上．

（1）如图1所示，M、N分别在线段BC、CD上，若AM⊥MN，求证：AM＝MN．
（2）若M、N分别在线段BC、CD外（还在直线BC、CD上），根据题意，画出图形，那么（1）的结论是否依然成立，若成立，写出证明过程；若不成立，说明原因；
（3）如图2，若AM＝MN，求证：AM⊥MN．
解：（1）延长DC，交AB的延长线于H，连接HM，
∵AM⊥MN，
∴∠NMC+∠AMB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAM+∠AMB＝90°，
∴∠NMC＝∠BAM，
∵等腰直角△ABC和等腰直角△ACD，
∴∠MCD＝135°，
∴∠BCH＝45°，
∴△BHC为等腰直角三角形，
∴BC＝BH，
∵AB＝BC，
∴AB＝BH，
∴BC是AH的垂直平分线，
∴AM＝BH，
∴∠BHM＝∠BAM，
∴∠NMC＝∠BHM，
∵∠NMC+∠MNC＝45°，∠BHM+∠MHC＝45°，
∴∠MHC＝∠MNC，
∴HM＝MN，
∴AM＝MN；
（2）（1）的结论依然成立，
第一种情况：如图3所示，延长DC，交AB的延长线于H，连接HM；
由（1）可知，MC是AH的垂直平分线，
∴AM＝MH，
∴∠BAM＝∠BHM，
∵AM⊥MN，
∴∠NMC+∠AMB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAM+∠AMB＝90°，
∴∠NMC＝∠BAM，
∴∠BHM＝∠NMC，
∵∠MHN＝∠BHM+45°，∠MNH＝∠NMC+45°，
∴∠MHN＝∠MNH，
∴MN＝MH，
∴AM＝MN；
第二种情况：如图4所示，
仿照第一种情况的证明方法，可以证明AM＝MN；
（3）如图2，延长DC，交AB的延长线于H，连接HM，
由（1）可得BC是AH的垂直平分线，
∴HM＝AM＝MN，
∴∠MAB＝∠MHB，∠MHC＝∠MNC
∵∠MHB+∠MHC＝45°，∠MNC+∠NMC＝45°，
∴∠MHB＝∠NMC，
∵∠MHB＝∠MAB，
∴∠BAM＝∠NMC，
∵∠BAM+∠AMB＝90°，
∴∠AMB+∠NMC＝90°，
∴∠AMN＝90°，
∴AM⊥MN．





8、如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D、E分别在AC、BC上，连接AE、BD交于点O，且CD＝CE．

（1）如图1，求证：AO＝BO．
（2）如图2，F是BD的中点，试探讨AE与CF的位置关系．
（3）如图3，F、G分别是BD、AE的中点，若AC＝，CE＝，求△CGF的面积．
解：（1）如图1中，

在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠CAE＝∠CBD，
∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴OA＝OB．


（2）如图2，设AE与CF的交点为M，

在Rt△BCD中，点F是BD的中点，
∴CF＝BF，
∴∠BCF＝∠CBF，
由（1）知，∠CAE＝∠CBD，
∴∠BCF＝∠CAE，
∴∠CAE+∠ACF＝∠BCF+∠ACF＝∠ACB＝90°，
∴∠AMC＝90°，
∴AE⊥CF；

（3）如图3，设AE与CF的交点为M，

∵AC＝，
∴BC＝AC＝，
∵CE＝，
∴CD＝CE＝，
在Rt△BCD中，根据勾股定理得，BD＝＝，
∵点F是BD中点，
∴CF＝DF＝BD＝，
同理：EG＝AE＝，
连接EF，过点F作FH⊥BC，
∵∠ACB＝90°，点F是BD的中点，
∴FH＝CD＝，
∴S△CEF＝CE•FH＝××＝，
由（2）知，AE⊥CF，
∴S△CEF＝CF•ME＝×ME＝ME，
∴ME＝，
∴ME＝，
∴GM＝EG﹣ME＝﹣＝，
∴S△CFG＝CF•GM＝××＝．

9、如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B、C在x轴上，∠ABO＝30°，AB＝2，OB＝OC．

（1）如图1，求点A、B、C的坐标；
（2）如图2，若点D在第一象限且满足AD＝AC，∠DAC＝90°，线段BD交y轴于点G，求线段BG的长；
（3）如图3，在（2）的条件下，若在第四象限有一点E，满足∠BEC＝∠BDC．请探究BE、CE、AE之间的数量关系．
解：（1）∵∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，AB＝2，
∴OA＝1，OB＝，
∴A（0，1），B（﹣，0），
∵OB＝OC，
∴OC＝，
∴C（，0）．
（2）过点D作DM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，

由题意，y轴是线段BC的垂直平分线，
∴AB＝AC，
∴∠ABO＝∠ACO＝30°，
∵∠DAC＝90°，x轴⊥y轴，
∴∠DAM＝∠ACO＝30°，
又AD＝AC，∠AMD＝∠CAO，
∴△AMD≌△COA（AAS），
∴DM＝AO，AM＝CO，
∵AO＝1，CO＝，
∴DM＝ON＝1，AM＝，
∴D（1，+1），
∴DN＝+1，
又BN＝OB+ON＝+1，
∴DN＝BN，
∴△BND是等腰直角三角形，
∴∠DBN＝45°，
∴△GBO是等腰直角三角形，
∴BG＝OB＝＝；
（3）由（2）可知：∠DBN＝45°，∠DCB＝30°+45°＝75°，
∴∠BDC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∵∠BEC＝∠BDC，
∴∠BEC＝60°，
延长EB至F，使BF＝CE，连接AF，

∵∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∴∠ACE+∠ABE＝180°，
∵∠ABF+∠ABE＝180°，
∴∠ABF＝∠ACE，
又∵AB＝AC，BF＝CE，
∴△ABF≌△ACE（SAS），
∴AF＝AE，∠BAF＝∠CAB，
∴∠FAE＝∠BAC＝120°，
∴FE＝AE，
∴BE+CE＝BE+BF＝FE＝AE，
即BE+CE＝AE．
11、已知：点B、C在∠MAN的边AM、AN上，AB＝AC，点E，F在∠MAN内部的射线AD上
（1）特殊情况：如图1，当∠MAN＝90°时，BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F．求证：△ABE≌△CAF．
（2）一般情况：如图2，当∠MAN为任意锐角时，若∠BED＝∠CFD＝∠MAN，则（1）式结论是否仍然成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由．

证明：（1）如图①中，

∵∠MAN＝90°，
∴∠BAE+∠CAF＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BEA＝∠AFC＝90°，
∴∠BAE+∠EBA＝90°，
∴∠CAF＝∠EBA，
∵AB＝AC，
∴△BAE≌△ACF（AAS）．

（2）如图2，（1）中结论仍然成立，
理由：如图②中，

∵∠1＝∠BAE+∠ABE，∠1＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠BAE+∠ABE，
∵∠BAC＝∠BAE+∠CAF，
∴∠ABE＝∠CAF，
∵∠1＝∠BAE+∠ABE，∠2＝∠CAF+∠ACF，∠1＝∠2，
∴∠BAE＝∠ACF，
∵AB＝AC，
∴△BAE≌△ACF（ASA）．

11、（1）如图1，AD∥BC，AD＝BC，AC与BD相交于点O，求证：△AOD≌△BOC；
（2）如图2，过线段AB的两个端点作射线AM，BN，使AM∥BN．
①作∠MAB，∠NBA的平分线交于点E，∠AEB是什么角？为什么？
②过点E任作一条直线，交AM于点D，交BN于点C．
证明：DE＝CE；
③试说明无论DC的两个端点在AM，BN上如何移动，只要DC经过点E，AD+BC的值就不变．

解：（1）∵AD∥BC，
∴∠D＝∠B，∠A＝∠C，
∵AD＝BC，
∴△AOD≌△BOC（ASA）；
（2）①∵AM∥BN，
∴∠MAB+∠ABN＝180°，
又AE，BE分别为∠MAB、∠NBA的平分线，
∴∠BAE+∠ABE＝（∠MAB+∠ABN）＝90°，
∴∠AEB＝180°﹣∠BAE﹣∠ABE＝90°，
即∠AEB为直角；
②延长AE，交BN于点F，

∵AM∥BN，
∴∠MAF＝∠AFB，
∵∠MAE＝∠BAE，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴BA＝FB，
∵∠AEB为直角，
∴AE＝EF，
∵∠DAE＝∠EFC，∠AED＝∠CEF，
∴△DAE≌△CFE（ASA），
∴ED＝EC；
③由②中结论可知，AB＝BF，无论DC的两端点在AM、BN如何移动，只要DC经过点E，
总有△DAE≌△CFE，总有AD＝CF；
所以总有AD+BC＝2EF＝AB．