专题27 特殊三角形【考点巩固】-【中考高分导航】备战2022年中考数学考点总复习（全国通用）课件PPT

专题27  特殊三角形

考点1：等腰三角形的性质与判定

1．（2021·江苏苏州市）如图．在中，，．若，则______．

【答案】54°

【分析】

首先根据等腰三角形的性质得出∠A=∠AEF，再根据三角形的外角和定理得出∠A+∠AEF=∠CFE，求出∠A的度数，最后根据三角形的内角和定理求出∠B的度数即可．

【详解】

∵ AF=EF，

∴ ∠A=∠AEF，

∵∠A+∠AEF=∠CFE=72°，

∴ ∠A=36°，

∵ ∠C=90°，∠A+∠B+∠C=180°，

∴ ∠B=180°-∠A-∠C=54°．

故答案为：54°．

2．（2021·江苏南京市·中考真题）如图，在四边形中，．设，则______（用含的代数式表示）．

【答案】

【分析】

由等腰的性质可得：∠ADB=，∠BDC=，两角相加即可得到结论．

【详解】

解：在△ABD中，AB=BD

∴∠A=∠ADB=

在△BCD中，BC=BD

∴∠C=∠BDC=

∵

∴

=

=

=

=

故答案为：．

3．（2021·四川资阳市·中考真题）将一张圆形纸片（圆心为点O）沿直径对折后，按图1分成六等份折叠得到图2，将图2沿虚线剪开，再将展开得到如图3的一个六角星．若，则的度数为______．

【答案】135°

【分析】

利用折叠的性质，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理解题．

【详解】

解：连接OC，EO

由折叠性质可得：∠EOC=，EC=DC，OC平分∠ECD

∴∠ECO=

∴∠OEC=180°-∠ECO-∠EOC=135°

即的度数为135°

故答案为：135°

4．（2021·山东中考真题）如图，在中，的平分线交于点，过点作；交于点．

（1）求证：；

（2）若，求的度数．

【答案】（1）见详解；（2）

【分析】

（1）由题意易得，则有，然后问题可求证；

（2）由题意易得，则有，然后由（1）可求解．

【详解】

（1）证明：∵BD平分，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴；

（2）解：∵，

∴，

由（1）可得．

5．（2020•台州）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，BD和CE相交于点O．

（1）求证：△ABD≌△ACE；

（2）判断△BOC的形状，并说明理由．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△ACE；

（2）由全等三角形的性质可得∠ABD＝∠ACE，由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，可求∠OBC＝∠OCB，可得BO＝CO，即可得结论．

【解答】证明：（1）∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，

∴△ABD≌△ACE（SAS）；

（2）△BOC是等腰三角形，

理由如下：

∵△ABD≌△ACE，

∴∠ABD＝∠ACE，

∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

∴∠ABC﹣∠ABD＝∠ACB﹣∠ACE，

∴∠OBC＝∠OCB，

∴BO＝CO，

∴△BOC是等腰三角形．

考点2：等边三角形的性质与判定

6．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，等边三角形ABC的边长为4，的半径为，P为AB边上一动点，过点P作的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为________．

【答案】3

【分析】

连接OC和PC，利用切线的性质得到CQ⊥PQ，可得当CP最小时，PQ最小，此时CP⊥AB，再求出CP，利用勾股定理求出PQ即可．

【详解】

解：连接QC和PC，

∵PQ和圆C相切，

∴CQ⊥PQ，即△CPQ始终为直角三角形，CQ为定值，

∴当CP最小时，PQ最小，

∵△ABC是等边三角形，

∴当CP⊥AB时，CP最小，此时CP⊥AB，

∵AB=BC=AC=4，

∴AP=BP=2，

∴CP==，

∵圆C的半径CQ=，

∴PQ==3，

故答案为：3．

7．（2020•台州）如图，等边三角形纸片ABC的边长为6，E，F是边BC上的三等分点．分别过点E，F沿着平行于BA，CA方向各剪一刀，则剪下的△DEF的周长是　  　．

【分析】根据三等分点的定义可求EF的长，再根据等边三角形的判定与性质即可求解．

【解析】∵等边三角形纸片ABC的边长为6，E，F是边BC上的三等分点，

∴EF＝2，

∵DE∥AB，DF∥AC，

∴△DEF是等边三角形，

∴剪下的△DEF的周长是2×3＝6．

故答案为：6．

8．（2020•凉山州）如图，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发．

（1）如图1，连接AQ、CP．求证：△ABQ≌△CAP；

（2）如图1，当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，AQ、CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数；

（3）如图2，当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时，直线AQ、CP相交于M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．

【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP即可；

（2）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；

（3）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．

【解析】（1）证明：如图1，∵△ABC是等边三角形

∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，

又∵点P、Q运动速度相同，

∴AP＝BQ，

在△ABQ与△CAP中，

，

∴△ABQ≌△CAP（SAS）；

（2）点P、Q在AB、BC边上运动的过程中，∠QMC不变．

理由：∵△ABQ≌△CAP，

∴∠BAQ＝∠ACP，

∵∠QMC是△ACM的外角，

∴∠QMC＝∠ACP+∠MAC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC

∵∠BAC＝60°，

∴∠QMC＝60°；

（3）如图2，点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变

理由：同理可得，△ABQ≌△CAP，

∴∠BAQ＝∠ACP，

∵∠QMC是△APM的外角，

∴∠QMC＝∠BAQ+∠APM，

∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°，

即若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，∠QMC的度数为120°．

考点3：直角三角形的性质

9．（2020•衡阳）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，过BC的中点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为点E、F．

（1）求证：DE＝DF；

（2）若∠BDE＝40°，求∠BAC的度数．

【分析】（1）根据DE⊥AB，DF⊥AC可得∠BED＝∠CFD＝90°，由于∠B＝∠C，D是BC的中点，AAS求证△BED≌△CFD即可得出结论．

（2）根据直角三角形的性质求出∠B＝50°，根据等腰三角形的性质即可求解．

【解答】（1）证明：∵DE⊥AB，DF⊥AC，

∴∠BED＝∠CFD＝90°，

∵D是BC的中点，

∴BD＝CD，

在△BED与△CFD中，

，

∴△BED≌△CFD（AAS），

∴DE＝DF；

（2）解：∵∠BDE＝40°，

∴∠B＝50°，

∴∠C＝50°，

∴∠BAC＝80°．

10．（2020•泰安）小明将两个直角三角形纸片如图（1）那样拼放在同一平面上，抽象出如图（2）的平面图形，∠ACB与∠ECD恰好为对顶角，∠ABC＝∠CDE＝90°，连接BD，AB＝BD，点F是线段CE上一点．

探究发现：

（1）当点F为线段CE的中点时，连接DF（如图（2）），小明经过探究，得到结论：BD⊥DF．你认为此结论是否成立？　  　．（填“是”或“否”）

拓展延伸：

（2）将（1）中的条件与结论互换，即：BD⊥DF，则点F为线段CE的中点．请判断此结论是否成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．

问题解决：

（3）若AB＝6，CE＝9，求AD的长．

【分析】（1）证明∠FDC+∠BDC＝90°可得结论．

（2）结论成立：利用等角的余角相等证明∠E＝∠EDF，推出EF＝FD，再证明FD＝FC即可解决问题．

（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．利用（1）中即可以及相似三角形的性质解决问题即可．

【解析】（1）如图（2）中，

∵∠EDC＝90°，EF＝CF，

∴DF＝CF，

∴∠FCD＝∠FDC，

∵∠ABC＝90°，

∴∠A+∠ACB＝90°，

∵BA＝BD，

∴∠A＝∠ADB，

∵∠ACB＝∠FCD＝∠FDC，

∴∠ADB+∠FDC＝90°，

∴∠FDB＝90°，

∴BD⊥DF．

故答案为是．

（2）结论成立：

理由：∵BD⊥DF，ED⊥AD，

∴∠BDC+∠CDF＝90°，∠EDF+∠CDF＝90°，

∴∠BDC＝∠EDF，

∵AB＝BD，

∴∠A＝∠BDC，

∴∠A＝∠EDF，

∵∠A+∠ACB＝90°，∠E+∠ECD＝90°，∠ACB＝∠ECD，

∴∠A＝∠E，

∴∠E＝∠EDF，

∴EF＝FD，

∵∠E+∠ECD＝90°，∠EDF+∠FDC＝90°，

∴∠FCD＝∠FDC，

∴FD＝FC，

∴EF＝FC，

∴点F是EC的中点．

（3）如图3中，取EC的中点G，连接GD．则GD⊥BD．

∴DGEC，

∵BD＝AB＝6，

在Rt△BDG中，BG，

∴CB3，

在Rt△ABC中，AC3，

∵∠ACB＝∠ECD，∠ABC＝∠EDC，

∴△ABC∽△EDC，

∴，

∴，

∴CD，

∴AD＝AC+CD＝3．

11．（2020•常德）已知D是Rt△ABC斜边AB的中点，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，过点D作Rt△DEF使∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，连接CE并延长CE到P，使EP＝CE，连接BE，FP，BP，设BC与DE交于M，PB与EF交于N．

（1）如图1，当D，B，F共线时，求证：

①EB＝EP；

②∠EFP＝30°；

（2）如图2，当D，B，F不共线时，连接BF，求证：∠BFD+∠EFP＝30°．

【分析】（1）①证明△CBP是直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得结论；

②根据同位角相等可得BC∥EF，由平行线的性质得BP⊥EF，可得EF是线段BP的垂直平分线，根据等腰三角形三线合一的性质可得∠PFE＝∠BFE＝30°；

（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，证明△QEP≌△DEC（SAS），则PQ＝DC＝DB，由QE＝DE，∠DEF＝90°，知EF是DQ的垂直平分线，证明△FQP≌△FDB（SAS），再由EF是DQ的垂直平分线，可得结论．

【解答】证明（1）①∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，

∴∠A＝90°﹣30°＝60°，

同理∠EDF＝60°，

∴∠A＝∠EDF＝60°，

∴AC∥DE，

∴∠DMB＝∠ACB＝90°，

∵D是Rt△ABC斜边AB的中点，AC∥DM，

∴，

即M是BC的中点，

∵EP＝CE，即E是PC的中点，

∴ED∥BP，

∴∠CBP＝∠DMB＝90°，

∴△CBP是直角三角形，

∴BEPC＝EP；

②∵∠ABC＝∠DFE＝30°，

∴BC∥EF，

由①知：∠CBP＝90°，

∴BP⊥EF，

∵EB＝EP，

∴EF是线段BP的垂直平分线，

∴PF＝BF，

∴∠PFE＝∠BFE＝30°；

（2）如图2，延长DE到Q，使EQ＝DE，连接CD，PQ，FQ，

∵EC＝EP，∠DEC＝∠QEP，

∴△QEP≌△DEC（SAS），

则PQ＝DC＝DB，

∵QE＝DE，∠DEF＝90°

∴EF是DQ的垂直平分线，

∴QF＝DF，

∵CD＝AD，

∴∠CDA＝∠A＝60°，

∴∠CDB＝120°，

∴∠FDB＝120°﹣∠FDC＝120°﹣（60°+∠EDC）＝60°﹣∠EDC＝60°﹣∠EQP＝∠FQP，

∴△FQP≌△FDB（SAS），

∴∠QFP＝∠BFD，

∵EF是DQ的垂直平分线，

∴∠QFE＝∠EFD＝30°，

∴∠QFP+∠EFP＝30°，

∴∠BFD+∠EFP＝30°．

考点4：勾股定理及其逆定理

12．（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）如图，中，，将沿DE翻折，使点A与点B重合，则CE的长为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】

先在RtABC中利用勾股定理计算出AB=10，再利用折叠的性质得到AE=BE，AD=BD=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中根据勾股定理可得到x2=62+（8-x）2，解得x，可得CE．

【详解】

解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，

∴AB==10，

∵△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，

∴AE=BE，AD=BD=AB=5，

设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，

在Rt△BCE中

∵BE2=BC2+CE2，

∴x2=62+（8-x）2，解得x=，

∴CE==，

故选：D．