專題06 三角形綜合的壓軸真題訓(xùn)練（解析版）-中考數(shù)學(xué)壓軸題

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)選擇、填空壓軸真題匯編專題06三角形綜合的壓軸真題訓(xùn)練一．全等三角形的判定與性質(zhì)1．（2022?淄博）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點D在AC邊上，過△ABD的內(nèi)心I作IE⊥BD于點E．若BD＝10，CD＝4，則BE的長為（）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【解答】解：如圖，連接AI，BI，CI，DI，過點I作IT⊥AC于點T．∵I是△ABD的內(nèi)心，∴∠BAI＝∠CAI，∵AB＝AC，AI＝AI，∴△BAI≌△CAI（SAS），∴IB＝IC，∵∠ITD＝∠IED＝90°，∠IDT＝∠IDE，DI＝DI，∴△IDT≌△IDE（AAS），∴DE＝DT，IT＝IE，∵∠BEI＝∠CTI＝90°，∴Rt△BEI≌Rt△CTI（HL），∴BE＝CT，設(shè)BE＝CT＝x，∵DE＝DT，∴10﹣x＝x﹣4，∴x＝7，∴BE＝7．故選：B．2．（2022?湘西州）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M為BC的中點，H為AB上一點，過點C作CG∥AB，交HM的延長線于點G，若AC＝8，AB＝6，則四邊形ACGH周長的最小值是（）A．24 B．22 C．20 D．18【答案】B【解答】解：∵CG∥AB，∴∠B＝∠MCG，∵M是BC的中點，∴BM＝CM，在△BMH和△CMG中，，∴△BMH≌△CMG（ASA），∴HM＝GM，BH＝CG，∵AB＝6，AC＝8，∴四邊形ACGH的周長＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，∴當(dāng)GH最小時，即MH⊥AB時四邊形ACGH的周長有最小值，∵∠A＝90°，MH⊥AB，∴GH∥AC，∴四邊形ACGH為矩形，∴GH＝8，∴四邊形ACGH的周長最小值為14+8＝22，故選：B．3．（2022?南充）如圖，正方形ABCD邊長為1，點E在邊AB上（不與A，B重合），將△ADE沿直線DE折疊，點A落在點A1處，連接A1B，將A1B繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到A2B，連接A1A，A1C，A2C．給出下列四個結(jié)論：①△ABA1≌△CBA2；②∠ADE+∠A1CB＝45°；③點P是直線DE上動點，則CP+A1P的最小值為；④當(dāng)∠ADE＝30°時，△A1BE的面積為．其中正確的結(jié)論是．（填寫序號）【答案】①②③【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴BA＝BC，∠ABC＝90°，∵∠A1BA2＝∠ABC＝90°，∴∠ABA1＝∠CBA2，∵BA1＝BA2，∴△ABA1≌△CBA2（SAS），故①正確，過點D作DT⊥CA1于點T，∵CD＝DA1，∴∠CDT＝∠A1DT，∵∠ADE＝∠A1DE，∠ADC＝90°，∴∠ADE+∠CDT＝45°，∵∠CDT+∠DCT＝90°，∠DCT+∠BCA1＝90°，∴∠CDT＝∠BCA1，∴∠ADE+∠BCA1＝45°，故②正確．連接PA，AC．∵A，A1關(guān)于DE對稱，∴PA＝PA1，∴PA1+PC＝PA+PC≥AC＝，∴PA1+PC的最小值為，故③正確，過點A1作A1H⊥AB于點H，∵∠ADE＝30°，∴AE＝A1E＝AD?tan30°＝，∴EB＝AB﹣AE＝1﹣，∵∠A1EB＝60°，∴A1H＝A1E?sin60°＝×＝，∴＝×（1﹣）×＝，故④錯誤．故答案為：①②③．4．（2022?朝陽）等邊三角形ABC中，D是邊BC上的一點，BD＝2CD，以AD為邊作等邊三角形ADE，連接CE．若CE＝2，則等邊三角形ABC的邊長為．【答案】3或．【解答】解：如圖，E點在AD的右邊，∵△ADE與△ABC都是等邊三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠DAE＝∠BAC＝60°，∴∠DAE﹣∠CAD＝∠BAC﹣∠CAD，即∠CAE＝∠BAD．在△CAE和△BAD中，，∴△CAE≌△BAD（SAS），∴CE＝BD＝2，∵BD＝2CD，∴CD＝1，∴BC＝BD+CD＝2+1＝3，∴等邊三角形ABC的邊長為3，如圖，E點在AD的左邊，同上，△BAE≌△CAD（SAS），∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD＝60°，∴∠EBD＝120°，過點E作EF⊥BC交CB的延長線于點F，則∠EBF＝60°，∴EF＝BE＝CD，BF＝BE＝CD，∴CF＝BF+BD+CD＝CD，在Rt△EFC中，CE＝2，∴EF2+CF2＝CE2＝4，∴+＝4，∴CD＝或CD＝﹣（舍去），∴BC＝，∴等邊三角形ABC的邊長為，故答案為：3或．5．（2022?日照）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A的坐標(biāo)為（0，4），P是x軸上一動點，把線段PA繞點P順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段PF，連接OF，則線段OF長的最小值是．【答案】2【解答】解：方法一：∵將線段PA繞點P順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段PF，∴∠APF＝60°，PF＝PA，∴△APF是等邊三角形，∴AP＝AF，如圖，當(dāng)點F1在x軸上時，△P1AF1為等邊三角形，則P1A＝P1F1＝AF1，∠AP1F1＝60°，∵AO⊥P1F1，∴P1O＝F1O，∠AOP1＝90°，∴∠P1AO＝30°，且AO＝4，由勾股定理得：P1O＝F1O＝，∴P1A＝P1F1＝AF1＝，∴點F1的坐標(biāo)為（，0），如圖，當(dāng)點F2在y軸上時，∵△P2AF2為等邊三角形，AO⊥P2O，∴AO＝F2O＝4，∴點F2的坐標(biāo)為（0，﹣4），∵tan∠OF1F2＝＝＝，∴∠OF1F2＝60°，∴點F運動所形成的圖象是一條直線，∴當(dāng)OF⊥F1F2時，線段OF最短，設(shè)直線F1F2的解析式為y＝kx+b，則，解得，∴直線F1F2的解析式為y＝x﹣4，∵AO＝F2O＝4，AO⊥P1F1，∴F1F2＝AF1＝，在Rt△OF1F2中，設(shè)點O到F1F2的距離為h，則×OF1×OF2＝×F1F2×h，∴××4＝××h，解得h＝2，即線段OF的最小值為2；方法二：如圖，在第二象限作等邊三角形AOB，連接BP、AF，過點B作BP′⊥x軸于點P′，∵將線段PA繞點P順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段PF，∴∠APF＝60°，PF＝PA，∴△APF是等邊三角形，∴AP＝AF，∠PAF＝60°，∵△AOB是等邊三角形，∴AB＝AO＝OB＝4，∠BAO＝60°，∴∠BAP＝60°+∠OAP＝∠OAF，在△BAP和△OAF中，，∴△BAP≌△OAF（SAS），∴BP＝OF，∵P是x軸上一動點，∴當(dāng)BP⊥x軸時，BP最小，即點P與點P′重合時BP＝BP′最小，∵∠BOP′＝30°，∠BP′O＝90°，∴BP′＝OB＝×4＝2，∴OF的最小值為2，故答案為2．二．勾股定理6．（2022?內(nèi)江）勾股定理被記載于我國古代的數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中，漢代數(shù)學(xué)家趙爽為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一幅如圖①所示的“弦圖”，后人稱之為“趙爽弦圖”．圖②由弦圖變化得到，它是由八個全等的直角三角形拼接而成．記圖中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面積分別為S1、S2、S3．若正方形EFGH的邊長為4，則S1+S2+S3＝．【答案】48【解答】解：設(shè)八個全等的直角三角形的長直角邊為a，短直角邊是b，則：S1＝（a+b）2，S2＝42＝16，S3＝（a﹣b）2，且：a2+b2＝EF2＝16，∴S1+S2+S3＝（a+b）2+16+（a﹣b）2＝2（a2+b2）+16＝2×16+16＝48．故答案為：48．7．（2022?常州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt△DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一條始終繃直的彈性染色線連接CF，Rt△DEF從起始位置（點D與點B重合）平移至終止位置（點E與點A重合），且斜邊DE始終在線段AB上，則Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域面積是．【答案】21【解答】解：如圖，連接CF交AB于點M，連接CF′交AB于點N，過點F作FG⊥AB于點H，過點F′作F′H⊥AB于點H，連接FF′，則四邊形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域是梯形MFF′N．在Rt△DEF中，DF＝3，EF＝4，∴DE＝＝＝5，在Rt△ABC中，AC＝9，BC＝12，∴AB＝＝＝15，∵?DF?EF＝?DE?GF，∴FG＝，∴BG＝＝＝，∴GE＝BE﹣BG＝，AH＝GE＝，∴F′H＝FG＝，∴FF′＝GH＝AB﹣BG﹣AH＝15﹣5＝10，∵BF∥AC，∴＝＝，∴BM＝AB＝，同法可證AN＝AB＝，∴MN＝15﹣﹣＝，∴Rt△ABC的外部被染色的區(qū)域的面積＝×（10+）×＝21，故答案為：21．8．（2022?武漢）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF．過點C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點I，K．若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是．【答案】80【解答】解：過點D作DM⊥CI，交CI的延長線于點M，過點F作FN⊥CI于點N，∵△ABC為直角三角形，四邊形ACDE，BCFG為正方形，過點C作AB的垂線CJ，CJ＝4，∴AC＝CD，∠ACD＝90°，∠AJC＝∠CMD＝90°，∠CAJ+∠ACJ＝90°，BC＝CF，∠BCF＝90°，∠CNF＝∠BJC＝90°，∠FCN+∠CFN＝90°，∴∠ACJ+∠DCM＝90°，∠FCN+∠BCJ＝90°，∴∠CAJ＝∠DCM，∠BCJ＝∠CFN，∴△ACJ≌△CDM（AAS），△BCJ≌△CFN（AAS），∴AJ＝CM，DM＝CJ＝4，BJ＝CN，NF＝CJ＝4，∴DM＝NF，∴△DMI≌△FNI（AAS），∴DI＝FI，MI＝NI，∵∠DCF＝90°，∴DI＝FI＝CI＝5，在Rt△DMI中，由勾股定理可得：MI＝＝＝3，∴NI＝MI＝3，∴AJ＝CM＝CI+MI＝5+3＝8，BJ＝CN＝CI﹣NI＝5﹣3＝2，∴AB＝AJ+BJ＝8+2＝10，∵四邊形ABHL為正方形，∴AL＝AB＝10，∵四邊形AJKL為矩形，∴四邊形AJKL的面積為：AL?AJ＝10×8＝80，故答案為：80．三．等腰直角三角形（共2小題）9．（2022?宜賓）如圖，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結(jié)CE．下列結(jié)論：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，則＝；④在△ABC內(nèi)存在唯一一點P，使得PA+PB+PC的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則CE＝2+．其中含所有正確結(jié)論的選項是（）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【解答】解：如圖1中，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正確，∵∠ADB+∠ADC＝180°，∴∠AEC+∠ADC＝180°，∴∠DAE+∠DCE＝180°，∴∠DAE＝∠DCE＝90°，取DE的中點O，連接OA，OA，OC，則OA＝OD＝OE＝OC，∴A，D，C，E四點共圓，∴∠DAC＝∠CED，故②正確，設(shè)CD＝m，則BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，過點C作CJ⊥DF于點J，∵tan∠CDF＝＝＝2，∴CJ＝m，∵AO⊥DE，CJ⊥DE，∴AO∥CJ，∴＝＝＝，故③正確．如圖2中，將△BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△BNM，連接PN，∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，∴△BPN是等邊三角形，∴BP＝PN，∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，∴當(dāng)點A，點P，點N，點M共線時，PA+PB+PC值最小，此時∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，∴∠BPD＝∠CPD＝60°，設(shè)PD＝t，則BD＝AD＝t，∴2+t＝t，∴t＝+1，∴CE＝BD＝t＝3+，故④錯誤．故選：B．10．（2022?綿陽）如圖，四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，AC⊥BC，∠ABC＝45°，AC與BD交于點E，若AB＝2，CD＝2，則△ABE的面積為．【答案】【解答】解：過點D作DF⊥AC于點F，∵AC⊥BC，∠ABC＝45°，∴AC＝BC＝AB＝2，∵∠ADC＝90°，CD＝2，∴AD＝，∵，∴DF＝，∴AF＝，∴CF＝，∵DF∥BC，∴△DEF∽△BEC，∴，即，∴EF＝，∴AE＝，∴．故答案為：．11．（2022?安徽）已知點O是邊長為6的等邊△ABC的中心，點P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面積分別記為S0，S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝2S0，則線段OP長的最小值是（）A． B． C．3 D．【答案】B【解答】解：如圖，不妨假設(shè)點P在AB的左側(cè)，∵S△PAB+S△ABC＝S△PBC+S△PAC，∴S1+S0＝S2+S3，∵S1+S2+S3＝2S0，∴S1+S1+S0＝2，∴S1＝S0，∵△ABC是等邊三角形，邊長為6，∴S0＝×62＝9，∴S1＝，過點P作AB的平行線PM，連接CO延長CO交AB于點R，交PM于點T．∵△PAB的面積是定值，∴點P的運動軌跡是直線PM，∵O是△ABC的中心，∴CT⊥AB，CT⊥PM，∴?AB?RT＝，CR＝3，OR＝，∴RT＝，∴OT＝OR+TR＝，∵OP≥OT，∴OP的最小值為，當(dāng)點P在②區(qū)域時，同法可得OP的最小值為，如圖，當(dāng)點P在①③⑤區(qū)域時，OP的最小值為，當(dāng)點P在②④⑥區(qū)域時，最小值為，∵＜，故選：B．12．（2022?溫州）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊向外作正方形，連結(jié)CF，作GM⊥CF于點M，BJ⊥GM于點J，AK⊥BJ于點K，交CF于點L．若正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，CE＝+，則CH的長為（）A． B． C．2 D．【答案】C【解答】解：設(shè)CF交AB于點P，過C作CN⊥AB于點N，如圖：設(shè)正方形JKLM邊長為m，∴正方形JKLM面積為m2，∵正方形ABGF與正方形JKLM的面積之比為5，∴正方形ABGF的面積為5m2，∴AF＝AB＝m，由已知可得：∠AFL＝90°﹣∠MFG＝∠MGF，∠ALF＝90°＝∠FMG，AF＝GF，∴△AFL≌△FGM（AAS），∴AL＝FM，設(shè)AL＝FM＝x，則FL＝FM+ML＝x+m，在Rt△AFL中，AL2+FL2＝AF2，∴x2+（x+m）2＝（m）2，解得x＝m或x＝﹣2m（舍去），∴AL＝FM＝m，F(xiàn)L＝2m，∵tan∠AFL＝＝＝＝，∴＝，∴AP＝，∴FP＝＝＝m，BP＝AB﹣AP＝m﹣＝，∴AP＝BP，即P為AB中點，∵∠ACB＝90°，∴CP＝AP＝BP＝，∵∠CPN＝∠APF，∠CNP＝90°＝∠FAP，∴△CPN∽△FPA，∴＝＝，即＝＝，∴CN＝m，PN＝m，∴AN＝AP+PN＝m，∴tan∠BAC＝＝＝＝，∵△AEC和△BCH是等腰直角三角形，∴△AEC∽△BCH，∴＝，∵CE＝+，∴＝，∴CH＝2，故選：C．13．（2022?湖州）在每個小正方形的邊長為1的網(wǎng)格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點．如圖，在6×6的正方形網(wǎng)格圖形ABCD中，M，N分別是AB，BC上的格點，BM＝4，BN＝2．若點P是這個網(wǎng)格圖形中的格點，連結(jié)PM，PN，則所有滿足∠MPN＝45°的△PMN中，邊PM的長的最大值是（）A．4 B．6 C．2 D．3【答案】C【解答】解：如圖所示：∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，∴△BMN≌△CNP（SAS），∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，∵∠BMN+∠BNM＝90°，∴∠BNM+∠CNP＝90°，∴∠MNP＝90°，∴△NMP為等腰直角三角形，根據(jù)題意得到點P的軌跡為圓弧，當(dāng)MP為直徑時最長，在Rt△BMN和Rt△NCP中，根據(jù)勾股定理得：MN＝NP＝＝2，則PM＝＝2．故選：C．14．（2022?蘇州）如圖，點A的坐標(biāo)為（0，2），點B是x軸正半軸上的一點，將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC．若點C的坐標(biāo)為（m，3），則m的值為（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：過C作CD⊥x軸于點D，CE⊥y軸于點E，如圖：∵CD⊥x軸，CE⊥y軸，∠DOE＝90°，∴四邊形EODC是矩形，∵將線段AB繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∵A（0，2），C（m，3），∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，∴AE＝OE﹣OA＝CD﹣OA＝1，∴AC＝＝＝BC＝AB，在Rt△BCD中，BD＝＝＝，在Rt△AOB中，OB＝＝＝，∵OB+BD＝OD＝m，∴+＝m，化簡變形得：3m4﹣22m2﹣25＝0，解得m＝或m＝﹣（舍去），∴m＝，故選：C．三．等腰直角三角形（共1小題）15．（2022?成都）如圖，在△ABC中，按以下步驟作圖：①分別以點B和C為圓心，以大于BC的長為半徑作弧，兩弧相交于點M和N；②作直線MN交邊AB于點E．若AC＝5，BE＝4，∠B＝45°，則AB的長為．【答案】7【解答】解：設(shè)MN交BC于D，連接EC，如圖：由作圖可知：MN是線段BC的垂直平分線，∴BE＝CE＝4，∴∠ECB＝∠B＝45°，∴∠AEC＝∠ECB+∠B＝90°，在Rt△ACE中，AE＝＝＝3，∴AB＝AE+BE＝3+4＝7，故答案為：7．四．等邊三角形的性質(zhì)（共2小題）16．（2022?張家界）如圖，點O是等邊三角形ABC內(nèi)一點，OA＝2，OB＝1，OC＝，則△AOB與△BOC的面積之和為（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：將△AOB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得△CDB，連接OD，∴OB＝BD，∠OBD＝60°，CD＝OA＝2，∴△BOD是等邊三角形，∴OD＝OB＝1，∵OD2+OC2＝12+（）2＝4，CD2＝22＝4，∴OD2+OC2＝CD2，∴∠DOC＝90°，∴△AOB與△BOC的面積之和為S△BOC+S△BCD＝S△BOD+S△COD＝×12+＝，故選：C．17．（2022?鄂州）如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，D、E分別為邊BC、AC上的點，AD與BE相交于點P，若BD＝CE＝2，則△ABP的周長為．【答案】【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，在△ABD和△BCE中，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD＝∠CBE，∴∠APE＝∠ABP+∠BAD＝∠ABP+∠CBE＝∠ABD＝60°，∴∠APB＝120°，在CB上取一點F使CF＝CE＝2，則BF＝BC﹣CF＝4，∴∠C＝60°，∴△CEF是等邊三角形，∴∠BFE＝120°，即∠APB＝∠BFE，∴△APB∽△BFE，∴＝＝2，設(shè)BP＝x，則AP＝2x，作BH⊥AD延長線于H，∵∠BPD＝∠APE＝60°，∴∠PBH＝30°，∴PH＝，BH＝，∴AH＝AP+PH＝2x+＝x，在Rt△ABH中，AH2+BH2＝AB2，即（x）2+（x）2＝62，解得x＝或﹣（舍去），∴AP＝，BP＝，∴△ABP的周長為AB+AP+BP＝6++＝6+＝，故答案為：．五．含30度角的直角三角形（共1小題）18．（2022?十堰）【閱讀材料】如圖①，四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，若∠BAD＝2∠EAF，則EF＝BE+DF．【解決問題】如圖②，在某公園的同一水平面上，四條道路圍成四邊形ABCD．已知CD＝CB＝100m，∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，道路AD，AB上分別有景點M，N，且DM＝100m，BN＝50（﹣1）m，若在M，N之間修一條直路，則路線M→N的長比路線M→A→N的長少m（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：≈1.7）．【答案】370【解答】解：解法一：如圖，延長DC，AB交于點G，過點N作NH⊥AD于H，∵∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，∴∠A＝360°﹣60°﹣120°﹣150°＝30°，∴∠G＝90°，∴AD＝2DG，Rt△CGB中，∠BCG＝180°﹣150°＝30°，∴BG＝BC＝50，CG＝50，∴DG＝CD+CG＝100+50，∴AD＝2DG＝200+100，AG＝DG＝150+100，∵DM＝100，∴AM＝AD﹣DM＝200+100﹣100＝100+100，∵BG＝50，BN＝50（﹣1），∴AN＝AG﹣BG﹣BN＝150+100﹣50﹣50（﹣1）＝150+50，Rt△ANH中，∵∠A＝30°，∴NH＝AN＝75+25，AH＝NH＝75+75，由勾股定理得：MN＝＝＝50（+1），∴AM+AN﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．答：路線M→N的長比路線M→A→N的長少370m．解法二：如圖，延長DC，AB交于點G，連接C