2020-2022年北京市初三一模數學試題匯編：等腰三角形與直角三角形

第1頁/共1頁2020-2022北京初三一模數學匯編等腰三角形與直角三角形一、單選題1．（2020·北京·一模）如圖，直線，點在直線上，以點為圓心，適當長度為半徑畫弧，分別交直線，于，兩點，以點為圓心，長為半徑畫弧，與前弧交于點（不與點重合），連接，，，，其中交于點．若，則下列結論錯誤的是（

）A． B． C． D．二、填空題2．（2022·北京房山·一模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AB的垂直平分線MN交AC于D點．若BD平分∠ABC，則∠A＝________________

°．3．（2021·北京房山·一模）如圖所示的網格是正方形網格，A，B，C是網格線交點，則________．4．（2021·北京門頭溝·一模）如圖所示的網格是正方形網格，點A，B，C是網格線交點，那么______．5．（2021·北京朝陽·一模）如圖，在四邊形中，于點．有如下四個結論：①；②；③；④．上述結論中，所有正確結論的序號是____．6．（2021·北京大興·一模）如圖所示的網格是正方形網格，是網格線的交點，則與的大小關系為：_______（填“>”，“=”或“<”）．7．（2020·北京大興·一模）如圖所示的網格是正方形網格，△ABC的頂點A、B、C恰好落在正方形網格中的格點上，則∠ABC＝______°．8．（2020·北京·一模）如圖，正方形網格中，點A，B，C，D均在格點上，則∠ACD+∠BDC＝_____°．三、解答題9．（2022·北京房山·一模）已知：等邊△ABC，過點B作AC的平行線l．點P為射線AB上一個動點（不與點A，B重合），將射線PC繞點P順時針旋轉60°交直線l于點D．(1)如圖1，點P在線段AB上時，依題意補全圖形；①求證：∠BDP=∠PCB；②用等式表示線段BC，BD，BP之間的數里關系，并證明；(2)點P在線段AB的延長線上，直接寫出線段BC，BD，BP之間的數量關系．10．（2022·北京·一模）如圖，點C、E、F、B在同一直線上，CE＝BF，AB＝CD，AB∥CD．（1）求證∠A＝∠D；（2）若AB＝BE，∠B＝40°，求∠D的度數．11．（2021·北京平谷·一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是直線AB上一點（點D不與點A、B重合），連接DC并延長到E，使得CE＝CD，過點E作EF⊥直線BC，交直線BC于點F．（1）如圖1，當點D為線段AB上的任意一點，用等式表示線段EF、CF、AC的數量關系，并證明；（2）如圖2，當點D為線段BA的延長線上一點時，依題意補全圖2，猜想線段EF、CF、AC的數量關系，并證明．12．（2021·北京門頭溝·一模）已知，如圖，是等邊三角形，于D，E是BC延長線上的一點，．求的度數．13．（2021·北京西城·一模）如圖，在中，．D是內一點，．過點B作交的延長線于點E．（1）依題意補全圖形；（2）求證：；（3）在（1）補全的圖形中，不添加其他新的線段，在圖中找出與相等的線段并加以證明．14．（2020·北京豐臺·一模）如果一個圓上所有的點都在一個角的內部或邊上，那么稱這個圓為該角的角內圓．特別地，當這個圓與角的至少一邊相切時，稱這個圓為該角的角內相切圓．在平面直角坐標系中，點，分別在軸的正半軸和軸的正半軸上．（1）分別以點，，為圓心，為半徑作圓，得到，和，其中是的角內圓的是_______；（2）如果以點為圓心，以為半徑的為的角內圓，且與一次函數圖像有公共點，求的取值范圍；（3）點在第一象限內，如果存在一個半徑為且過點的圓為∠EOM的角內相切圓，直接寫出∠EOM的取值范圍．15．（2020·北京·一模）如圖，在中，，于點于點．求證：．16．（2020·北京豐臺·一模）已知∠AOB＝120°，點P為射線OA上一動點（不與點O重合），點C為∠AOB內部一點，連接CP，將線段CP繞點C順時針旋轉60°得到線段CQ，且點Q恰好落在射線OB上，不與點O重合．（1）依據題意補全圖1；（2）用等式表示∠CPO與∠CQO的數量關系，并證明；（3）連接OC，寫出一個OC的值，使得對于任意點P，總有OP+OQ＝4，并證明．17．（2020·北京門頭溝·一模）在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，點D在AB上，連接CD，并將CD繞點D逆時針旋轉60°得到DE，連接AE．（1）如圖1，當點D為AB中點時，直接寫出DE與AE長度之間的數量關系；（2）如圖2，當點D在線段AB上時，①根據題意補全圖2；②猜想DE與AE長度之間的數量關系，并證明．18．（2020·北京海淀·一模）如圖，已知等邊三角形ABC，延長BA至點D，延長AC至點E，使AD=CE，連接CD，BE．求證：△ACD≌△CBE．19．（2020·北京西城·一模）如圖，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90

點P在線段BC上，延長BC至點Q，使得CQ=CP，連接AP，AQ．過點B作BD⊥AQ于點D，交AP于點E，交AC于點F．K是線段AD上的一個動點(與點A，D不重合)，過點K作GN⊥AP于點H，交AB于點G，交AC于點M，交FD的延長線于點N．(1)依題意補全圖1；(2)求證：NM=NF；(3)若AM=CP，用等式表示線段AE，GN與BN之間的數量關系，并證明．

參考答案1．C【分析】根據平行線的性質得出∠CAB=40°，進而利用圓的概念判斷即可．【詳解】解：∵直線l1∥l2，∴∠ECA=∠CAB=40°，∵以點A為圓心，適當長度為半徑畫弧，分別交直線l1，l2于B，C兩點，∴BA=AC=AD，,故A正確；∵以點C為圓心，CB長為半徑畫弧，與前弧交于點D（不與點B重合），∴CB=CD，∴∠CAB=∠DAC=40°，∴∠BAD=40°+40°=80°，故B正確；∵∠ECA=40°，∠DAC=40°，∴CE=AE，故D正確；故選：C．【點睛】此題考查平行線的性質，三角形的內角和，等腰三角形的判定，關鍵是根據平行線的性質得出∠CAB=40°解答．2．36【詳解】∵AB＝AC，∴∠C＝∠ABC，∵AB的垂直平分線MN交AC于D點．∴∠A＝∠ABD，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴∠C＝2∠A＝∠ABC，設∠A為x，可得：x+x+x+2x＝180°，解得：x＝36°，故答案為36．【點睛】此題考查了線段垂直平分線的性質以及等腰三角形的性質．根據垂直平分線的性質和等腰三角形的性質得出角相等，然后在一個三角形中利用內角和定理列方程即可得出答案．3．45【分析】根據網格圖可直接進行求解．【詳解】解：如圖，由圖可得：，∴，∴；故答案為45．【點睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質，熟練掌握等腰直角三角形的性質是解題的關鍵．4．135【分析】過點A作AD⊥BC，垂足為點D，求出∠ABC，再運用三角形內角和定理可得結論．【詳解】解：過點A作AD⊥BC，垂足為點D，則AD=BD∴∵∴故答案為：135．【點睛】此題主要考查了三角形內角和定理，等腰三角形的性質，求出是解答本題的關鍵．5．①②【分析】由，可得AB=AD，可判斷①正確，可得；可推出，可判斷②正確，由，，可得CB=CD，可推，但△ABO與△CDO不能全等，可知，可判斷③錯誤，可證，可判斷④錯誤即可．【詳解】解：∵，，∴AB=AD，故①正確，∴；∴，故②正確，∵，，∴CB=CD，∴，∴△ABO與△CDO中，∵BO=BO，，∵，∴△ABO與△CDO不能全等，∴，故③錯誤，∴，故④錯誤，∴所有正確結論的序號是①②．故答案為：①②．【點睛】本題考查線段垂直平分線性質，等腰三角形性質，全等三角形全等的條件識別，掌握線段垂直平分線性質，等腰三角形性質，全等三角形全等的條件識別是解題關鍵．6．<【分析】在網格中構建和∠ACB一樣大的角，比較即可．【詳解】解：如圖所示：∠DBC=∠ACB=45°，AB在∠DBC內部，所以，∠ABC<∠ACB，故答案為：<．【點睛】本題考查了角的比較，等腰三角形的性質，解題關鍵是通過網格轉換，把兩個要比較的角放在一起，直接判斷．7．135【分析】根據網格的特點和等腰直角三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：如圖，∵△ABD是等腰直角三角形，∴∠ABD＝45°，∴∠ABC＝180°﹣45°＝135°，故答案為：135．【點睛】本題以網格為背景，主要考查了等腰直角三角形的性質，屬于常見題型，熟練掌握網格的特點和等腰直角三角形的性質是解題關鍵．8．90【分析】如圖（見解析），先證出，即可證得，進而證得，得到，即，即可證得．【詳解】如圖，在和中，∴∴∵∴∴，即∴故答案為：90．【點睛】本題考查了三角形的內角和定理、直角三角形的性質、直角三角形全等的判定定理與性質等知識點，掌握直角三角形全等的判定定理與性質是解題關鍵．9．(1)①見解析；②BC=BD+BP，證明見解析(2)BC=BD?BP【分析】（1）①根據題意補全圖形即可；根據等邊三角形的性質、平行線的性質及旋轉的性質得出∠DPE=∠CPE=60°，進而可得結論；②在BC上取一點Q使得BQ=BP，證明△PBQ是等邊三角形，再證明△PBD≌△PQC，即可得到BC=BD+BP；（2）在BD上取一點E使得BE=BP，證明△PBE是等邊三角形，再證明△CBP≌△DEP，即可得到BC=BD?BP．【詳解】（1）①補全圖形如圖所示，證明：設PD交BC于點E，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，∵將射線PC繞點P順時針旋轉60°，∴∠DPC=60°，∵l//AC，∴∠DBE=∠ACB=60°，∴∠DBE=∠CPE=60°，∵∠BED=∠PEC，∴∠BDP=∠PCB；解：②BC=BD+BP，理由如下：在BC上取一點Q使得BQ=BP，連接PQ，∵∠ABC=60°，∴△PBQ是等邊三角形，∴PB=PQ，∠BPQ=60°，∴∠BPD=∠CPQ，又∵∠BDP=∠PCB，∴△PBD≌△PQC，∴BD=QC，∵BC=BQ+QC，∴BC=BD+BP；（2）解：BC=BD?BP，理由如下：在BD上取一點E使得BE=BP，連接PE，∵∠ABC=∠ACB=60°，l//AC，∴∠DBC=∠ACB=60°，∴∠PBD=180°-∠DBC-∠ACB=60°，∴△PBE是等邊三角形，∴PB=PE，∠BEP=∠BPE=60°，∴∠CBP=∠DEP=180°-60°=120°，∠BPC+∠CPE=∠EPD+∠CPE=60°，∴∠CBP=∠DEP，∠BPC=∠EPD，∴△CBP≌△DEP，∴BC=DE，∵BD=BE+ED，∴BC=BD-BP．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，熟練掌握等邊三角形的判定和性質及全等三角形的判定與性質是解本題的關鍵．10．（1）詳見解析；（2）70°【分析】（1）由平行線的性質可得∠C＝∠B，再由等式的性質可得CF＝BE，然后由SAS證得△AEB≌△DFC，即可得出結論；（2）由AB＝BE，得∠A＝∠AEB，由三角形內角和定理得∠A＝∠AEB（180°﹣∠B）＝70°，由（1）結論即可得出結果．【詳解】（1）證明：∵AB∥CD，∴∠C＝∠B，∵CE＝BF，∴CE+EF＝FB+EF，即CF＝BE，在△AEB和△DFC中，，∴△AEB≌△DFC（SAS），∴∠A＝∠D；（2）解：∵AB＝BE，∴∠A＝∠AEB，∵∠B＝40°，∴∠A＝∠AEB（180°﹣∠B）（180°﹣40°）＝70°，∴∠D＝∠A＝70°．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、平行線的性質、等腰三角形的性質、三角形內角和定理等知識，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．11．（1）EF+CF=AC，證明見解析；（2）EF=AC+CF，證明見解析【分析】（1）過點D作DH⊥BC于H，證明△ECF≌△DCH，推出EF=DH，CF=CH，即可得到EF+CF=AC；（2）依題意畫出圖形，過點D作DM⊥BC于M，證明△ECF≌△DCM，推出EF=DM，CF=CM，由此得到結論EF=AC+CF．【詳解】解：（1）EF+CF=AC，證明如下：過點D作DH⊥BC于H，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠B=∠A=45°，∠DHB=∠DHC=90°，∴DH=BH，∵EF⊥BC，∴∠F=∠DHC=90°，∵CE=CD，∠ECF=∠DCH，∴△ECF≌△DCH，∴EF=DH，CF=CH，∴AC=BC=CH+BH=CF+EF；（2）EF=AC+CF．證明如下：如圖，過點D作DM⊥BC于M，則∠M=∠ACB=90°，∵∠B=45°，∴DM=BM，∵EF⊥BC，∴∠EFC=∠DMC=90°，∵CE=CD，∠ECF=∠DCM，∴△ECF≌△DCM，∴EF=DM，CF=CM，∴DM=BM=BC+CM=AC+CF，∴EF=AC+CF．【點睛】此題考查等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定及性質，正確理解題意畫出對應的圖形是解題的關鍵．12．．【分析】首先證明，根據等腰三角形的性質即可解決問題．【詳解】解：是等邊三角形，，，，，，．【點睛】本題考查等邊三角形的性質，等腰三角形的性質等知識，熟練掌握基本知識是解題的關鍵．13．（1）見解析；（2）見解析；（3）AE；見解析【分析】（1）根據題意作出平行線和交點即可；（2）如圖，根據平行，得到∠1=∠ADC=∠BAC，再根據三角形外角定理得到，，從而；（3）通過在上截取，構造，再結合平行進一步得到，從而證明，．【詳解】解：補全圖形如圖6所示．（2）證明：如圖7，延長至點F．∵，點F在的延長線上，∴．∵，∴．∵是的外角，∴，∴．又∵，∴．（3）證明：如圖8，延長至點F，在上截取，連接由（2）得，又∵∴，∴．∵，∴．∵，∴．∴．∴．【點睛】本題主要考查了構造三角形全等，以及外角的相關知識，能夠畫輔助線構造全等是解決本題的關鍵．14．（1），；（2）；（3）【分析】（1）畫出圖象，根據角內相切圓的定義判斷即可；（2）求出兩種特殊位置時t的值即可判斷；（3）如圖3中，連接OP，

OM．首先求出∠POE，根據圖象可知當射線OM在∠POF

的內部（包括射線OP，不包括射線OF）時，存在一個半徑為1且過點P（2，）的圓為∠EOM的角內相切圓．【詳解】（1）

如圖1中，∵

點A（1，0），B

（1，1），C（3

，2）∴

觀察圖象可知，⊙B和⊙C

是∠EOF的角內圓．（2）當與軸相切時，設切點為，則，可得．當與相切時，設切點為，連接，設直線與直線交于點，則，都是等腰直角三角形，，，，可得，可知，滿足條件的的取值范圍是．（3）如圖3中，連接OP，OM．∵點P（2，），∴tan∠POE＝＝∴∠POE＝60°，觀察圖象可知，當射線OM在∠POF的內部（包括射線OP

，不包括射線OF）時，存在一個半徑為1且過點點P（2，）

的圓為∠EOM的角內相切圓，∴

60°≤∠EOM＜90°

．【點睛】本題是一道關于圓的綜合題，考查了直線與圓的位置關系、銳角三角函數、角內相切圓的定義，解題的關鍵是理解題意，綜合運用所學知識，學會利用特殊位置解決數學問題．15．見解析【分析】根據等腰三角形的性質和已知條件可得∠B=∠C，∠BAD+∠B=90°，再根據DE⊥AC可得∠C+∠CDE=90°，即可推出結論．【詳解】證明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質，掌握知識點是解題的關鍵．16．（1）詳見解析；（2）∠CQO+∠CPO＝180°，詳見解析；（3）OC＝4時，對于任意點P，總有OP+OQ＝4，詳見解析.【分析】（1）根據題意補全圖形即可；（2）根據四邊形內角和為360°可得答案；（3）連接OC，在射線OA上取點D，使得DP=OQ，連接CD，首先證明△COQ≌△CDP，然后△COD為等邊三角形，進而可得答案．【詳解】（1）補圖如圖1：（2）∠CQO+∠CPO＝180°，理由如下：∵四邊形內角和360°，且∠AOB＝120°，∠PCQ＝60°，∴∠CQO+∠CPO＝∠1+∠2＝180°．（3）OC＝4時，對于任意點P，總有OP+OQ＝4．證明：連接OC，在射線OA上取點D，使得DP＝OQ，連接CD．∴OP+OQ＝OP+DP＝OD．∵∠1+∠2＝180°，∵∠2+∠3＝180°，∴∠1＝∠3．∵CP＝CQ，在△CQO和△CPD中，∴△COQ≌△CDP（SAS）．∴∠4＝∠6，OC＝CD．∵∠4+∠5＝60°，∴∠5+∠6＝60°．即∠OCD＝60°．∴△COD是等邊三角形．∴OC＝OD＝OP+OQ＝4．【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定與性質以及等邊三角形的判定，關鍵是正確畫出圖形，掌握等邊三角形的判定和性質．17．（1）DE=AE；（2）①補全圖形見解析；②DE=AE，證明見解析.【分析】（1）想辦法證明△ADE是等邊三角形即可解決問題．（2）①根據要求畫出圖形即可．②首先證明△的長，△FBC都是等邊三角形，再證明△ECF≌△DCB，推出∠4＝∠5＝60°，證明△EFA≌△EFC（SAS）可得結論．【詳解】解：（1）結論：DE＝AE．理由：如圖1中，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴AB＝2BC，∠B＝60°，∵AD＝DB，∴CD＝AD＝DB，∴△CDB是等邊三角形，∴∠CDB＝60°，∵DC＝DE，∠CDE＝60°，∴∠ADE＝180°﹣∠ED﹣∠CDB＝60°，∵DA＝DC，DC＝DE，∴AD＝DE，∴△ADE是等邊三角形，∴DE＝AE．（2）①圖形如圖2所示：②如圖2﹣1中，結論：DE＝AE．理由：取AB的中點F，連接CE，CF，EF．∵∠ACB＝90°，AF＝BF，∴CF＝AF＝BF，∵∠B＝60°，∴△BCF是等邊三角形，∵DC＝DE，∠CDE＝60°，∴△ECD是等邊三角形，∴∠1+∠2＝∠2+∠3＝60°，CE＝CD，CF＝CB，∴∠1＝∠3，∴△ECF≌△DCB（SAS），∴∠5＝∠B＝60°，∵∠6＝60°，∴∠4＝∠5＝60°，∵EF＝EF，FA＝FC，∴△EFA≌△EFC（SAS），∴AE＝EC，∵EC＝ED，∴AE＝ED．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．18．見解析【分析】根據等邊三角形的性質求得AC=BC，∠DAC=∠BCE，再根據SAS證明△ACD≌△CBE．【詳解】證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AC=BC，∠CAB=∠ACB=60°，∴∠DAC=∠BCE=120°，