2022年中考数学二轮复习专题10《等腰三角形探究》同步测试（含答案）

这是一份2022年中考数学二轮复习专题10《等腰三角形探究》同步测试（含答案），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，Rt△ABC的斜边AB与量角器的直径恰好重合，B点与0刻度线的一端重合，∠ABC＝40°，射线CD绕点C转动，与量角器外沿交于点D，若射线CD将△ABC分割出以BC为边的等腰三角形，则点D在量角器上对应的度数是( D )
A．40° B．70°
C．70°或80° D．80°或140°
,第1题图) ,第2题图)
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( D )
A．1个 B．2个 C．3个 D．3个以上
【解析】
如图，在OA，OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°.∵OP平分∠AOB，∴∠EOP＝∠POF＝60°，∵OP＝OE＝OF，∴△OPE，△OPF是等边三角形，∴EP＝OP，∠EPO＝∠OEP＝∠PON＝∠MPN＝60°，∴∠EPM＝∠OPN，可证△PEM≌△PON(ASA)，∴PM＝PN，∵∠MPN＝60°，∴△POM是等边三角形，∴只要∠MPN＝60°，△PMN就是等边三角形，故这样的三角形有无数个．
二、填空题
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__2eq \r(5)或eq \f(5,2)或eq \f(\r(65),2)__．
【解析】如图①，当E，C重合时，PB＝PC＝2eq \r(5)；在AB上取E使PE＝EB，如图②，设AE＝x，∴(4－x)2＝x2＋4，解得x＝eq \f(3,2)，使PE＝eq \f(5,2)；在BP上取中点M，如图③，作ME⊥PB交DC于E.设EC＝x，由PE＝BE知42＋x2＝22＋(4－x)2，解得x＝eq \f(1,2)，∴PE＝eq \r(22＋（4－\f(1,2)）2)＝eq \f(\r(65),2).
4．如图，在菱形ABCD中，AB＝4 cm，∠ADC＝120°，点E，F同时由A，C两点出发，分别沿AB，CB方向向点B匀速移动(到点B为止)，点E的速度为1 cm/s，点F的速度为2 cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为__eq \f(4,3)__.
三、解答题
5．如图，已知点A(1，2)是反比例函数y＝eq \f(k,x)图象上的一点，连结AO并延长交双曲线的另一分支于点B，点P是x轴上一动点；若△PAB是等腰三角形，求点P的坐标．
解：∵反比例函数y＝eq \f(k,x)图象关于原点对称，∴A，B两点关于O对称，∴O为AB的中点，且B(－1，－2)，∴当△PAB为等腰三角形时有PA＝AB或PB＝AB，设P点坐标为(x，0)，∵A(1，2)，B(－1，－2)，∴AB＝eq \r([1－（－1）]2＋[2－（－2）]2)＝2eq \r(5)，PA＝eq \r(（x－1）2＋22)，PB＝eq \r(（x＋1）2＋（－2）2)，当PA＝AB时，则有eq \r(（x－1）2＋22)＝2eq \r(5)，解得x＝－3或5，此时P点坐标为(－3，0)或(5，0)；当PB＝AB时，则有eq \r(（x＋1）2＋（－2）2)＝2eq \r(5)，解得x＝3或－5，此时P点坐标为(3，0)或(－5，0)．综上可知P点的坐标为(－3，0)或(5，0)或(3，0)或(－5，0)
6．已知抛物线c1的顶点为A(－1，4)，与y轴的交点为D(0，3)，抛物线c1关于y轴对称的抛物线记作c2.
(1)求c2的解析式；
(2)若c2与x轴正半轴交点记作B，试在x轴上求点P，使△PAB为等腰三角形.
解：(1)∵抛物线的顶点为A(－1，4)，∴c1设的解析式为：y＝a(x＋1)2＋4，∵抛物线c1与y轴的交点为D(0，3)∴3＝a＋4，即a＝－1，∴y＝－(x＋1)2＋4.∵抛物线c1关于y轴对称的抛物线记作c2，∴c2：y＝－x2＋2x＋3
(2)∵c2与x轴正半轴交点记作B，∴点B(3，0)，∵点A(－1，4)，∴AB＝eq \r(42＋42)＝4eq \r(2)，当PB＝AB时，点P(3－4eq \r(2)，0)或(3＋4eq \r(2)，0)；当PA＝AB时，点P(－5，0)；当PA＝PB时，点P(－1，0)，所以，当点P为(3－4eq \r(2)，0)或(3＋4eq \r(2)，0)或(－5，0)或(－1，0)时，△PAB为等腰三角形
7．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．
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\c1(∠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\c1(∠F＝∠PAD＝45°，,DF＝DA，,∠BDF＝∠PDA，)) ∴△BDF≌△PDA(ASA)，∴BD＝DP
8．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．
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\c1(c＝3，,－8＋4b＋c＝3，))解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\c1(4k1＋b1＝0，,2k1＋b1＝3，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k1＝－\f(3,2)，,b1＝6，))∴y＝－eq \f(3,2)x＋6，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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).