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    专题28 三角形的存在性综合问题-中考数学重难点专项突破(全国通用)

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    专题28 三角形的存在性综合问题-中考数学重难点专项突破(全国通用)

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    这是一份专题28 三角形的存在性综合问题-中考数学重难点专项突破(全国通用),文件包含专题28三角形的存在性综合问题原卷版docx、专题28三角形的存在性综合问题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共36页, 欢迎下载使用。


    (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.

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    专题34 一次函数中的存在性综合问题-2024年中考数学重难点专项突破(全国通用):

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    专题32 两圆相切的存在性问题-2024年中考数学重难点专项突破(全国通用):

    这是一份专题32 两圆相切的存在性问题-2024年中考数学重难点专项突破(全国通用),文件包含专题32两圆相切的存在性问题原卷版docx、专题32两圆相切的存在性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共31页, 欢迎下载使用。

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