2021年九年级数学中考复习分类压轴大题专题：三角形综合题(四)

2021年九年级数学中考复习分类压轴大题专题：

三角形综合题（四）

1．（1）如图（1），在△ABC中，∠A＝70°，若D是∠ABC和∠ACB的平分线交点，求∠

BDC的度数．

（2）若D是△ABC内任意一点，试探究∠BDC与∠A、∠ABD、∠ACD之间的关系，并说明理由．

（3）请你直接利用以上结论，解决以下问题：

①图（3）中点D为△ABC内任意一点；若∠BDC＝110°，∠A＝50°，则∠ABD+∠ACD＝ °．

②如图（4）DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，若∠A＝50°，∠DBE＝130°，求∠DCE的度数．

2．在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AE＝

AD，

∠DAE＝∠BAC，连接CE，设∠BAC＝α，∠DCE＝β． （1）如图1，点D在线段BC上移动时，试说明△ABD≌△ACE

（2）如图2，点D在线段BC的延长线上移动时，探索角α与β之间的数量关系并证明； （3）当点D在线段BC的反向延长线上移动时，请在备用图上根据题意画出图形，并猜

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想角α与β之间的数量关系是 ，线段BC、DC、CE之间的数量关系是 ．

3．在平面直角坐标系xOy中，点A坐标为（0，4），点B坐标为（4，0），过点C（3，0）作直线CD⊥x轴，垂足为C，交线段AB于点D． （1）如图1，过点A作AE⊥CD，垂足为E，连接BE． ①填空：△ABE的面积为 ；

②点P为直线CD上一动点，当S△PAB＝S△AOB时，求点P的坐标；

（2）如图2，点Q为线段CD延长线上一点，连接BQ，OQ，线段OQ交AB于点F若S△AOF＝S△QBF，请直接写出点Q的坐标为 ．

4．已知：在△ABC中，∠ABC﹣∠ACB＝90°，点D在BC上，连接AD，且∠ADB＝45° （1）如图1，求证：∠BAD＝∠CAD；

（2）如图2，点E为BC的中点，过点E作AD的垂线分别交AD的延长线，AB的延长线，

AC于点F，G，H，求证：BG＝CH；

（3）如图3，在（2）的条件下，过点E分别作EM⊥AG于点M，EN⊥AC于点N，若AB+AC初中数学精品教学 2

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＝26，EM+EN＝，求△AFG的面积．

5．如图1，△ABC中，AB＝AC，过B点作射线BE，过C点作射线CF，使∠ABE＝∠ACF，且射线BE，CF交于点D，过A点作AM⊥BD于M． （1）探究∠BDC和∠CAB的数量关系并说明理由； （2）求证：BM＝DM+DC；

（3）如图2，将射线BE，CF分别绕点B和点C顺时针旋转至如图位置，若∠ABE＝∠ACF仍然成立，射线BE交射线CF的反向延长线于点D，过A点作AM⊥BD于M．请问（2）中的结论是否还成立？如果成立，请证明．如果不成立，线段BM，DM，DC又有怎样的数量关系？并证明你的结论．

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6．如图，在平面直角坐标系中，A（8，0），B（0，6），且OA2+OB2＝AB2，点C在OA边上，把△ABC沿BC翻折得到△DBC，点D刚好落在y轴上， （1）求OD的长；

（2）点P为OA上一点，设P点的横坐标为m，△PAB的面积为S，求S与m的数量关系． （3）在（2）的条件下，当S＝12时，点Q为AB上一点，若△PAQ与△OCD全等，求点Q的坐标．

7．如图1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，连接BD，CE，△

ADE绕点A自由旋转．

（1）当D在AC边上时，

①线段BD和线段CE的关系是 ； ②若AD+AB＝BC，则∠ADB的度数为 ；

（2）如图2，点D不在AC边上，BD，CE相交于点F，（1）问中的线段BD和线段CE的关系是否仍然成立？并说明理由．

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8．在△ABC中，∠A＝60°，BD，CE是△ABC的两条角平分线，且BD，CE交于点F，如图所示，用等式表示BE，BC，CD这三条线段之间的数量关系，并证明你的结论；

晓东通过观察，实验，提出猜想：BE+CD＝BC，他发现先在BC上截取BM，使BM＝BE，连接FM，再利用三角形全等的判定和性质证明CM＝CD即可． ①下面是小东证明该猜想的部分思路，请补充完整；

（I）在BC上截取BM，使BM＝BE，连接FM，则可以证明△BEF与 全等，判定它们全等的依据是 ；

（Ⅱ）由∠A＝60°，BD，CE是△ABC的两条角平分线，可以得出∠EFB＝ °； ②请直接利用（I），（Ⅱ）已得到的结论，完成证明猜想BE+CD＝BC的过程．

9．在平面直角坐标系中，已知A（0，a），B（0，b），C（m，b）（m＜0）且|a﹣2|+＝0，△ABC的面积为3．

（1）直接写出a＝ ，b＝ ，m＝ ．

（2）如图①，设AC交x轴于D，ED⊥AC交y轴于点E，∠ADO、∠AED的角平分线交于点F，求∠DFE的大小；

（3）如图②，点E是AC延长线上动点，EH⊥y轴于点H，EG平分∠AEH，直线OK⊥EG初中数学精品教学

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于G，交AE于点K，KT平分∠EKO交x轴于T点，求2∠KTO﹣3∠GEH的值．

10．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝3，点P从点B出发，在边BC上以每秒

个单位的速度运动至点C，然后又在边CA上以每秒1个单位的速度运动至点A停

止．当点P不与△ABC中的顶点重合时，过点P作其所在直角边的垂线交边AB于点Q．再以PQ为边作等边△PQM，且点M与△ABC的另一条直角边始终在PQ同侧．设△PQM与△

ABC重叠部分面积为S平方单位，点P的运动时间为t秒．

（1）当点P在边BC上运动时，求PQ的长（用含t的代数式表示）； （2）当点P在边BC上运动时，求S与t的函数关系式； （3）直接写出点M落在△ABC的中线上时t的值．

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参

1．解：（1）∵∠ABC，∠ACB的平分线相交于点D， ∴∠DBC＝∠ABC，∠BCD＝∠ACB， ∵∠A＝70°，

∴∠ABC+∠ACB＝110°， ∴∠DBC+∠DCB＝55°，

∴∠BDC＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝125°．

（2）如图2，连接BC，

∵△BCD中，∠DBC+∠BCD＝180°﹣∠D，

△ABC中，∠DBC+∠DCB＝180°﹣∠A﹣∠ABD﹣∠ACD，∴180°﹣∠D＝180°﹣∠A﹣∠ABD﹣∠ACD， 即∠D＝∠A+∠ABD+∠ACD；

（3）①由（2）可得，∠BDC＝∠A+∠ABD+∠ACD， ∵∠BDC＝110°，∠A＝50°， ∴∠ABD+∠ACD＝110°﹣50°＝60°， 故答案为：60；

②由（2）可得，∠DBE＝∠A+∠ADB+∠AED， 又∵∠A＝50°，∠DBE＝130°， ∴∠ADB+∠AEB＝130°﹣50°＝80°， 又∵DC平分∠ADB，EC平分∠AEB，

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∴∠ADC+∠AEC＝（∠ADB+∠AEB）＝×80°＝40°， 由（2）可得，∠DCE＝∠A+∠ADC+∠AEC＝50°+40°＝90°． 2．解：（1）∵∠DAE＝∠BAC，

∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，即∠CAE＝∠BAD， 在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS）； （2）α＝β；

理由如下∵∠DAE＝∠BAC，

∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD＝∠ACE，

∵∠ACD＝180°﹣∠ACB＝∠ABD+∠BAC＝∠ACE+∠DCE， ∴∠BAC＝∠DCE，即α＝β； （3）根据题意画出图形如图3所示： α＝β，BC+CE＝DC； ∵∠DAE＝∠BAC，

∴∠DAE﹣∠BAE＝∠BAC﹣∠BAE， ∴∠BAD＝∠CAE， 在△BAD和△CAE中，

，

∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC，BD＝CE，

由三角形内角和定理得：∠ADB+α＝∠AEC+β，

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∴α＝β， ∵BC+BD＝DC， ∴BC+CE＝DC，

故答案为：α＝β；BC+CE＝DC．

3．解：（1）①∵CD⊥x轴，AE⊥CD，

∴AE∥x轴，四边形AECO为矩形，点B到AE的距离为OA，∵点A（0，4），点C（3，0）， ∴AE＝OC＝3，OA＝CE＝4， ∴S△ABE＝AE•OA＝×3×4＝6， 故答案为：6；

②∵点B坐标为（4，0）， ∴OB＝4，BC＝4﹣3＝1， ∴S△AOB＝OA•OB＝×4×4＝8， 设P（3，y），如图1所示： 当点P在x轴上方时，

S△PAB＝S△APE+S△PBC+S矩形OAEB﹣S△AOB

＝AE•PE+PC•BC+OA•OC﹣8 ＝×3×（y﹣4）+×y×1+4×3﹣8 ＝2y﹣2， ∴2y﹣2＝8， ∴y＝5，

∴点P的坐标为：（3，5）； 当点P在x轴下方时，设为P′，

过点P′作PN⊥y轴，则四边形ONP′B为直角梯形，

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S△P′AB＝S梯形ONP′B+S△AOB﹣S△ANP′

＝（NP′+OB）•CP′+8﹣AN•NP′ ＝（3+4）y+8﹣×（4+y）×3 ＝2y+2， ∴2y+2＝8， ∴y＝3，

∴点P的坐标为：（3，﹣3）；

∴点P的坐标为：（3，5）或（3，﹣3）； （2）∵S△AOF＝S△QBF，如图2所示： ∴S△AOB＝S△QOB，

∵△AOB与△QOB是以AB为同底的三角形，高分别为：OA、QC， ∴OA＝CQ，

∴点Q的坐标为（3，4）， 故答案为：（3，4）．

4．（1）证明：如图1，设∠ACB＝a，则∠ABC＝∠ACB+90°＝a+90°，∠CAD＝∠ADB﹣∠C＝45°﹣a，

在△ABC中，∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠BAC＝180°﹣（a+90°）﹣a＝90°﹣2a初中数学精品教学

，

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∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝45°﹣a， ∴∠BAD＝∠CAD；

（2）证明：如图2，过点B作BT⊥GH于点T，过点C作CR⊥RH交GH的延长线于点R， ∵AF⊥CH，

∴∠AFG＝∠AFH＝90°，

∴∠G+∠FAG＝90°，∠AHF+∠FAH＝90°， ∴∠G＝∠AHG＝∠CHR， 在△BET和△CER中，

，

∴△BET≌△CER（AAS）， ∴BT＝CR，

在△BGT和△CHR中，

，

∴△BGT≌△CHR（AAS）， ∴BG＝CH；

（3）解：如图3，连接AE， 在△AFG和△AFH中，

∴△AFG≌△AFH（ASA）， ∴AG＝AH， ∵AB+AC＝26，

∴（AG﹣BG）+（AH+CH）＝26， ∴AG＝AH＝13， ∵S△AGH＝S△AEG+S△AEH

∴S△AGH＝×13×EM+×13×EN＝×（EM+EN）＝

×

＝60，∵△AFG≌△AFH，

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∴S△AFG＝S△AGH＝30．

5．（1）解：∠BDC＝∠CAB；理由如下：

∵∠CAB＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB，∠BDC＝180°﹣∠DBC﹣∠DCB＝180°﹣（∠ABC﹣∠

ABE）﹣（∠ACB+∠ACF），∠ABE＝∠ACF，

∴∠BDC＝180°﹣（∠ABC﹣∠ABE）﹣（∠ACD+∠ACF）＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB﹣∠ACF+∠ABE＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝∠CAB；

（2）证明：作AN⊥CF于N，连接AD，如图1所示： ∵AM⊥BD，

∴∠AMB＝∠ANC＝90°， 在△AMB和△ANC中，∴△AMB≌△ANC（AAS） ∴BM＝CN＝DC+DN，AM＝AN， 在Rt△AMD和Rt△AND中，∴Rt△AMD≌Rt△AND（HL） ∴DM＝DN， ∴BM＝DM+DC；

（3）不成立，BM＝DM﹣DC；理由如下： 作AN⊥CF于N，连接AD，如图2所示： ∵AM⊥BD，

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，

，

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∴∠AMB＝∠ANC＝90°， 在△AMB和△ANC中，，

∴△AMB≌△ANC（AAS）， ∴BM＝CN＝DN﹣DC，AM＝AN， 在Rt△AMD与Rt△AND中，， ∴Rt△AMD≌Rt△AND（HL）， ∴DM＝DN， ∴BM＝DM﹣DC．

6．解：（1）∵A（8，0），B（0，6）， ∴OA＝8，OB＝6， 则AB＝

＝10，

由折叠的性质可知，BD＝BA＝10， ∴OD＝BD﹣OB＝4；

（2）P点的横坐标为m，即OP＝m， 则AP＝8﹣m，

∴△PAB的面积为S＝×AP×OB＝×（8﹣m）×6＝24﹣3m；（3）当S＝12时，24﹣3m＝12，

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解得，m＝4， 则OP＝4， ∴PA＝8﹣4＝4， ∵S△ABC＝S△DBC，

∴×（8﹣OC）×6＝×10×OC， 解得，OC＝3， 作PQ⊥OA交AB于Q， 则QP∥OB，又OP＝PA， ∴QP＝OB＝3， 在△PAQ和△ODC中，

，

∴△PAQ≌△ODC（SAS）

此时，OP＝4，PQ＝3，所以，点Q的坐标为（4，3）．

7．解：（1）①延长BD交CE于H， 在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS） ∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，

∵∠ABD+∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH， ∴∠DCH+∠CDH＝90°，即∠CHD＝90°， ∴BD⊥CE，

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故答案为：BD＝CE，BD⊥CE； ②BC＝AD+AB＝AE+AB＝BE， ∴∠BEC＝∠BCE， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∴∠BEC＝∠BCE＝67.5°， ∵BE＝BC，BH⊥CE， ∴∠CBH＝∠EBH＝∠ACE，

∴∠ADB＝∠DBC+∠DCB＝∠ACE+∠DCB＝67.5°， 故答案为：67.5°；

（2）（1）问中的线段BD和线段CE的关系仍然成立，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，

∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE 理由如下：在△ABD和△ACE中，

，

∴△ABD≌△ACE（SAS） ∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，

∵∠ABD+∠ANB＝90°，∠ANB＝∠FNC， ∴∠ACF+∠DNC＝90°，即∠CFN＝90°， ∴BD⊥CE，

综上所述，BD＝CE，BD⊥CE．

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8．①解：（I）在BC上取一点M，使BM＝BE，连接FM，如图所示： ∵BD、CE是△ABC的两条角平分线， ∴∠FBE＝∠FBM＝∠ABC，

在△BEF和△BMF中，∴△BEF≌△BMF（SAS）， 故答案为：△BMF，SAS；

，

（Ⅱ）∵BD、CE是△ABC的两条角平分线， ∴∠FBC+FCB＝（∠ABC+∠ACB）， 在△ABC中，∠A+∠ABC+∠ACB＝180°， ∵∠A＝60°，

∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝180°﹣60°＝120°，

∴∠BFC＝180°﹣（∠FBC+∠FCB）＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣×120°＝120°， ∴∠BFE＝60°， 故答案为：60；

②证明：由①知，∠BFE＝60°， ∴∠CFD＝∠BFE＝60° ∵△BEF≌△BMF， ∴∠BFE＝∠BFM＝60°，

∴∠CFM＝∠BFC﹣∠BFM＝120°﹣60°＝60°， ∴∠CFM＝∠CFD＝60°， ∵CE是∠ACB的平分线， ∴∠FCM＝∠FCD，

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在△FCM和△FCD中，，

∴△FCM≌△FCD（ASA）， ∴CM＝CD，

∴BC＝CM+BM＝CD+BE， ∴BE+CD＝BC．

9．解：（1）∵|a﹣2|+

＝0，

∴a﹣2＝0，﹣（b+1）2＝0， ∴a＝2，b＝﹣1， ∵△ABC的面积为3， ∴S△ABC＝＝3，

即

＝3，m＝﹣2，

故答案为：2，﹣1，﹣2；

（2）如图①，依题意有△OAD和△ADE都是直角三角形，∴∠ADO＝∠AED，

又∠DFE＝180°﹣∠FDE﹣∠DEF， ＝180°﹣（90°﹣∠ADF）﹣∠DEF， ＝90°+∠ADO﹣∠AED， ∴∠DFE＝90°；

（3）如图②，设AE交x轴于点D，依题意有：EH∥x轴，初中数学精品教学 17

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∴∠KTO＝∠KDO+∠DKT， ＝∠AEH+∠DKT， ＝2∠GEH+∠EKG， ∴2∠KTO＝4∠GEH+∠EKG， ∴2∠KTO﹣3∠GEH＝∠GEH+∠EKG， ＝∠KEG+∠EKG， ＝90°，

∴2∠KTO﹣3∠GEH的值是90°． 10．解：（1）如图1中，

在Rt△BPQ中，∵∠BPQ＝90°，∠B＝30°，BP＝t，

∴PQ＝BP•tan30°＝t．

（2）①如图1中，当0＜t≤2时，重叠部分是△PQM，S＝t2．②如图2中，当2＜t＜3时，重叠部分是四边形PQFE，

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S＝S2△PQM﹣S△EFM＝

t﹣（3t﹣6）2＝﹣2t2+9t﹣9，

综上所述，S＝．

（3）①如图3﹣1中，当点M落在中线AE上时，作MH⊥BC于H．

∵MH∥AC， ∴

＝

，

∴＝，

解得t＝

②如图3﹣2中，当点M落在中线CK上时，t＝

＝．

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③如图3﹣3中，当点M落在中线CK上时，

由PM＝PC•cos30°， 可得：

[3﹣（t﹣3）]＝

•（t﹣3），

解得t＝5．

④如图3﹣4中，当点M落在中线BF上时，作MH⊥AC于H．

∵MH∥BC， ∴

＝

，

∴＝，

解得t＝＝，

综上所述，满足条件的t的值为s或s或5s或s．

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