专题27 特殊三角形【考点精讲】-【中考高分导航】备战2022年中考数学考点总复习（全国通用）课件PPT

这是一份专题27 特殊三角形【考点精讲】-【中考高分导航】备战2022年中考数学考点总复习（全国通用）课件PPT，文件包含专题27特殊三角形考点精讲pptx、专题27特殊三角形考点精讲解析版docx、专题27特殊三角形考点精讲原卷版docx等3份课件配套教学资源，其中PPT共26页， 欢迎下载使用。
      考点1：等腰三角形的性质与判定1．定义:两边相等的三角形叫做等腰三角形.2．性质:① 等腰三角形的两腰相等;② 等腰三角形的两底角相等，即“等边对等角”;③ 等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合，即“三线合一”;④ 等腰三角形是轴对称图形，有一条对称轴，对称轴是底边的垂直平分线. 3．判定:① 有两条边相等的三角形是等腰三角形;② 有两个角相等的三角形是等腰三角形，即“等角对等边”. 【例1】（2021·江苏扬州市）如图，在的正方形网格中有两个格点A、B，连接，在网格中再找一个格点C，使得是等腰直角三角形，满足条件的格点C的个数是（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据题意，结合图形，分两种情况讨论：①AB为等腰直角△ABC底边；②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰．【详解】解：如图：分情况讨论：①AB为等腰直角△ABC底边时，符合条件的C点有0个；②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰时，符合条件的C点有3个．故共有3个点，故选：B．【例2】（2021·浙江绍兴市）如图，在中，，，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，连结AP，则的度数是_______．【答案】或【分析】分①点P在BC的延长线上，②点P在CB的延长线上两种情况，再利用等腰三角形的性质即可得出答案．【详解】解：①当点P在BC的延长线上时，如图
 ∵，，∴∴∵以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，∴AC=PC∴∵∴∴②当点P在CB的延长线上时，如图
 由①得，∵AC=PC∴∴故答案为：或  1．（2020•福建）如图，AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BD＝5，则CD等于（　　）A．10 B．5 C．4 D．3【分析】根据等腰三角形三线合一的性质即可求解．【解析】∵AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BD＝5，∴CD＝5．故选：B．2．（2020•齐齐哈尔）等腰三角形的两条边长分别为3和4，则这个等腰三角形的周长是　    　．【分析】分3是腰长与底边长两种情况讨论求解即可．【解析】①3是腰长时，三角形的三边分别为3、3、4，∵此时能组成三角形，∴周长＝3+3+4＝10；②3是底边长时，三角形的三边分别为3、4、4，此时能组成三角形，所以周长＝3+4+4＝11．综上所述，这个等腰三角形的周长是10或11．故答案为：10或11．3．（2021·湖南）如图，在中，点在边上，，将边绕点旋转到的位置，使得，连接与交于点，且，．（1）求证：；（2）求的度数．【答案】（1）见详解；（2）【分析】（1）由题意易得，，则有，然后问题可求证；（2）由（1）可得，然后可得，进而根据三角形外角的性质可进行求解．【详解】（1）证明：∵，∴，即，∵，，∴，∴；（2）解：∵，，∴，∴根据三角形内角和可得，∴，由（1）可得，∵，∴，∴． 考点2：等边三角形的性质与判定1．定义:三边相等的三角形是等边三角形.2．性质:① 等边三角形的三边相等,三角相等,且都等于60°;② “三线合一”;③ 等边三角形是轴对称图形,有三条对称轴. 3．判定:① 三条边都相等的三角形是等边三角形;② 三个角都相等的三角形是等边三角形;③ 有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.  【例3】（2021·广东）如图，在四边形ABCD中，，点E是AC的中点，且（1）尺规作图：作的平分线AF，交CD于点F，连结EF、BF（保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）所作的图中，若，且，证明：为等边三角形．【答案】（1）图见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）根据基本作图—角平分线作法，作出的平分线AF即可解答；（2）根据直角三角形斜边中线性质得到并求出，再根据等腰三角形三线合一性质得出，从而得到EF为中位线，进而可证，，从而由有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得出结论．【详解】解：（1）如图，AF平分，（2）∵，且，∴，，∵，，∴，∴，∴，又∵AF平分，，∴，又∵，∴，，∴，∴又∵∴为等边三角形．  （1）等边三角形与全等三角形的结合运用;（2）等边三角形与含30°角的直角三角形的结合运用.   1．（2021·重庆）在等边中，， ，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．      图1                                图2                            图3（1）将线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，连接FG．①如图1，当点E与点B重合，且GF的延长线过点C时，连接DG，求线段DG的长；②如图2，点E不与点A，B重合，GF的延长线交BC边于点H，连接EH，求证：；（2）如图3，当点E为AB中点时，点M为BE中点，点N在边AC上，且，点F从BD中点Q沿射线QD运动，将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，连接FP，当最小时，直接写出的面积．【答案】（1）①；②见解析；（2）【分析】（1）①连接AG，根据题意得出△ABC和△GEF均为等边三角形，从而可证明△GBC≌△GAC，进一步求出AD=3，AG=BG=，然后利用勾股定理求解即可；②以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，先证明出△BFK是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB≌△FHK，从而得出结论即可；（2）利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出，当N、P、J三点共线的时候满足条件，然后利用相似三角形的判定与性质分别计算出PN与DN的长度，即可得出结论．【详解】（1）解：①如图所示，连接AG，由题意可知，△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠GFB=60°，∵BD⊥AC，∴∠FBC=30°，∴∠FCB=30°，∠ACG=30°，∵AC=BC，GC=GC，∴△GBC≌△GAC（SAS），∴∠GAC=∠GBC=90°，AG=BG，∵AB=6，∴AD=3，AG=BG=，∴在Rt△ADG中，，∴；②证明：以点F为圆心，FB的长为半径画弧，与BH的延长线交于点K，连接KF，如图，∵△ABC和△GEF均为等边三角形，∴∠ABC=60°，∠EFH=120°，∴∠BEF+∠BHF=180°，∵∠BHF+∠KHF=180°，∴∠BEF=∠KHF，由辅助线作法可知，FB=FK，则∠K=∠FBE，∵BD是等边△ABC的高，∴∠K=∠DBC=∠DBA=30°，∴∠BFK=120°，在△FEB与△FHK中，∴△FEB≌△FHK（AAS），∴BE=KH，∴BE+BH=KH+BH=BK，∵FB=FK，∠BFK=120°，∴BK=BF，即：；（2）如图1所示，以MP为边构造∠PMJ=30°，∠PJM=90°，则PJ=MP，∴求的最小值，即为求的最小值，如图2所示，当运动至N、P、J三点共线时，满足最小，此时，连接EQ，则根据题意可得EQ∥AD，且EQ=AD，∴∠MEQ=∠A=60°，∠EQF=90°，∵∠PEF=60°，∴∠MEP=∠QEF，由题意，EF=EP，∴△MEP≌△QEF（SAS），∴∠EMP=∠EQF=90°，又∵∠PMJ=30°，∴∠BMJ=60°，∴MJ∥AC，∴∠PMJ=∠DNP=90°，∵∠BDC=90°，∴四边形ODNJ为矩形，NJ=OD，由题，AD=3，BD=，∵MJ∥AC，∴△BMO∽△BAD，∴，∴OD=BD=，OM=AD=，设PJ=x，则MJ=x，OJ=x-，由题意可知，DN=CD=2，∴，解得：，即：PJ=，∴，∴．2．（2021·江苏连云港市）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；【分析】（1）由、是等边三角形，，， ，可证即可；（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；（4）连接CG ,AC ，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．【详解】解:（1）∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴；（2）连接，∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，又点在处时，，点在A处时，点与重合．∴点运动的路径的长；（3）取中点，连接，∴，∴，∵，∴，∴，∵、是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，又点在处时，，点在处时，点与重合，∴点所经过的路径的长；（4）连接CG ,AC ，OB，∵∠CGA=90°，∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，∴∠COB=90°，设OC=x，由勾股定理即，∴，点G所经过的路径长为长=，点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，点H所经过的路径长为的长度，∵点G运动圆周的四分之一，∴点H也运动圆周的四分一，点H所经过的路径长为的长=，故答案为；．考点3：直角三角形的性质1．性质:① 直角三角形的两锐角互余;② 直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半;③ 直角三角形中,斜边上的 中线长等于斜边长的一半.2．判定:有一个角是直角的三角形是直角三角形.  【例4】（2020•泰州）如图，将分别含有30°、45°角的一副三角板重叠，使直角顶点重合，若两直角重叠形成的角为65°，则图中角α的度数为　   　．【分析】求出∠ACD，根据三角形内角和定理求出∠AFC，求出∠DFB，根据三角形的外角性质求出即可．【详解】如图，∵∠ACB＝90°，∠DCB＝65°，∴∠ACD＝∠ACB﹣∠ACD＝90°﹣65°＝25°，∵∠A＝60°，∴∠DFB＝∠AFC＝180°﹣∠ACD﹣∠A＝180°﹣25°﹣60°＝95°，∵∠D＝45°，∴∠α＝∠D+∠DFB＝45°+95°＝140°，故答案为：140°．  1．（2021·四川乐山市）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作、延长线的垂线，垂足分别为点、．若，，则的值为（    ）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】根据菱形的基性质，得到∠PAE=30°，,利用勾股理求出AC=，则AP= +PC，PE=AP=+PC ，由∠PCF=∠DCA=30°，得到PF=PC ，最后算出结果．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形且∠ABC=120°，AB=2，∴AB=BC=CD=DA=2，∠BAD=60°，AC⊥BD，∴∠CAE=30︒，∵AC⊥BD，∠CAE=30°，AD=2，∴AC=，∴AP=+PC，在直角△AEP中，∵∠PAE=30°，AP=+PC，∴PE=AP=+PC，在直角△PFC中，∵∠PCF=30°，∴PF=PC，∴=+PC-PC=，故选：B．考点4：勾股定理及其逆定理①勾股定理:直角三角形中,两直角边的平方和等于斜边的平方;②勾股定理的逆定理:若一个三角形中有两边的平方和等于第三边的平方,则这个三角形是直角三角形. 【例5】（2021·江苏宿迁市）《九章算术》中有一道“引葭赴岸”问题：“仅有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深，葭长各几何？”题意是：有一个池塘，其地面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇AB生长在它的中央，高出水面部分BC为1尺．如果把芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部B恰好碰到岸边的B'（示意图如图，则水深为                       尺．【答案】12【分析】依题意画出图形，设芦苇长AB=AB'=x尺，则水深AC=（x﹣1）尺，因为B'E=10尺，所以B'C=5尺，利用勾股定理求出x的值即可得到答案．【详解】解：依题意画出图形，设芦苇长AB=AB'=x尺，则水深AC=（x﹣1）尺，因为B'E=10尺，所以B'C=5尺，在Rt△AB'C中，52+（x﹣1）2=x2，解之得x=13，即水深12尺，芦苇长13尺．故答案为：12．．  （1）已知直角三角形的两边长，求第三边长.（2）已知直角三角形的一边长，求另两边长的关系.（3）用于证明平方关系的问题.   1．（2021·四川自贡市）如图，，，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交y轴正半轴于点B，则点B的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据题意得出OA=8，OC=2，再根据勾股定理计算即可【详解】解：由题意可知：AC=AB∵，∴OA=8，OC=2∴AC=AB=10在Rt△OAB中，∴B(0，6)故选：D2．（2021·浙江金华市）如图，在中，，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点都在同一个圆上．记该圆面积为，面积为，则的值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先确定圆的圆心在直角三角形斜边的中点，然后利用全等三角形的判定和性质确定△ABC是等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由勾股定理解得，解得，据此解题即可．【详解】解：如图所示，正方形的顶点都在同一个圆上，圆心在线段的中垂线的交点上，即在斜边的中点，且AC=MC，BC=CG，∴AG=AC+CG=AC+BC，BM=BC+CM=BC+AC，∴AG=BM，又∵OG=OM，OA=OB，∴△AOG≌△BOM，∴∠CAB=∠CBA，∵∠ACB=90°，∴∠CAB=∠CBA=45°，，，．故选：C．