三角形中考压轴题带答案Word文档格式.docx
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∴∠BCD=90°
，
又∵∠EPM=∠EQN=90°
∴∠PEQ=90°
∴∠PEM+∠MEQ=90°
∵三角形FEG是直角三角形，
∴∠NEF=∠NEQ+∠MEQ=90°
∴∠PEM=∠NEQ，
∵AC是∠BCD的角平分线，∠EPC=∠EQC=90°
∴EP=EQ，四边形PCQE是正方形，
在△EPM和△EQN中，
∴△EPM≌△EQN（ASA）
∴S△EQN=S△EPM，
∴四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积，
∵正方形ABCD的边长为a，
∴AC=a，
∵EC=2AE，
∴EC=a，
∴EP=PC=a，
∴正方形PCQE的面积=a×
a=a2，
∴四边形EMCN的面积=a2，
故选：
点评：
本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，解题的关键是作出辅助线，证出△EPM≌△EQN．
2．（2021•武汉模拟）如图∠A=∠ABC=∠C=45°
，E、F别离是AB、BC的中点，那么以下结论，①EF⊥BD，②EF=BD，③∠ADC=∠BEF+∠BFE，④AD=DC，其中正确的选项是（ ）
①②③④
①②③
①②④
②③④
三角形中位线定理；
全等三角形的判定与性质．
根据三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于第三边”同时利用三角形的全等性质求解．
如下图所示：
连接AC，延长BD交AC于点M，延长AD交BC于Q，延长CD交AB于P．
∵∠ABC=∠C=45°
∴CP⊥AB
∵∠ABC=∠A=45°
∴AQ⊥BC
点D为两条高的交点，所以BM为AC边上的高，即：
BM⊥AC．
由中位线定理可得EF∥AC，EF=AC∴BD⊥EF，故①正确．
∵∠DBQ+∠DCA=45°
，∠DCA+∠CAQ=45°
∴∠DBQ=∠CAQ，
∵∠A=∠ABC，∴AQ=BQ，
∵∠BQD=∠AQC=90°
∴根据以上条件得△AQC≌△BQD，∴BD=AC∴EF=AC，故②正确．
∵∠A=∠ABC=∠C=45°
∴∠DAC+∠DCA=180°
﹣（∠A+∠ABC+∠C）=45°
∴∠ADC=180°
﹣（∠DAC+∠DCA）=135°
=∠BEF+∠BFE=180°
﹣∠ABC
故③∠ADC=∠BEF+∠BFE成立；
无法证明AD=CD，故④错误．
故选B．
本题考点在于三角形的中位线和三角形全等的判断及应用．
3．（2021•河北模拟）四边形ABCD中，AC和BD交于点E，假设AC平分∠DAB，且AB=AE，AC=AD，有以下四个命题：
①AC⊥BD；
②BC=DE；
③∠DBC=∠DAB；
④AB=BE=AE．其中命题必然成立的是（ ）
①②
②③
①③
②④
等边三角形的性质．
根据等腰三角形的性质，等边三角形的判定，圆内接四边形的性质，全等三角形的性质判断各选项是否正确即可．
∵AB=AE，一个三角形的直角边和斜边一定不相等，∴AC不垂直于BD，①错误；
利用边角边定理可证得△ADE≌△ABC，那么BC=DE，②正确；
由△ADE≌△ABC可得∠ADE=∠ACB，那么A，B，C，D四点共圆，∴∠DBC=∠DAC=∠DAB，③正确；
△ABE不一定是等边三角形，那么④不一定正确；
②③正确，故选B．
此题主要考查了全等三角形的性质，以及直角三角形中斜边最长；
全等三角形的对应边相等；
等边三角形的三边相等．
二．填空题（共6小题）
4．（2021•泰安一模）如图，将一个正三角形纸片剪成四个全等的小正三角形，再将其中的一个按一样的方式剪成四个更小的正三角形，…如此继续下去，结果如下表，那么an= 3n+1 （用含n的代数式表示）．
所剪次数
1
2
3
4
…
n
正三角形个数
7
10
13
an
压轴题；
规律型．
根据图跟表我们可以看出n代表所剪次数，an代表小正三角形的个数，也可以根据图形找出规律加以求解．
由图可知没剪的时候，有一个三角形，以后每剪一次就多出三个，所以总的个数3n+1．
故答案为：
3n+1．
此题主要考验学生的逻辑思维能力以及应变能力．
5．（2021•宜兴市一模）如图，在△ABC中，AC=BC＞AB，点P为△ABC所在平面内一点，且点P与△ABC的任意两个极点组成△PAB，△PBC，△PAC均是等腰三角形，那么知足上述条件的所有点P的个数为 6 个．
等腰三角形的判定与性质．
根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，作出AB的垂直平分线，首先△ABC的外心满足，再根据圆的半径相等，以点C为圆心，以AC长为半径画圆，AB的垂直平分线相交于两点，分别以点A、B为圆心，以AC长为半径画圆，与AB的垂直平分线相交于一点，再分别以点A、B为圆心，以AB长为半径画圆，与⊙C相交于两点，即可得解．
如图所示，作AB的垂直平分线，①△ABC的外心P1为满足条件的一个点，
②以点C为圆心，以AC长为半径画圆，P2、P3为满足条件的点，
③分别以点A、B为圆心，以AC长为半径画圆，P4为满足条件的点，
④分别以点A、B为圆心，以AB长为半径画圆，P5、P6为满足条件的点，
综上所述，满足条件的所有点P的个数为6．
6．
本题考查了等腰三角形的判定与性质，主要利用了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，三角形的外心到三个顶点的距离相等，圆的半径相等的性质，作出图形更形象直观．
6．（2021•齐齐哈尔模拟）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC的中点E，作ED∥AB，EF∥AC，取得四边形EDAF，它的面积记为S1，取BE的中点E1，作E1D1∥FB，E1F1∥EF．取得四边形E1D1FF1，它的面积记作S2，照此规律，那么S2021= ．
等边三角形的性质；
三角形中位线定理．
求出△ABC的面积是，求出DE是三角形ABC的中位线，根据相似三角形的性质得出==，求出S△CDE=×
，S△BEF=×
，求出S1=×
，同理S2=×
S△BEF=×
×
，S3=×
S4=×
，推出S2012=×
…×
（2011个），即可得出答案．
∵BC的中点E，ED∥AB，
∴E为BC中点，
∴DE=AB，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CAB，
∴==（）2=，
∵△ABC的面积是×
1×
=
∴S△CDE=×
推理=，
∴S△BEF=×
∴S1=﹣×
﹣×
=×
同理S2=×
S3=×
…，
S2012=×
（2011个），
==，
．
本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质的应用，解此题的关键是总结出规律，题目比较好，但是有一定的难度．
7．（2021•和平区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E，F别离在边BC，CD上，若是AE=4，EF=3，AF=5，那么正方形ABCD的面积等于 ．
勾股定理的逆定理；
解分式方程；
相似三角形的判定与性质．
根据△ABE∽△ECF，可将AB与BE之间的关系式表示出来，在Rt△ABE中，根据勾股定理AB2+BE2=AC2，可将正方形ABCD的边长AB求出，进而可将正方形ABCD的面积求出．
设正方形的边长为x，BE的长为a
∵∠AEB+∠BAE=∠AEB+∠CEF=90°
∴∠BAE=∠CEF
∵∠B=∠C
∴△ABE∽△ECF
∴=，即=
解得x=4a①
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2
∴x2+a2=42②
将①代入②，可得：
a=
∴正方形ABCD的面积为：
x2=16a2=．
本题是一道根据三角形相似和勾股定理来求正方形的边长结合求解的综合题．隐含了整体的数学思想和正确运算的能力．注意后面可以直接这样x2+a2=42②，∴x2+（）2=42，x2+x2=42，x2=16，x2=．无需算出算出x．
8．（2021•湖州模拟）已知a，b，c是直角三角形的三条边，且a＜b＜c，斜边上的高为h，那么以下说法中正确的选项是
② ．（只填序号）
①a2b2+h4=（a2+b2+1）h2；
②b4+c2h2=b2c2；
③由能够组成三角形；
④直角三角形的面积的最大值是．
勾股定理．
计算题；
根据直角三角形的面积公式和勾股定理将各式化简，等式成立者即为正确答案．
根据直角三角形的面积的不同算法，
有ab=ch，
解得h=．
①将h=代入a2b2+h4=（a2+b2+1）h2，得
a2b2+（）4=（a2+b2+1）（）2，得
a2b2+（）4=（c2+1）（）2，得
a2b2+（）4=a2b2+，得
即（）4=，
a2b2=c2，不一定成立，故本选项错误；
②将h=代入b4+c2h2=b2c2，得
b4+c2（）2=b2c2，
b4+b2a2=b2c2，
整理得b4+b2a2﹣b2c2=0，
b2（b2+a2﹣c2）=0，
∵b2+a2﹣c2=0，
∴b2（b2+a2﹣c2）=0成立，故本选项正确；
③∵b2+a2=c2，
（）2+（）2=a+b，
（）2=c，
∴不能说明（）2+（）2=（）2，
故本选项错误；
④直角三角形的面积为ab，随ab的变化而变化，所以无最大值，故本选项错误．
故答案为②．
此题不仅考查了勾股定理，还考查了面积法求直角三角形的高，等式变形计算较复杂，要仔细．
9．（2021•贺州）如图，A、B、C别离是线段A1B，B1C，C1A的中点，假设△ABC的面积是1，那么△A1B1C1的面积 7 ．
三角形的面积．
连接AB1，BC1，CA1，根据等底等高的三角形的面积相等求出△ABB1，△A1AB1的面积，从而求出△A1BB1的面积，同理可求△B1CC1的面积，△A1AC1的面积，然后相加即可得解．
如图，连接AB1，BC1，CA1，
∵A、B分别是线段A1B，B
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