考向15 特殊三角形答案与解析.docx
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考向15特殊三角形答案与解析
考向15特殊三角形答案与解析
一、选择题
1.【答案】C.
【解析】提示：
分类讨论.
2.【答案】A
3.【答案】D．
【解析】常见的一些勾股数如：
3、4、5；5、12、13；7、24、25及倍数等，应熟练掌握.
D中设三边的比中每一份为k，则（5k）2+（12k）2=（13k）2，所以该三角形是直角三角形.其它答案都不满足，故选D.
4.【答案】D.
【解析】三角形中有一个角是90°，就是直角三角形.题中四个关系式都可以解得△ABC中∠C=90°.故选D.
5.【答案】B.
6.【答案】A.
【解析】∵BF∥AC，∴∠C=∠CBF，
∵BC平分∠ABF，∴∠ABC=∠CBF，∴∠C=∠ABC，∴AB=AC，
∵AD是△ABC的角平分线，∴BD=CD，AD⊥BC，故②③正确，
在△CDE与△DBF中，
，
∴△CDE≌△DBF，
∴DE=DF，CE=BF，故①正确；
∵AE=2BF，∴AC=3BF，故④正确．故选A．
二、填空题
7．【答案】270°.
【解析】提示：
根据邻补角的性质可得.
8．【答案】
.
【解析】
作DF⊥BE,∵BC=CD，∴∠1=30°，又∵
为2的等边三角形
∴DF=
，即BD=
9．【答案】10.
10．【答案】90°.
11．【答案】2cm;75°
【解析】①∵AB=AC，∠ABC为60度，
∴△ABC为等边三角形．
在△ABD和△ACD中，
∵
，
∴△ABD≌△ACD，
∴∠BAD=∠CAD，
∴AE是BC边的中垂线，
∴BE=
BC=2cm；
故答案是：
2cm；
②∵AB=AD（已知），
∴∠ABD=∠ADB（等边对等角），
∴∠ABD=
（180°﹣∠BAD）=
（180°﹣30°）=75°．
故答案是：
75°．
12．【答案】腰为10，底边长为1.
【解析】提示：
注意此类题型要分类讨论，最终结果要进行验证.
三、解答题
13.【答案与解析】
（1）将△ABO绕A点旋转60度，使B与C重合，O点转动后的点为O'，
因为AO=AO'，∠AOO'=60°，所以△AOO'是等边三角形。
所以OO'=OA．
转动后O'C=OB，所以△OO'C其实就是以OA、OB、OC为边组成的三角形，
∠COO'=360°-∠AOB-∠BOC-∠O'OA=360°-110°-135°-60°=55°，
∠CO'O=∠AO’C-∠OO'A=∠AOB-∠OO'A=110°-60°=50°，
∠O'CO=180°-∠COO'-∠CO'O=180°-55°-50°=75°．
（2）从上面的角度计算我们可以看出来，当∠BOC可变时，∠CO'O依旧为定值50°.
若三角形为直角三角形，则∠COO'=90°或∠O'CO=90°.
若使∠COO'=90°，则360°-∠AOB-∠BOC-∠O'OA=90°，可解出∠BOC=100°．
若使∠O'CO=90°，则∠COO'=40°，可解出∠BOC=150°.
14.【答案与解析】
解：
（1）∵BA=BC，
∴∠BCA=∠BAC，
∵DA=DB，
∴∠BAD=∠B，
∵AD=AC，
∴∠ADC=∠C=∠BAC=2∠B，
∴∠DAC=∠B，
∵∠DAC+∠ADC+∠C=180°，
∴2∠B+2∠B+∠B=180°，
∴∠B=36°，∠C=2∠B=72°，
故答案为：
36；72；
（2）①在△ADB中，∵DB=DA，∠B=36°，
∴∠BAD=36°，
在△ACD中，∵AD=AC，
∴∠ACD=∠ADC=72°，
∴∠CAD=36°，
∴∠BAD=∠CAD=36°，
∵MH⊥AD，
∴∠AHN=∠AHE=90°，
∴∠AEN=∠ANE=54°，
即△ANE是等腰三角形；
②CD=BN+CE．
证明：
由①知AN=AE，
又∵BA=BC，DB=AC，
∴BN=AB﹣AN=BC﹣AE，CE=AE﹣AC=AE﹣BD，
∴BN+CE=BC﹣BD=CD，
即CD=BN+CE．
15.【答案与解析】
（1）证明：
∵AF平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠DAB＝
∠BAC．
∵D与A关于E对称，
∴E为AD中点．
∵BC⊥AD，
∴BC为AD的中垂线，
∴AC＝CD．
∵在Rt△ACE和Rt△ABE中
∠CAD+∠ACE＝∠DAB+∠ABE＝90°，∠CAD＝∠DAB．
∴∠ACE＝∠ABE，
∴AC＝AB．
∴AB＝CD．
（2）∵∠BAC＝2∠MPC，
又∵∠BAC＝2∠CAD，
∴∠MPC＝∠CAD．
∵AC＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA，
∴∠MPC＝∠CDA．
∴∠MPF＝∠CDM．
∵AC＝AB，AE⊥BC，
∴CE＝BE．
∴AM为BC的中垂线，
∴CM＝BM．
∵EM⊥BC，
∴EM平分∠CMB，
∴∠CME＝∠BME．
∵∠BME＝∠PMF，
∴∠PMF＝∠CME，
∴∠MCD＝∠F（三角形内角和）．
16.【答案与解析】
（1）s=n2
（2）19.提示：
延长FA、CB交于点P，延长AF、DE交于点Q，延长ED、BC交于点R，可证ΔPAB、ΔQEF、ΔRCD、ΔPQR为等边三角形．
∴DC=CR=DR=3，AB=BP=AP=2，即PR=3+2+5=10=QR=QP,∴EF=6，FA=2，
∴周长=1+3+5+2+2+6=19．
（3）能，s=102-22-32-62=51（个）．
答案与解析
一、选择题
1.【答案】D.
2.【答案】B.
【解析】此题采取排除法做．
（1）AB=AE，所以△ABE是等腰的，等腰三角形底角∠AEB不可能90°，所以AC⊥BD不成立．排除A，D；
（2）∵AC平分∠DAB，AB=AE，AC=AD．∴△DAE≌△CAB，∴BC=DE成立，排除C．
3.【答案】D．
【解析】三角形ABC是等腰三角形，且∠BAC=90°，所以∠B=∠C=45°，又DE⊥BC，所以∠DEC=∠C=
45°，所以△EDC是等腰三角形，BD=AB，所以△ABD是等腰三角形，∠BAD=∠BDA，而∠EAD=
90°-∠BAD，∠EDA=90°-∠BDA，所以∠EAD=∠EDA，所以△EAD是等腰三角形，因此图中等腰三角形共4个．
4.【答案】B.
【解析】根据题意证得AB=AE，BD=DE，DE=EC．据此可以对以下选项进行一一判定．选B.
5.【答案】A.
6.【答案】B.
【解析】过P作PF∥BC交AC于F．
∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，
∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，
∴AP=PF=AF，
∵PE⊥AC，
∴AE=EF，
∵AP=PF，AP=CQ，
∴PF=CQ．
∵在△PFD和△QCD中，
，
∴△PFD≌△QCD（AAS），
∴FD=CD，
∵AE=EF，
∴EF+FD=AE+CD，
∴AE+CD=DE=
AC，
∵AC=1，
∴DE=
．
故选：
B．
二、填空题
7．【答案】①②③⑤.
【解析】提示：
证△ACD≌△BCE,△ACP≌△BCQ.
8．【答案】4.
【解析】如图，作MD⊥BC于D，延长DE交BG的延长线于E，
∵△ABC中，∠C=90°，CA=CB，
∴∠ABC=∠A=45°，
∵∠GMB=
∠A，
∴∠GMB=
∠A=22.5°，
∵BG⊥MG，
∴∠BGM=90°，
∴∠GBM=90°﹣22.5°=67.5°，
∴∠GBH=∠EBM﹣∠ABC=22.5°．
∵MD∥AC，
∴∠BMD=∠A=45°，
∴△BDM为等腰直角三角形
∴BD=DM，
而∠GBH=22.5°，
∴GM平分∠BMD，
而BG⊥MG，
∴BG=EG，即BG=
BE，
∵∠MHD+∠HMD=∠E+∠HMD=90°，
∴∠MHD=∠E，
∵∠GBD=90°﹣∠E，∠HMD=90°﹣∠E，
∴∠GBD=∠HMD，
∴在△BED和△MHD中，
，
∴△BED≌△MHD（AAS），
∴BE=MH，
∴BG=
MH=4．
故答案是：
4．
9．【答案】
.
【解析】设直角边为a,b,斜边为c，则
+
=3，
，
，代入即可.
10．【答案】1，
.
【解析】
∵△BPC是等边三角形，∴∠PCD=30°
做PE⊥CD,得PE=1，即△CDP的面积是=
×2×1=1；
根据即可推得
.
11．【答案】6，150°.
12．【答案】
.
三、解答题
13.【答案与解析】
（1）结论：
BM=DM，∠BMD=2∠BCD．
理由：
∵BM、DM分别是Rt△DEC、Rt△EBC的斜边上的中线，
∴BM=DM=
CE；
又∵BM=MC，∴∠MCB=∠MBC，即∠BME=2∠BCM；
同理可得∠DME=2∠DCM；
∴∠BME+∠DME=2（∠BCM+∠DCM），即∠BMD=2∠BCD．
（2）在
（1）中得到的结论仍然成立．即BM=DM，∠BMD=2∠BCD
证法一：
∵点M是Rt△BEC的斜边EC的中点，
∴BM=
EC=MC，又点M是Rt△BEC的斜边EC的中点，
∴DM=
EC=MC，
∴BM=DM；
∵BM=MC，DM=MC，
∴∠CBM=∠BCM，∠DCM=∠CDM，
∴∠BMD=∠EMB+∠EMD=2∠BCM+2∠DCM=2（∠BCM+∠DCM）=2∠BCD，
即∠BMD=2∠BCD．
证法二：
∵点M是Rt△BEC的斜边EC的中点，
∴BM=
EC=ME；
又点M是Rt△DEC的斜边EC的中点，
∴DM=
EC=MC，
∴BM=DM；
∵BM=ME，DM=MC，
∴∠BEC=∠EBM，∠MCD=∠MDC，
∴∠BEM+∠MCD=∠BAC=90°-∠BCD，
∴∠BMD=180°-（∠BMC+∠DME），=180°-2（∠BEM+∠MCD）=180°-2（90°-∠BCD）=2∠BCD，
即∠BMD=2∠BCD．
（3）所画图形如图所示：
图1中有BM=DM，∠BMD=2∠BCD；
图2中∠BCD不存在，有BM=DM；
图3中有BM=DM，∠BMD=360°-2∠BCD．
解法同
（2）．
14.【答案与解析】
（1）证明：
如图1，∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC,∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠EAB+∠AEB=90°.
∵∠EOB=∠AOF＝90°,
∴∠FBC+∠AEB=90°，∴∠EAB=∠FBC，
∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF．
（2）解：
如图2,过点A作AM//GH交BC于M，
过点B作BN//EF交CD于N,AM与BN交于点O/，
则四边形AMHG和四边形BNFE均为平行四边形，
∴EF=BN,GH=AM，
∵∠FOH＝90°,AM//GH，EF//BN,∴∠NO/A=90°,
故由
（1）得,△ABM≌△BCN，∴AM=BN，
∴GH=EF=4．
（3）①8．②4n．
15.【答案与解析】
（1）∵AE=MC,∴BE=BM,∴∠BEM=∠EMB=45°,
∴∠AEM=1355°,
∵CN平分∠DCP，∴∠PCN=45°，∴∠AEM=∠MCN=135°
在△AEM和△MCN中：
∵
∴△AEM≌△MCN，∴AM=MN
（2）仍然成立．
在边AB上截取AE=MC，连接ME
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠B=∠ACB=60°，
∴∠ACP=120°．
∵AE=MC，∴BE=BM
∴∠BEM=∠EMB=60°
∴∠AEM=120°．
∵CN平分∠ACP，∴∠PCN=60°，
∴∠AEM=∠MCN=120°
∵∠CMN=180°—∠AMN—∠AMB=180°—∠B—∠AMB=∠BAM
∴△AEM≌△MCN，∴AM=MN
（3）
16.【答案与解析】解：
（1）如图1，由∠C=90°，AB=5cm，BC=3cm，
∴AC=4，动点P从点C开始，按C→A→B→C的路径运动，且速度为每秒1cm，
∴出发2秒后，则CP=2，
∵∠C=90°，
∴PB=
=
，
∴△ABP的周长为：
AP+PB+AB=2+5+
=7
．
（2）①如图2，若P在边AC上时，BC=CP=3cm，
此时用的时间为3s，△BCP为等腰三角形；
②若P在AB边上时，有三种情况：
i）如图3，若使BP=CB=3cm，此时AP=2cm，P运动的路程为2+4=6cm，
所以用的时间为6s，△BCP为等腰三角形；
ii）如图4，若CP=BC=3cm，过C作斜边AB的高，根据面积法求得高为2.4cm，
作CD⊥AB于点D，
在Rt△PCD中，PD=
=
=1.8，
所以BP=2PD=3.6cm，
所以P运动的路程为9﹣3.6=5.4cm，
则用的时间为5.4s，△BCP为等腰三角形；
ⅲ）如图5，若BP=CP，此时P应该为斜边AB的中点，P运动的路程为4+2.5=6.5cm
则所用的时间为6.5s，△BCP为等腰三角形；
综上所述，当t为3s、5.4s、6s、6.5s时，△BCP为等腰三角形
（3）如图6，当P点在AC上，Q在AB上，则PC=t，BQ=2t﹣3，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴t+2t﹣3=3，
∴t=2；
如图7，当P点在AB上，Q在AC上，则AP=t﹣4，AQ=2t﹣8，
∵直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分，
∴t﹣4+2t﹣8=6，
∴t=6，
∴当t为2或6秒时，直线PQ把△ABC的周长分成相等的两部分．
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