第08讲 三角形压轴（讲练）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（广东专用）

模块一 三角形 第08讲 三角形压轴 （1考点+11种题型） 试卷第1页，共3页 10 / 12 学科网（北京）股份有限公司 考点要求 命题预测 三角形压轴 在广东中考中，涉及三角形压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以解答题出现，三角形结合其它几何图形、函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也算是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点. 考点 三角形压轴题 题型01 与三角形有关的多结论问题（选/填） 1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（    ）    A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④ 2．（2023·湖北·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是 ． 题型02 与三角形有关的平移问题 1．如图1，在中，，沿方向向左平移得到，A、对应点分别是、．点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转至线段，使得，连接．    (1)当点与点重合时，求的长； (2)如图2，连接、．在点的运动过程中： ①和是否总是相等？若是，请你证明；若不是，请说明理由； ②当的长为多少时，能构成等腰三角形？ 2．已知：点C，D均在直线l的上方，与都是直线l的垂线段，且在的右侧，，与相交于点O． (1)如图1，若连接，则的形状为______，的值为______； (2)若将沿直线l平移，并以为一边在直线l的上方作等边． ①如图2，当与重合时，连接，若，求的长； ②如图3，当时，连接并延长交直线l于点F，连接．求证：． 题型03 与三角形有关的翻折问题 1．如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD=α． (1)如图，当P与E重合时，求α的度数． (2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系． 2．综合与实践 问题背景 数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．    探究发现 如图1，在中，，．    （1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）； （2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：； 拓展应用： 当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．    题型04 与三角形有关的旋转问题 1．如图，在中，，，点D在边上，将线段绕点D按顺时针方向旋转得到，线段交于点E，作于点F，与线段交于点G，连接．    (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，当平分四边形的面积时，求的长． 2．综合与实践 问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明： （1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由； 问题解决： （2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长； （3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长． 题型05 与三角形有关的全等/相似问题 1．如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)若是的中点，如图2．求证：． 2．【问题呈现】 和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．    (1)如图1，当时，直接写出，的位置关系：____________； (2)如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由． 【拓展应用】 (3)当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长． 题型06 与三角形有关的最值问题 1．如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：； (3)如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值． 2．在平面直角坐标系中，已知点对于点给出如下定义：将点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，点关于点的对称点为，称点为点的“对应点”． (1)如图，点点在线段的延长线上，若点点为点的“对应点”． ①在图中画出点； ②连接交线段于点求证： (2)的半径为1，是上一点，点在线段上，且，若为外一点，点为点的“对应点”，连接当点在上运动时直接写出长的最大值与最小值的差（用含的式子表示）. 题型07 与三角形有关的动点问题 1．已知是等边三角形，点是射线上的一个动点，延长至点，使，连接交射线于点．    (1)如图1，当点在线段上时，猜测线段与的数量关系并说明理由； (2)如图2，当点在线段的延长线上时， ①线段与的数量关系是否仍然成立？请说明理由； ②如图3，连接．设，若，求四边形的面积． 2．如图，在锐角中，，点，分别是边，上一动点，连接交直线于点． (1)如图1，若，且，，求的度数； (2)如图2，若，且，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，连接，点是的中点，连接．在点，运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)若，且，将沿直线翻折至所在平面内得到，点是的中点，点是线段上一点，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接．在点，运动过程中，当线段取得最小值，且时，请直接写出的值． 题型08 与三角形有关的新定义问题 1．【图形定义】 有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形． 例如：如图①．在和中，分别是和边上的高线，且，则和是等高三角形． 【性质探究】 如图①，用，分别表示和的面积． 则， ∵ ∴． 【性质应用】 (1)如图②，D是的边上的一点．若，则__________； (2)如图③，在中，D，E分别是和边上的点．若，，，则__________，_________； (3)如图③，在中，D，E分别是和边上的点，若，，，则__________． 2．已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”． （1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________． （2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． （3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； ②若，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系． 题型09 与三角形有关的存在性问题 1．在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．      (1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点； (2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明． 2．综合与实践 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．    (1)发现问题：如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则与的数量关系：______，______； (2)类比探究：如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数，并说明理由； (3)拓展延伸：如图3，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点，，在一条直线上，过点作，垂足为点．则，，之间的数量关系：______； (4)实践应用：正方形中，，若平面内存在点满足，，则______． 题型10 三角形与几何图形综合题 1．如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形． (1)如图1，点G在上．求证：． (2)若，当过中点时，求的长． (3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？ 2．如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．    (1)【动手操作】 如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度； (2)【问题探究】 根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由． 题型11 三角形与函数综合题 1．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，抛物线的对称轴是直线，与轴交于点，，与轴交于点，连接． (1)求此抛物线的解析式； (2)已知点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由； (3)已知点是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 2．在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与抛物线交于B，C两点（B在C的左边）．    (1)求A点的坐标； (2)如图1，若B点关于x轴的对称点为点，当以点A，，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a的值； (3)定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如，等均为格点．如图2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值范围． 10 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$模块一 三角形 第08讲 三角形压轴 （1考点+11种题型） 试卷第1页，共3页 10 / 12 学科网（北京）股份有限公司 考点要求 命题预测 三角形压轴 在广东中考中，涉及三角形压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以解答题出现，三角形结合其它几何图形、函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也算是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点. 考点 三角形压轴题 题型01 与三角形有关的多结论问题（选/填） 1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（    ）    A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】由折叠性质和平行线的性质可得，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出，再求出即可判断②正确；由得，求出即可判断③正确；根据即可判断④错误． 【详解】由折叠性质可知：， ∵， ∴． ∴． ∴． 故正确； ∵，， ∴． ∵， ∴． 故正确； ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． 故正确； ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴与不相似． ∴． ∴与不平行． 故错误； 故选A． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键． 2．（2023·湖北·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】由题意易得，，，，则可证，然后根据全等三角形的性质及平行四边形的性质与判定可进行求解． 【详解】解：∵和都是等腰直角三角形， ∴，，，， ∵，， ∴，故①正确； ∴， ∴，，故③正确； ∵，，， ∴，；故②错误； ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，故④正确； 故答案为①③④． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键． 题型02 与三角形有关的平移问题 1．如图1，在中，，沿方向向左平移得到，A、对应点分别是、．点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转至线段，使得，连接．    (1)当点与点重合时，求的长； (2)如图2，连接、．在点的运动过程中： ①和是否总是相等？若是，请你证明；若不是，请说明理由； ②当的长为多少时，能构成等腰三角形？ 【答案】(1) (2)①；②的长为14或11或8或0 【分析】（1）根据平移的性质可得四边形、四边形是平行四边形，再由已知推导出是的平分线，由等腰三角形的性质可得，过点作交于点，求出，再由，所以； （2）①证明，则； ②过点作交于，由等积法可得，求出，分三种情况讨论：当时，；当点与点重合时，，此时，当时，，在中，，可得；当时，，过点作交于，所以，能求出，，则；当时，，当点在上时，，此时点与点重合，此时． 【详解】（1）解：当点与点重合时，， 由平移可知，，， 四边形、四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， 是的平分线， ， ， 如图1，过点作交于点，    ， ， ， ， ； （2）解：①，理由如下： 如图2，，，， ， ； ②如图2，过点作交于，    由①可知， ， 当时， ， ， ， ， 当点与点重合时，，此时， 当时，，在中，， ； 当时，， ， ， 过点作交于， ， ，， ， ， ， ， ； 当时， ， ， ， ， 当点在上时，，此时点与点重合， ； 综上所述：的长为14或11或8或0． 【点睛】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握三角形平移的性质，旋转的性质，三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键． 2．已知：点C，D均在直线l的上方，与都是直线l的垂线段，且在的右侧，，与相交于点O． (1)如图1，若连接，则的形状为______，的值为______； (2)若将沿直线l平移，并以为一边在直线l的上方作等边． ①如图2，当与重合时，连接，若，求的长； ②如图3，当时，连接并延长交直线l于点F，连接．求证：． 【答案】(1)等腰三角形， (2)①；②见解析 【分析】（1）过点C作CH⊥BD于H，可得四边形ABHC是矩形，即可求得AC=BH，进而可判断△BCD的形状，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根据三角形相似的性质即可求解． （2）①过点E作于点H，AC，BD均是直线l的垂线段，可得，根据等边三角形的性质可得，再利用勾股定理即可求解． ②连接，根据，得，即是等边三角形，把旋转得，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到，则可得，根据三角形相似的性质即可求证结论． 【详解】（1）解：过点C作CH⊥BD于H，如图所示： ∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD， ∴∠CAB=∠ABD=∠CHB=90°， ∴四边形ABHC是矩形， ∴AC=BH， 又∵BD=2AC， ∴AC=BH=DH，且CH⊥BD， ∴的形状为等腰三角形， ∵AC、BD都垂直于l， ∴， ∴△AOC∽△BOD， ，即， ， 故答案为：等腰三角形，． （2）①过点E作于点H，如图所示： ∵AC，BD均是直线l的垂线段， ∴， ∵是等边三角形，且与重合， ∴∠EAD=60°， ∴， ∴， ∴在中，，， 又∵，， ∴， ∴，AE=6 在中，， 又由（1）知， ∴，则， ∴在中，由勾股定理得：． ②连接，如图3所示： ∵， ∴， ∵由（1）知是等腰三角形， ∴是等边三角形， 又∵是等边三角形， ∴绕点D顺时针旋转后与重合， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键． 题型03 与三角形有关的翻折问题 1．如图，在△ABC中，∠ABC=40°， ∠ACB=90°，AE平分∠BAC交BC于点E．P是边BC上的动点（不与B，C重合），连结AP，将△APC沿AP翻折得△APD，连结DC，记∠BCD=α． (1)如图，当P与E重合时，求α的度数． (2)当P与E不重合时，记∠BAD=β，探究α与β的数量关系． 【答案】(1)25° (2)①当点P在线段BE上时，2α－β＝50°；②当点P在线段CE上时，2α＋β＝50° 【分析】（1）由∠B＝40°，∠ACB＝90°，得∠BAC＝50°，根据AE平分∠BAC，P与E重合，可得∠ACD，从而α＝∠ACB−∠ACD； （2）分两种情况：①当点P在线段BE上时，可得∠ADC＝∠ACD＝90°−α，根据∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD，即可得2α−β＝50°；②当点P在线段CE上时，延长AD交BC于点F，由∠ADC＝∠ACD＝90°−α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α可得90°−α＝40°＋α＋β，即2α＋β＝50°． 【详解】（1）解：∵∠B＝40°，∠ACB＝90°， ∴∠BAC＝50°， ∵P与E重合，AE平分∠BAC， ∴D在AB边上，AE⊥CD， ∴∠ACD＝65°， ∴α＝∠ACB－∠ACD＝25°； （2）①如图1，当点P在线段BE上时， ∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＋∠BAD＝∠B＋∠BCD， ∴90°－α＋β＝40°＋α， ∴2α－β＝50°； ②如图2，当点P在线段CE上时， 延长AD交BC于点F， ∵∠ADC＝∠ACD＝90°－α，∠ADC＝∠AFC＋α＝∠ABC＋∠BAD+α＝40°＋α＋β， ∴90°－α＝40°＋α＋β， ∴2α＋β＝50°． 【点睛】本题考查三角形综合应用，涉及轴对称变换，三角形外角等于不相邻的两个内角的和的应用，解题的关键是掌握轴对称的性质，能熟练运用三角形外角的性质． 2．综合与实践 问题背景 数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．    探究发现 如图1，在中，，．    （1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）； （2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：； 拓展应用： 当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．    【答案】（1）（2）证明见解析，拓展应用： 【分析】（1）利用等边对等角求出的长，翻折得到，，利用三角形内角和定理求出，，，表示出即可； （2）证明，利用相似比进行求解即可得出； 拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可． 【详解】解：（1）∵，， ∴， ∵将折叠，使边落在边上， ∴，， ∴，； 故答案为：； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 整理，得：， 解得：（负值已舍掉）； 经检验是原分式方程的解． ∴； 拓展应用： 如图，连接，延长至点，使，连接，    ∵在菱形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为黄金三角形， ∴， ∴．即菱形的较长的对角线的长为． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为． 题型04 与三角形有关的旋转问题 1．如图，在中，，，点D在边上，将线段绕点D按顺时针方向旋转得到，线段交于点E，作于点F，与线段交于点G，连接．    (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，当平分四边形的面积时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，再根据，可得，即可； （2）根据，可得点B，C，G，F四点共圆，从而得到，，从而得到，进而得到，可证明，即可； （3）连接，根据，，可得，，，设，则可得，，，，，，再由平分四边形的面积，可得，从而得到关于x的方程，即可求解． 【详解】（1）证明：∵线段绕点D按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵， ， ∴； （2）证明：∵， ∴点B，C，G，F四点共圆， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即； （3）解：如图，连接，    ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∴，，， ∴， ∴，， ∵平分四边形的面积， ∴， ∴， 即， 解得：（负值舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 2．综合与实践 问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明： （1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由； 问题解决： （2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长； （3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长． 【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）． 【分析】（1）由三角形中位线定理得到，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论； （2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解； （3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解． 【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形． 理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点， ∴， ∴∠AMD+∠A=180°， ∵∠A=90°， ∴∠AMD=90°， ∵∠EDF=90°， ∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°， 四边形AMDN为矩形； （2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8， ∴∠B+∠C=90°，． ∵点D是BC的中点， ∴CD=BC=5． ∵∠EDF=90°， ∴∠MDB+∠1=90°． ∵∠B=∠MDB， ∴∠1=∠C． ∴ND=NC． 过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°． ∴CG=CD=． ∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°， ∴△CGN∽△CAB． ∴，即， ∴； （3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH， ∵MD⊥HN，∴MN=MH， ∵D是BC中点， ∴BD=DC， 又∵∠BDH=∠CDN， ∴△BDH≌△CDN， ∴BH=CN，∠DBH=∠C， ∵∠BAC=90°， ∵∠C+∠ABC=90°， ∴∠DBH+∠ABC=90°， ∴∠MBH=90°， 设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x， 在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2， ∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2， 解得x=， ∴线段AN的长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 题型05 与三角形有关的全等/相似问题 1．如图1，在中，是边上不与重合的一个定点．于点，交于点．是由线段绕点顺时针旋转得到的，的延长线相交于点．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)若是的中点，如图2．求证：． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【分析】 （1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，再证明、，即可证明结论； （2）如图1：设与的交点为，先证明可得，再证明可得，最后运用角的和差即可解答； （3）如图2：延长交于点，连接，先证明可得，再证可得；进而证明即，再说明则根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】（1）解： 是由线段绕点顺时针旋转得到的， ， ， ． ， ． ． ， ． ． （2）解：如图1：设与的交点为，    ， ， ， ． ， ， ． 又， ． ， ． （3）解：如图2：延长交于点，连接，    ， ， ． 是的中点， ． 又， ， ． ， ， ． 由（2）知，， ．   ， ， ， ，即． ， ， ． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键． 2．【问题呈现】 和都是直角三角形，，连接，，探究，的位置关系．    (1)如图1，当时，直接写出，的位置关系：____________； (2)如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由． 【拓展应用】 (3)当时，将绕点C旋转，使三点恰好在同一直线上，求的长． 【答案】(1) (2)成立；理由见解析 (3)或 【分析】（1）根据，得出，，证明，得出，根据，求出，即可证明结论； （2）证明，得出，根据，求出，即可证明结论； （3）分两种情况，当点E在线段上时，当点D在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理求出结果即可． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴； 故答案为：．    （2）解：成立；理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ∴；    （3）解：当点E在线段上时，连接，如图所示：    设，则， 根据解析（2）可知，， ∴， ∴， 根据解析（2）可知，， ∴， 根据勾股定理得：， 即， 解得：或（舍去）， ∴此时； 当点D在线段上时，连接，如图所示：    设，则， 根据解析（2）可知，， ∴， ∴， 根据解析（2）可知，， ∴， 根据勾股定理得：， 即， 解得：或（舍去）， ∴此时； 综上分析可知，或． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用， 题型06 与三角形有关的最值问题 1．如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：； (3)如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据旋转的性质得出，，进而证明，即可得证； （2）过点作，交点的延长线于点，连接，，证明四边形四边形是平行四边形，即可得证； （3）如图所示，延长交于点，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，由（2）可得，得出四边形是平行四边形，则，进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解． 【详解】（1）证明：∵为等边三角形， ∴，， ∵将绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴ ∴ 即 在和中 ， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，      ∵是等边三角形， ∴， ∵ ∴ ∴垂直平分， ∴ 又∵， ∴， ∴,   ∴在的垂直平分线上， ∵ ∴在的垂直平分线上， ∴垂直平分 ∴， ∴ 又∵， ∴是等边三角形， ∴ ∴ ∴， 又∵， ∴ ∴， ∴ 在与中， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴； （3）解：依题意，如图所示，延长交于点，    由（2）可知是等边三角形， ∴ ∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到， ∴， ∴， ∴是等边三角形，   ∴ 由（2）可得 ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴ 由（2）可知是的中点，则 ∴ ∴ ∵折叠， ， ∴， 又， ∴， ∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，    ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．在平面直角坐标系中，已知点对于点给出如下定义：将点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点，点关于点的对称点为，称点为点的“对应点”． (1)如图，点点在线段的延长线上，若点点为点的“对应点”． ①在图中画出点； ②连接交线段于点求证： (2)的半径为1，是上一点，点在线段上，且，若为外一点，点为点的“对应点”，连接当点在上运动时直接写出长的最大值与最小值的差（用含的式子表示）. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）①先根据定义和求出点的坐标，再根据点关于点的对称点为求出点Q的坐标；②延长ON至点，连接AQ，利用AAS证明，得到，再计算出OA，OM，ON即可求出； （2）连接PO并延长至S，使，延长SQ至T，使，结合对称的性质得出NM为的中位线，推出，得出，则． 【详解】（1）解：①点Q如下图所示． ∵点， ∴点向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点， ∴， ∵点关于点的对称点为，， ∴点的横坐标为：，纵坐标为：， ∴点，在坐标系内找出该点即可； ②证明：如图延长ON至点，连接AQ， ∵ ， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵ ，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图所示， 连接PO并延长至S，使，延长SQ至T，使， ∵，点向右或向左平移个单位长度，再向上或向下平移个单位长度，得到点， ∴， ∵点关于点的对称点为， ∴， 又∵， ∴， ∴NM为的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴，   在中，， 结合题意，，， ∴， 即长的最大值与最小值的差为． 【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点的轨迹是解题的关键． 题型07 与三角形有关的动点问题 1．已知是等边三角形，点是射线上的一个动点，延长至点，使，连接交射线于点．    (1)如图1，当点在线段上时，猜测线段与的数量关系并说明理由； (2)如图2，当点在线段的延长线上时， ①线段与的数量关系是否仍然成立？请说明理由； ②如图3，连接．设，若，求四边形的面积． 【答案】(1)，理由见解析 (2)①成立，理由见解析② 【分析】（1）过点作，交于点，易得，证明，得到，即可得出结论． （2）①过点作，交的延长线于点，易得，证明，得到，即可得出结论；②过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，根据已知条件推出，得到，证明，得到，求出的长，利用四边形的面积为进行求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， 过点作，交于点，    ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴； （2）①成立，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， 过点作，交的延长线于点，    ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴； ②过点作，交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，则：，    由①知：为等边三角形，，， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，则：，， ∴， ∵， ∴， ∴，即：②， 联立①②可得：（负值已舍去）， 经检验是原方程的根， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的面积为 ． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似三角形． 2．如图，在锐角中，，点，分别是边，上一动点，连接交直线于点． (1)如图1，若，且，，求的度数； (2)如图2，若，且，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，连接，点是的中点，连接．在点，运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)若，且，将沿直线翻折至所在平面内得到，点是的中点，点是线段上一点，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接．在点，运动过程中，当线段取得最小值，且时，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）在射线上取一点，使得，证明，求出，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案； （2）证明，求出，倍长至，连接，PQ，证明，求出，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得为正三角形，然后求出，证，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得为正三角形，然后由得出结论； （3）根据可知轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，当、、三点共线时，取得最小值，设，解直角三角形求出PL、PH，再用面积法求出PQ计算即可． 【详解】（1）解：如图1，在射线上取一点，使得， ∵，BC＝BC， ∴（SAS）， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）， 证明：∵，， ∴△ABC是正三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°， 又∵， ∴（SAS）， ∴， ∴， ∴， 倍长至，连接，PQ， ∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM， ∴（SAS）， ∴，∠QFN＝∠CMN， 由旋转的性质得AC＝CM， ∴， 在CF上截取FP＝FB，连接BP， ∵， ∴， ∴为正三角形， ∴∠BPF＝60°，， ∴， ∵∠QFN＝∠CMN， ∴FQ∥CM， ∴， ∴， 又∵， ∴（SAS）， ∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°， ∴为正三角形， ∴，即； （3）由（2）知， ∴轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC， ∴、、三点共线时，取得最小值， ∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图3-2，作HL⊥PK于L， 设， 在Rt△HLP中，，即， ∴， ∴，， 设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ， ∵S△PHK＝， ∴， ∴， ∴， ∵BC＝AP＝2， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，平行线的性质，圆的基本性质，解直角三角形，勾股定理等知识，综合性较强，能够作出合适的辅助线是解题的关键． 题型08 与三角形有关的新定义问题 1．【图形定义】 有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形． 例如：如图①．在和中，分别是和边上的高线，且，则和是等高三角形． 【性质探究】 如图①，用，分别表示和的面积． 则， ∵ ∴． 【性质应用】 (1)如图②，D是的边上的一点．若，则__________； (2)如图③，在中，D，E分别是和边上的点．若，，，则__________，_________； (3)如图③，在中，D，E分别是和边上的点，若，，，则__________． 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）由图可知和是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案； （2）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据和等高三角形的性质可求得； （3）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据，和等高三角形的性质可求得． 【详解】（1）解：如图，过点A作AE⊥BC， 则， ∵AE=AE， ∴． （2）解：∵和是等高三角形， ∴， ∴； ∵和是等高三角形， ∴， ∴． （3）解：∵和是等高三角形， ∴， ∴； ∵和是等高三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键． 2．已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂足与中点之间的距离为“足中距”． （1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关系是________． （2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． （3）[拓展延伸]如图3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； ②若，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系． 【答案】（1）；（2）仍然成立，证明见解析；（3）①仍然成立，证明见解析；② 【分析】（1）根据三角形全等可得； （2）方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E，证明即可， 方法二：延长CO交BD于点E，证明即可； （3）①方法一：过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E，证明， 方法二：延长CO交DB的延长线于点E，证明； ②延长CO交DB的延长线于点E，证明，根据已知条件得出． 【详解】（1）O是线段AB的中点 在和中 （2）数量关系依然成立． 证明（方法一）：过点O作直线，交BD于点F，延长AC交EF于点E． ∵ ∴ ∴四边形CEFD为矩形． ∴， 由（1）知， ∴， ∴． 证明（方法二）：延长CO交BD于点E， ∵，， ∴， ∴， ∵点O为AB的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）①数量关系依然成立． 证明（方法一）： 过点O作直线，交BD于点F，延长CA交EF于点E． ∵ ∴ ∴四边形CEFD为矩形． ∴， 由（1）知， ∴， ∴．10分 证明（方法二）：延长CO交DB的延长线于点E， ∵，， ∴， ∴， ∴点O为AB的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． ②如图，延长CO交DB的延长线于点E， ∵，， ∴， ∴， ∴点O为AB的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵, ． 【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质与判定，直角三角形的性质，锐角三角函数，根据题意找到全等的三角形，证明线段相等，是解题的关键． 题型09 与三角形有关的存在性问题 1．在中、，于点M，D是线段上的动点（不与点M，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．      (1)如图1，当点E在线段上时，求证：D是的中点； (2)如图2，若在线段上存在点F（不与点B，M重合）满足，连接，，直接写出的大小，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）由旋转的性质得，，利用三角形外角的性质求出，可得，等量代换得到即可； （2）延长到H使，连接，，可得是的中位线，然后求出，设，，求出，证明，得到，再根据等腰三角形三线合一证明即可． 【详解】（1）证明：由旋转的性质得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即D是的中点； （2）； 证明：如图2，延长到H使，连接，， ∵， ∴是的中位线， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∴， ∵， ∴，是等腰三角形， ∴，， 设，，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴，即．    【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 2．综合与实践 数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．    (1)发现问题：如图1，在和中，，，，连接，，延长交于点．则与的数量关系：______，______； (2)类比探究：如图2，在和中，，，，连接，，延长，交于点．请猜想与的数量关系及的度数，并说明理由； (3)拓展延伸：如图3，和均为等腰直角三角形，，连接，，且点，，在一条直线上，过点作，垂足为点．则，，之间的数量关系：______； (4)实践应用：正方形中，，若平面内存在点满足，，则______． 【答案】(1)， (2)，，证明见解析 (3) (4)或 【分析】（1）根据已知得出，即可证明，得出，，进而根据三角形的外角的性质即可求解； （2）同（1）的方法即可得证； （3）同（1）的方法证明，根据等腰直角三角形的性质得出，即可得出结论； （4）根据题意画出图形，连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点，延长至，使得，证明，得出，勾股定理求得，进而求得，根据相似三角形的性质即可得出，勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 设交于点，    ∵ ∴， 故答案为：，． （2）结论：，； 证明：∵， ∴，即， 又∵，， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， （3），理由如下， ∵， ∴， 即， 又∵和均为等腰直角三角形 ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴； （4）解：如图所示，    连接，以为直径,的中点为圆心作圆，以点为圆心，为半径作圆，两圆交于点， 延长至，使得， 则是等腰直角三角形，    ∵, ∴ ， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， 在中，， ∴ ∴ 过点作于点， 设，则， 在中，， 在中， ∴ ∴ 解得：，则， 设交于点，则是等腰直角三角形， ∴ 在中， ∴ ∴ 又， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴， 在中，， ∴， 综上所述， 或 故答案为：或． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键． 题型10 三角形与几何图形综合题 1．如图，在菱形中，，点E从点B出发沿折线向终点D运动．过点E作点E所在的边（或）的垂线，交菱形其它的边于点F，在的右侧作矩形． (1)如图1，点G在上．求证：． (2)若，当过中点时，求的长． (3)已知，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与相似（包括全等）？ 【答案】(1)见解析 (2)或5 (3)或或或 【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案； （2）记中点为点O．分点E在上和点E在上两种情况进行求解即可； （3）过点A作于点M，作于点N．分点E在线段上时，点E在线段上时，点E在线段上，点E在线段上，共四钟情况分别求解即可． 【详解】（1）证明：如图1， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵FGBC， ∴， ∴， ∴△AFG是等腰三角形， ∴． （2）解：记中点为点O． ①当点E在上时，如图2，过点A作于点M， ∵在中，， ∴． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ②当点E在上时，如图3， 过点A作于点N． 同理，， ， ∴． ∴或5． （3）解：过点A作于点M，作于点N． ①当点E在线段上时，．设，则， ⅰ）若点H在点C的左侧，，即，如图4， ． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ⅱ）若点H在点C的右侧，，即，如图5， ． ∵， ∴， ∴， ∴， 此方程无解． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∴． ②当点E在线段上时，，如图6，． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 此方程无解． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， 经检验，是方程的根， ∵， ∴不合题意，舍去； ③当点E在线段上时，，如图7，过点C作于点J， 在中，． ， ∴， ∴， ∵， ∴，符合题意， 此时，． ④当点E在线段上时，， ∵， ∴与不相似． 综上所述，s满足的条件为：或或或． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键． 2．如图①，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形中，，过点作射线，垂足为，点在上．    (1)【动手操作】 如图②，若点在线段上，画出射线，并将射线绕点逆时针旋转与交于点，根据题意在图中画出图形，图中的度数为_______度； (2)【问题探究】 根据（1）所画图形，探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图③，若点在射线上移动，将射线绕点逆时针旋转与交于点，探究线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)作图见解析；135 (2)；理由见解析 (3)或；理由见解析 【分析】（1）根据题意画图即可；先求出，根据，求出； （2）根据，，证明、P、B、E四点共圆，得出，求出，根据等腰三角形的判定即可得出结论； （3）分两种情况，当点P在线段上时，当点P在线段延长线上时，分别画出图形，求出之间的数量关系即可． 【详解】（1）解：如图所示：    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：135． （2）解：；理由如下： 连接，如图所示：    根据旋转可知，， ∵， ∴、P、B、E四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）解：当点P在线段上时，连接，延长，作于点F，如图所示：    根据解析（2）可知，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， 即； 当点P在线段延长线上时，连接，作于点F，如图所示：    根据旋转可知，， ∵， ∴、B、P、E四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 即； 综上分析可知，或． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，圆周角定理，四点共圆，等腰直角三角形的性质，解题的关键是作出图形和相关的辅助线，数形结合，并注意分类讨论． 题型11 三角形与函数综合题 1．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，抛物线的对称轴是直线，与轴交于点，，与轴交于点，连接． (1)求此抛物线的解析式； (2)已知点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由； (3)已知点是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在这样的点（2，1）或或，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形 (3)存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或． 【分析】（1）根据抛物线的对称轴是直线，可得a=-1，再把点代入，即可求解； （2）先求出，设点N（m，-m+3），可得，，再分三种情况讨论：当AC=AN时，当AC=CN时，当AN=CN时，即可求解； （3）设点E（1，n），点F（s，t），然后分两种情况讨论：当BC为边时，当BC为对角线时，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线， ∴，解得：a=-1， ∵抛物线过点， ∴，解得：c=3， ∴抛物线解析式为； （2）解：存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下： 令y=0，则， 解得：， ∴点A的坐标为（-1，0）， ∴OA=1， 当x=0时，y=3， ∴点C的坐标为（0，3），即OC=3， ∴， 设直线BC的解析式为， 把点B（3，0），C（0，3）代入得： ，解得：， ∴直线BC的解析式为， 设点N（m，-m+3）， ∴MN=-m+3，AM=m+1， ∴，， 当AC=AN时，， 解得：m=2或0（舍去）， ∴此时点N（2，1）； 当AC=CN时，， 解得：或（舍去）， ∴此时点N； 当AN=CN时，， 解得：， ∴此时点N； 综上所述，存在这样的点（2，1）或或，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形； （3）解：存在，理由如下： ∵点B（3，0），C（0，3）， ∴OB=OC， ∴BC， 设点E（1，n），点F（s，t）， 当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图， ∴或， 解得：或， ∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）； 当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图， ，解得：或， ∴此时点F的坐标为或； 综上所述，存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键是解题的关键． 2．在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与抛物线交于B，C两点（B在C的左边）．    (1)求A点的坐标； (2)如图1，若B点关于x轴的对称点为点，当以点A，，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a的值； (3)定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如，等均为格点．如图2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值范围． 【答案】(1) (2)或； (3)或． 【分析】（1）对于直线，令，求出x，即可求解； （2）表示出点，，的坐标，利用勾股定理解方程求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论； （3）直线与抛物线所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在轴和直线上，各为13个，分别求出的范围． 【详解】（1）解：对于直线， 当时，， ∴A点的坐标为； （2）解：联立直线与抛物线得： ， ， 或， ，， 点关于轴的对称点为点， ， ， ， ， 若，则，即，所以， 若，则，即，所以， 若，则，即，此方程无解． 或； （3）解：如图，直线与抛物线所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在轴和直线上，    ，，， ， 格点数恰好是26个， 落在轴和直线上的格点数应各为13个， 落在轴的格点应满足，即， ①若，即， 所以线段上的格点应该为，，，， ②若，，，所以线段上的格点正好13个， 综上，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，勾股定理，关键是弄清格点只能落在轴和直线上，各为13个，并对点、进行定位． $$