中考数学二轮复习冲刺第11讲 特殊三角形（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）（解析版）

第11讲特殊三角形（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）【考纲要求】1．了解等腰三角形、等边三角形、直角三角形的概念，会识别这三种图形；理解等腰三角形、等边三角形、直角三角形的性质和判定．2.能用等腰三角形、等边三角形、直角三角形的性质和判定解决简单问题．3.会运用等腰三角形、等边三角形、直角三角形的知识解决有关问题．【知识导图】【考点梳理】考点一、等腰三角形1.等腰三角形：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形.2．性质：(1)具有三角形的一切性质；(2)两底角相等(等边对等角)；(3)顶角的平分线，底边中线，底边上的高互相重合(三线合一)；(4)等边三角形的各角都相等，且都等于60°．3．判定：(1)如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等(等角对等边)；(2)三个角都相等的三角形是等边三角形；(3)有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形．考点二、直角三角形1.直角三角形：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．2．性质：(1)直角三角形中两锐角互余；(2)直角三角形中，30°锐角所对的直角边等于斜边的一半；(3)在直角三角形中，如果有一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°；(4)勾股定理：直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方；(5)勾股定理逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形；(6)直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半.3．判定：(1)两内角互余的三角形是直角三角形；(2)一条边上的中线等于该边的一半，则这条边所对的角是直角，这个三角形是直角三角形；(3)如果三角形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，第三边为斜边．【典型例题】题型一、等腰三角形例1．如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB=110°，∠BOC=α．以OC为一边作等边三角形OCD，连接AC、AD．（1）当α=150°时，试判断△AOD的形状，并说明理由；（2）探究：当a为多少度时，△AOD是等腰三角形？【思路点拨】（1）首先根据已知条件可以证明△BOC≌△ADC，然后利用全等三角形的性质可以求出∠ADO的度数，由此即可判定△AOD的形状；（2）利用（1）和已知条件及等腰三角形的性质即可求解．【答案与解析】解：（1）∵△OCD是等边三角形，∴OC=CD，而△ABC是等边三角形，∴BC=AC，∵∠ACB=∠OCD=60°，∴∠BCO=∠ACD，在△BOC与△ADC中，∵，∴△BOC≌△ADC，∴∠BOC=∠ADC，而∠BOC=α=150°，∠ODC=60°，∴∠ADO=150°﹣60°=90°，∴△ADO是直角三角形；（2）∵设∠CBO=∠CAD=a，∠ABO=b，∠BAO=c，∠CAO=d，则a+b=60°，b+c=180°﹣110°=70°，c+d=60°，a+d=50°∠DAO=50°，∴b﹣d=10°，∴（60°﹣a）﹣d=10°，∴a+d=50°，即∠CAO=50°，①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO，∴190°﹣α=α﹣60°，∴α=125°；②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO，∴α﹣60°=50°，∴α=110°；③要使OD=AD，需∠OAD=∠AOD，∴190°﹣α=50°，∴α=140°．所以当α为110°、125°、140°时，三角形AOD是等腰三角形．【总结升华】此题主要考查了等边三角形的性质与判定，以及等腰三角形的性质和旋转的性质等知识，根据旋转前后图形不变是解决问题的关键．【变式】把腰长为1的等腰直角三角形折叠两次后，得到的一个小三角形的周长是________．【答案】.例2．已知:如图,菱形ABCD中,E、F分别是CB、CD上的点，BE=DF．(1)求证:AE=AF．(2)若AE垂直平分BC，AF垂直平分CD，求证：△AEF为等边三角形．【思路点拨】菱形的定义和性质.【答案与解析】(1)∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD,∠B=∠D，又∵BE=DF，∴≌．∴AE=AF(2)连接AC,∵AE垂直平分BC，AF垂直平分CD，∴AB=AC=AD，∵AB=BC=CD=DA,∴△ABC和△ACD都是等边三角形．∴,．∴．又∵AE=AF∴是等边三角形．【总结升华】此题涉及到三角形全等的判定与性质，等边三角形的判定与性质.【变式】如图，△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，使AE=BD，连接CE、DE.求证：CE=DE.【答案】延长BD到F，使DF＝BC，连接EF，∵等边△ABC，∴AB＝BC＝AC，∠B＝60．∵BF＝BD+DF，BE＝AB+AE，AE＝BD，BC＝DF，∴BF＝BE，∴等边△BEF，∴EF＝BE，∠F＝∠B，∴△BCE≌△FDE（SAS）．∴CE＝DE．题型二、直角三角形例3．如图，△ABC中，CF⊥AB，垂足为F，M为BC的中点，E为AC上一点，且ME=MF．（1）求证：BE⊥AC；（2）若∠A=50°，求∠FME的度数．【思路点拨】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MF=BM=CM=BC，再求出ME=BM=CM=BC，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明；（2）根据三角形的内角和定理求出∠ABC+∠ACB，再根据等腰三角形两底角相等求出∠BMF+∠CME，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．【答案与解析】（1）证明：∵CF⊥AB，垂足为F，M为BC的中点，∴MF=BM=CM=BC，∵ME=MF，∴ME=BM=CM=BC，∴BE⊥AC；（2）解：∵∠A=50°，∴∠ABC+∠ACB=180°﹣50°=130°，∵ME=MF=BM=CM，∴∠BMF+∠CME=（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB）=360°﹣2（∠ABC+∠ACB）=360°﹣2×130°=100°，在△MEF中，∠FME=180°﹣100°=80°．【总结升华】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形的判定与性质，熟记性质是解题的关键，难点在于（2）中整体思想的利用．例4．如图，△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∠ACD＝∠BCE＝90°，AE交DC于F，BD分别交CE，AE于点G、H.试猜测线段AE和BD的位置和数量关系，并说明理由．

【思路点拨】△ACD和△BCE都是等腰直角三角形,为证明全等提供了等线段的条件.【答案与解析】猜测AE＝BD，AE⊥BD.理由如下：∵∠ACD＝∠BCE＝90°，∴∠ACD＋∠DCE＝∠BCE＋∠DCE，即∠ACE＝∠DCB．∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，∴AC＝CD，CE＝CB．∴△ACE≌△DCB（SAS）．∴AE＝BD，∠CAE＝∠CDB．∵∠AFC＝∠DFH，∴∠DHF＝∠ACD＝90°，∴AE⊥BD．【总结升华】两条线段的关系包括数量关系和位置关系两种.【变式】.以等腰三角形AOB的斜边为直角边向外作第2个等腰直角三角形ABA1，再以等腰直角三角形ABA1的斜边为直角边向外作第3个等腰直角三角形A1BB1，……，如此作下去，若OA=OB=1，则第n个等腰直角三角形的面积Sn=________.【答案】.题型三、综合运用例5.如图①，△ABC中．AB=AC，P为底边BC上一点，PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，垂足分别为E、F、H．易证PE+PF=CH．证明过程如下：如图①，连接AP．∵PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，∴=AB•PE，=AC•PF，=AB•CH．又∵，∴AB•PE+AC•PF=AB•CH．∵AB=AC，∴PE+PF=CH．（1）如图②，P为BC延长线上的点时，其它条件不变，PE、PF、CH又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明：（2）填空：若∠A=30°，△ABC的面积为49，点P在直线BC上，且P到直线AC的距离为PF，当PF=3时，则AB边上的高CH=______.点P到AB边的距离PE=________.【思路点拨】运用面积证明可使问题简便，（2）中分情况讨论是解题的关键．【答案与解析】（1）如图②，PE=PF+CH．证明如下：∵PE⊥AB，PF⊥AC，CH⊥AB，∴=AB•PE，=AC•PF，=AB•CH，∵=+，∴AB•PE=AC•PF+AB•CH，又∵AB=AC，∴PE=PF+CH；（2）∵在△ACH中，∠A=30°，∴AC=2CH．∵=AB•CH，AB=AC，∴×2CH•CH=49，∴CH=7．分两种情况：①P为底边BC上一点，如图①．∵PE+PF=CH，∴PE=CH-PF=7-3=4；②P为BC延长线上的点时，如图②．∵PE=PF+CH，∴PE=3+7=10．故答案为7；4或10．【总结升华】本题考查了等腰三角形的性质与三角形的面积，难度适中.例6．在△ＡＢＣ中，AC=BC，，点D为AC的中点．（1）如图1，E为线段DC上任意一点，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连结CF，过点F作，交直线AB于点H．判断FH与FC的数量关系并加以证明．（2）如图2，若E为线段DC的延长线上任意一点，（1）中的其他条件不变，你在（1）中得出的结论是否发生改变，直接写出你的结论，不必证明．

【思路点拨】根据条件判断FH=FC,要证FH=FC一般就要证三角形全等.【答案与解析】（1）FH与FC的数量关系是：．

延长交于点G，由题意，知∠EDF=∠ACB=90°，DE=DF．∴DG∥CB．∵点D为AC的中点，∴点G为AB的中点，且．∴DG为的中位线．∴．∵AC=BC，∴DC=DG．∴DC-DE=DG-DF．即EC=FG．∵∠EDF=90°，，∴∠1+∠CFD=90°，∠2+∠CFD=90°∴∠1=∠2．∵与都是等腰直角三角形，∴∠DEF=∠DGA=45°．∴∠CEF=∠FGH=135°．∴△CEF≌△FGH．∴FH=FC．（2）FH与FC仍然相等．【总结升华】对于特殊三角形的判定及性质要记住并能灵活运用，注重积累解题思路和运用数学思想和方法解决问题的能力和培养.【变式】如图，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，点B,C,D在一条直线上，点M是AE的中点，下列结论：①tan∠AEC=;②S⊿ABC+S⊿CDE≥S⊿ACE;③BM⊥DM;④BM=DM.正确结论的个数是（）A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】D.【中考过关真题练】一．选择题（共9小题）1．（2022•淮安）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AC的中点，若AB＝10，则DE的长是（）A．8 B．6 C．5 D．4【分析】利用等腰三角形的性质得出∠ADC＝90°，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．【解答】解：∵AB＝AC＝10，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∵E为AC的中点，∴DE＝AC＝5，故选：C．【点评】此题考查了等腰三角形的性质，熟记等腰三角形的性质是解题的关键．2．（2022•宁波）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，E为BD上一点，F为CE中点．若AE＝AD，DF＝2，则BD的长为（）A．2 B．3 C．2 D．4【分析】根据三角形中位线可以求得AE的长，再根据AE＝AD，可以得到AD的长，然后根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，可以求得BD的长．【解答】解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF＝2，∴AE＝2DF＝4，∵AE＝AD，∴AD＝4，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，∴BD＝AC＝AD＝4，故选：D．【点评】本题考查直角三角线斜边上的中线和斜边的关系、三角形的中位线，解答本题的关键是求出AD的长．3．（2022•贺州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝56°，则∠A的度数为（）A．34° B．44° C．124° D．134°【分析】根据直角三角形的两锐角互余计算即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，则∠B+∠A＝90°，∵∠B＝56°，∴∠A＝90°﹣56°＝34°，故选：A．【点评】本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形的两锐角互余是解题的关键．4．（2022•德州）将一副三角板（厚度不计）如图摆放，使含30°角的三角板的斜边与含45°角的三角板的一条直角边平行，则∠α的角度为（）A．100° B．105° C．110° D．120°【分析】根据平行线的性质可得∠ABC的度数，再根据三角形内角和定理可得∠α的度数．【解答】解：∵含30°角的三角板的斜边与含45°角的三角板的一条直角边平行，如图所示：∴∠ABC＝∠A＝45°，∵∠C＝30°，∴∠α＝180°﹣45°﹣30°＝105°，故选：B．【点评】本题考查了平行线的性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握这些知识是解题的关键．5．（2022•台湾）如图，△ABC中，D点在AB上，E点在BC上，DE为AB的中垂线．若∠B＝∠C，且∠EAC＞90°，则根据图中标示的角，判断下列叙述何者正确？（）A．∠1＝∠2，∠1＜∠3 B．∠1＝∠2，∠1＞∠3 C．∠1≠∠2，∠1＜∠3 D．∠1≠∠2，∠1＞∠3【分析】根据线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质解答即可．【解答】解：∵DE为AB的中垂线，∴∠BDE＝∠ADE，BE＝AE，∴∠B＝∠BAE，∴∠1＝∠2，∵∠EAC＞90°，∴∠3+∠C＜90°，∵∠B+∠1＝90°，∠B＝∠C，∴∠1＞∠3，∴∠1＝∠2，∠1＞∠3，故选：B．【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质，熟练掌握相关的性质定理是解答本题的关键．6．（2022•大连）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°．分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN．直线MN与AB相交于点D，连接CD，若AB＝3，则CD的长是（）A．6 B．3 C．1.5 D．1【分析】根据题意可知：MN是线段AC的垂直平分线，然后根据三角形相似可以得到点D为AB的中点，再根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，即可得到CD的长．【解答】解：由已知可得，MN是线段AC的垂直平分线，设AC与MN的交点为E，∵∠ACB＝90°，MN垂直平分AC，∴∠AED＝∠ACB＝90°，AE＝CE，∴ED∥CB，∴△AED∽△ACB，∴，∴，∴AD＝AB，∴点D为AB的中点，∵AB＝3，∠ACB＝90°，∴CD＝AB＝1.5，故选：C．【点评】本题考查直角三角形斜边上的中线、线段垂直平分线的性质、相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．7．（2022•黑龙江）如图，△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若△ABC的面积是24，PD＝1.5，则PE的长是（）A．2.5 B．2 C．3.5 D．3【分析】如图，过点E作EG⊥AD于G，证明△EGP≌△FDP，得PG＝PD＝1.5，由三角形中位线定理可得AD的长，由三角形ABC的面积是24，得BC的长，最后由勾股定理可得结论．【解答】解：如图，过点E作EG⊥AD于G，∵AB＝AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，BD＝CD，∴∠PDF＝∠EGP＝90°，EG∥BC，∵点E是AB的中点，∴G是AD的中点，∴EG＝BD，∵F是CD的中点，∴DF＝CD，∴EG＝DF，∵∠EPG＝∠DPF，∴△EGP≌△FDP（AAS），∴PG＝PD＝1.5，∴AD＝2DG＝6，∵△ABC的面积是24，∴•BC•AD＝24，∴BC＝48÷6＝8，∴DF＝BC＝2，∴EG＝DF＝2，由勾股定理得：PE＝＝2.5．故选：A．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，全等三角形的性质和判定，三角形的面积等知识，作辅助线构建全等三角形是解本题的关键．8．（2022•青海）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，延长CB至点E，使BE＝BC，连接DE，F为DE中点，连接BF．若AC＝16，BC＝12，则BF的长为（）A．5 B．4 C．6 D．8【分析】利用勾股定理求得AB＝20；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度；结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BF＝CD．【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，∴AB＝＝20．∵CD为中线，∴CD＝AB＝10．∵F为DE中点，BE＝BC，即点B是EC的中点，∴BF是△CDE的中位线，则BF＝CD＝5．故选：A．【点评】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，此题的突破口是推知线段CD的长度和线段BF是△CDE的中位线．9．（2022•宜宾）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，则＝；④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE＝2+．其中含所有正确结论的选项是（）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【分析】①正确．证明△BAD≌△CAE（SAS），可得结论；②正确．证明A，D，C，E四点共圆，利用圆周角定理证明；③正确．设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，过点C作CJ⊥DF于点J，求出AO，CJ，可得结论；④错误．将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，设PD＝t，则BD＝AD＝t，构建方程求出t，可得结论．【解答】解：如图1中，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正确，∵∠ADB+∠ADC＝180°，∴∠AEC+∠ADC＝180°，∴∠DAE+∠DCE＝180°，∴∠DAE＝∠DCE＝90°，取DE的中点O，连接OA，OA，OC，则OA＝OD＝OE＝OC，∴A，D，C，E四点共圆，∴∠DAC＝∠CED，故②正确，设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DE＝m，OA＝m，过点C作CJ⊥DF于点J，∵tan∠CDF＝＝＝2，∴CJ＝m，∵AO⊥DE，CJ⊥DE，∴AO∥CJ，∴＝＝＝，故③正确．如图2中，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，∴△BPN是等边三角形，∴BP＝PN，∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，∴∠BPD＝∠CPD＝60°，设PD＝t，则BD＝AD＝t，∴2+t＝t，∴t＝+1，∴CE＝BD＝t＝3+，故④错误．故选：B．【点评】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二．填空题（共10小题）10．（2022•岳阳）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，若BC＝6，则CD＝3．【分析】根据等腰三角形的性质可知D是BC的中点，即可求出CD的长．【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴CD＝BD，∵BC＝6，∴CD＝3，故答案为：3．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形三线合一是解题的关键．11．（2022•苏州）定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫做“倍长三角形”．若等腰△ABC是“倍长三角形”，底边BC的长为3，则腰AB的长为6．【分析】由等腰△ABC是“倍长三角形”，可知AB＝2BC或BC＝2AB，若AB＝2BC＝6，可得AB的长为6；若BC＝3＝2AB，因1.5+1.5＝3，故此时不能构成三角形，这种情况不存在；即可得答案．【解答】解：∵等腰△ABC是“倍长三角形”，∴AB＝2BC或BC＝2AB，若AB＝2BC＝6，则△ABC三边分别是6，6，3，符合题意，∴腰AB的长为6；若BC＝3＝2AB，则AB＝1.5，△ABC三边分别是1.5，1.5，3，∵1.5+1.5＝3，∴此时不能构成三角形，这种情况不存在；综上所述，腰AB的长是6，故答案为：6．【点评】本题考查三角形三边关系，涉及新定义，解题的关键是分类思想的应用及掌握三角形任意两边的和大于第三边．12．（2022•黔西南州）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝60°，∠D＝45°，AC与DE相交于点F．若BC∥AE，则∠AFE的度数为105°．【分析】由三角形内角和定理可知，∠C＝30°，∠E＝45°，再利用平行线的性质可知∠CAE＝30°，最后利用三角形内角和定理可得结论．【解答】解：在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝60°，∠D＝45°，∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝30°，∠E＝180°﹣∠D﹣∠DAE＝45°，∵BC∥AE，∴∠CAE＝∠C＝30°，在△AEF中，∠AFE＝180°﹣∠CAE﹣∠E＝105°．故答案为：105°．【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，平行线的性质等相关知识，熟知相关性质是解题关键．13．（2022•荆州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，通过尺规作图得到的直线MN分别交AB，AC于D，E，连接CD．若CE＝AE＝1，则CD＝．【分析】如图，连接BE，根据作图可知MN为AB的垂直平分线，从而得到AE＝BE＝3，然后利用勾股定理求出BC，AB，最后利用斜边上的中线的性质即可求解．【解答】解：如图，连接BE，∵CE＝AE＝1，∴AE＝3，AC＝4，而根据作图可知MN为AB的垂直平分线，∴AE＝BE＝3，在Rt△ECB中，BC＝＝2，∴AB＝＝2，∵CD为直角三角形ABC斜边上的中线，∴CD＝AB＝．故答案为：．【点评】本题主要考查了直角三角形的斜边上的中线的性质，同时也利用勾股定理进行计算．14．（2022•广安）若（a﹣3）2+＝0，则以a、b为边长的等腰三角形的周长为11或13．【分析】先求a，b．再求第三边c即可．【解答】解：∵（a﹣3）2+＝0，（a﹣3）2≥0，≥0，∴a﹣3＝0，b﹣5＝0，∴a＝3，b＝5，设三角形的第三边为c，当a＝c＝3时，三角形的周长＝a+b+c＝3+5+3＝11，当b＝c＝5时，三角形的周长＝3+5+5＝13，故答案为：11或13．【点评】本题考查等腰三角形周长计算，求出a，b后确定腰和底是求解本题的关键．15．（2022•河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为或．【分析】分两种情况：当点Q在CD上，当点Q在DC的延长线上，利用勾股定理分别进行计算即可解答．【解答】解：如图：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，∴AB＝AC＝4，∵点D为AB的中点，∴CD＝AD＝AB＝2，∠ADC＝90°，∵∠ADQ＝90°，∴点C、D、Q在同一条直线上，由旋转得：CQ＝CP＝CQ′＝1，分两种情况：当点Q在CD上，在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，∴AQ＝＝＝，当点Q在DC的延长线上，在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，∴AQ′＝＝＝，综上所述：当∠ADQ＝90°时，AQ的长为或，故答案为：或．【点评】本题考查了勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形，分两种情况进行讨论是解题的关键．16．（2022•镇江）如图，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，若DE＝1，则FG＝1．【分析】根据直角三角形的性质得出AB的长，进而利用三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵∠ADB＝90°，E是AB的中点，∴AB＝2DE＝2，∵F、G分别为AC、BC的中点，∴FG是△ACB的中位线，∴FG＝AB＝1，故答案为：1．【点评】此题考查三角形中位线定理，关键是根据直角三角形的性质得出AB的长解答．17．（2022•十堰）【阅读材料】如图①，四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E，F分别在BC，CD上，若∠BAD＝2∠EAF，则EF＝BE+DF．【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD．已知CD＝CB＝100m，∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，道路AD，AB上分别有景点M，N，且DM＝100m，BN＝50（﹣1）m，若在M，N之间修一条直路，则路线M→N的长比路线M→A→N的长少370m（结果取整数，参考数据：≈1.7）．【分析】解法一：如图，作辅助线，构建直角三角形，先根据四边形的内角和定理证明∠G＝90°，分别计算AD，CG，AG，BG的长，由线段的和与差可得AM和AN的长，最后由勾股定理可得MN的长，计算AM+AN﹣MN可得答案．解法二：构建【阅读材料】的图形，根据结论可得MN的长，从而得结论．【解答】解：解法一：如图，延长DC，AB交于点G，过点N作NH⊥AD于H，∵∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，∴∠A＝360°﹣60°﹣120°﹣150°＝30°，∴∠G＝90°，∴AD＝2DG，Rt△CGB中，∠BCG＝180°﹣150°＝30°，∴BG＝BC＝50，CG＝50，∴DG＝CD+CG＝100+50，∴AD＝2DG＝200+100，AG＝DG＝150+100，∵DM＝100，∴AM＝AD﹣DM＝200+100﹣100＝100+100，∵BG＝50，BN＝50（﹣1），∴AN＝AG﹣BG﹣BN＝150+100﹣50﹣50（﹣1）＝150+50，Rt△ANH中，∵∠A＝30°，∴NH＝AN＝75+25，AH＝NH＝75+75，由勾股定理得：MN＝＝＝50（+1），∴AM+AN﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．答：路线M→N的长比路线M→A→N的长少370m．解法二：如图，延长DC，AB交于点G，连接CN，CM，则∠G＝90°，∵CD＝DM，∠D＝60°，∴△DCM是等边三角形，∴∠DCM＝60°，由解法一可知：CG＝50，GN＝BG+BN＝50+50（﹣1）＝50，∴△CGN是等腰直角三角形，∴∠GCN＝45°，∴∠BCN＝45°﹣30°＝15°，∴∠MCN＝150°﹣60°﹣15°＝75°＝∠BCD，由【阅读材料】的结论得：MN＝DM+BN＝100+50（﹣1）＝50+50，∵AM+AN﹣MN＝100+100+150+50﹣50（+1）＝200+100≈370（m）．答：路线M→N的长比路线M→A→N的长少370m．故答案为：370．【点评】此题重点考查了含30°的直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算等知识与方法，解题的关键是作出所需要的辅助线，构造含30°的直角三角形，再利用线段的和与差进行计算即可．18．（2022•鄂州）如图，在边长为6的等边△ABC中，D、E分别为边BC、AC上的点，AD与BE相交于点P，若BD＝CE＝2，则△ABP的周长为．【分析】根据SAS证△ABD≌△BCE，得出∠APB＝120°，在CB上取一点F使CF＝CE＝2，则BF＝BC﹣CF＝4，证△APB∽△BFE，根据比例关系设BP＝x，则AP＝2x，作BH⊥AD延长线于H，利用勾股定理列方程求解即可得出BP和AP的长．【解答】解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠C＝60°，在△ABD和△BCE中，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD＝∠CBE，∴∠APE＝∠ABP+∠BAD＝∠ABP+∠CBE＝∠ABD＝60°，∴∠APB＝120°，在CB上取一点F使CF＝CE＝2，则BF＝BC﹣CF＝4，∴∠C＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴∠BFE＝120°，即∠APB＝∠BFE，∴△APB∽△BFE，∴＝＝2，设BP＝x，则AP＝2x，作BH⊥AD延长线于H，∵∠BPD＝∠APE＝60°，∴∠PBH＝30°，∴PH＝，BH＝，∴AH＝AP+PH＝2x+＝x，在Rt△ABH中，AH2+BH2＝AB2，即（x）2+（x）2＝62，解得x＝或﹣（舍去），∴AP＝，BP＝，∴△ABP的周长为AB+AP+BP＝6++＝6+＝，故答案为：．【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握这些基础知识是解题的关键．19．（2022•西宁）如图，△ABC中，AB＝6，BC＝8，点D，E分别是AB，AC的中点，点F在DE上，且∠AFB＝90°，则EF＝1．【分析】利用三角形中位线定理得到DE＝BC．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DF＝AB．所以由图中线段间的和差关系来求线段EF的长度即可．【解答】解：∵点D，E分别是AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝4．∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，∴DF＝AB＝3，∴EF＝DE﹣DF＝4﹣3＝1．故答案为：1．【点评】本题考查了三角形的中位线定理的应用，解题的关键是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的相关内容，题目比较好，难度适中．三．解答题（共4小题）20．（2022•温州）如图，BD是△ABC的角平分线，DE∥BC，交AB于点E．（1）求证：∠EBD＝∠EDB．（2）当AB＝AC时，请判断CD与ED的大小关系，并说明理由．【分析】（1）利用角平分线的定义和平行线的性质可得结论；（2）利用平行线的性质可得∠ADE＝∠AED，则AD＝AE，从而有CD＝BE，由（1）得，∠EBD＝∠EDB，可知BE＝DE，等量代换即可．【解答】（1）证明：∵BD是△ABC的角平分线，∴∠CBD＝∠EBD，∵DE∥BC，∴∠CBD＝∠EDB，∴∠EBD＝∠EDB．（2）解：CD＝ED，理由如下：∵AB＝AC，∴∠C＝∠ABC，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠C，∠AED＝∠ABC，∴∠ADE＝∠AED，∴AD＝AE，∴CD＝BE，由（1）得，∠EBD＝∠EDB，∴BE＝DE，∴CD＝ED．【点评】本题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义等知识，熟练掌握平行与角平分线可推出等腰三角形是解题的关键．21．（2022•鄂尔多斯）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．（1）如图1，点E、F分别是线段BD、AD上的点，且DE＝DF，AE与CF的延长线交于点M，则AE与CF的数量关系是AE＝CF，位置关系是AE⊥CF；（2）如图2，点E、F分别在DB和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交CF于点M．①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；②连接DM，求∠EMD的度数；③若DM＝6，ED＝12，求EM的长．【分析】（1）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由直角三角形的性质证出∠EMC＝90°，则可得出结论；（2）①同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠E＝∠F，则可得出结论；②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，证明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性质得出DG＝DH，由角平分线的性质可得出答案；③由等腰直角三角形的性质求出GM的长，由勾股定理求出EG的长，则可得出答案．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，∴∠ADE＝∠CDF＝90°，又∵DE＝DF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，∵∠DAE+∠DEA＝90°，∴∠DCF+∠DEA＝90°，∴∠EMC＝90°，∴AE⊥CF．故答案为：AE＝CF，AE⊥CF；（2）①（1）中的结论还成立，理由：同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF，∠E＝∠F，∵∠F+∠ECF＝90°，∴∠E+∠ECF＝90°，∴∠EMC＝90°，∴AE⊥CF；②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，∴△DEG≌△DFH（AAS），∴DG＝DH，又∵DG⊥AE，DH⊥CF，∴DM平分∠EMC，又∵∠EMC＝90°，∴∠EMD＝∠EMC＝45°；③∵∠EMD＝45°，∠DGM＝90°，∴∠DMG＝∠GDM，∴DG＝GM，又∵DM＝6，∴DG＝GM＝6，∵DE＝12，∴EG＝＝＝6，∴EM＝GM+EG＝6+6．【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．22．（2022•徐州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．（1）∠EDC的度数为45°；（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；（4）求的最大值．【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由三角形中位线定理可得DE∥AB，可求解；（2）设AP＝x，由等腰直角三角形的性质和三角形中位线定理可求AG的长，由三角形面积公式和二次函数的性质可求解；（3）由“SAS”可证△CEF≌△GDF，可得CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，可求解；（4）利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出CH，CE的值，即可求解．【解答】解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，∵D、E分别为BC、PC的中点，∴DE∥AB，DE＝BP，∴∠EDC＝∠ABC＝45°，故答案为：45；（2）设AP＝x，则BP＝12﹣x，∵DE＝BP，∴DE＝6﹣，∵GF⊥BC，∠EDC＝45°，∴∠EDC＝∠DEF＝45°，∴DF＝EF＝DE＝3﹣x，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD＝6，∴CF＝3+x，∵GF⊥BC，∠ACB＝45°，∴∠ACB＝∠CGF＝45°，∴GF＝FC，∴GC＝FC＝6+，∴AG＝6﹣，∴S△APG＝×AP×AG＝×x×（6﹣）＝﹣（x﹣6）2+9，∴当x＝6时，△APG的面积的最大值为9；（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，∴△CEF≌△GDF（SAS），∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，∵∠DGF+∠GDF＝90°，∴∠GDF+∠DCE＝90°，∴∠DHC＝90°，∴DG⊥PE，∵点E是PC的中点，∴PE＝EC，∴DG＝PE；（4）方法一、∵CF＝3+x＝GF，EF＝3﹣x，∴EC＝＝，∵AP＝x，AC＝12，∴PC＝＝，∵∠ACP＝∠GCH，∠A＝90°＝∠GHC，∴△APC∽△HGC，∴＝，∴＝，∴GH＝，CH＝，∴＝＝12×＝≤＝＝＝，∴的最大值为．方法二、如图，过点H作MH∥AB，交BC于M，∵∠DHC＝90°，∴点H以CD为直径的⊙O上，连接OH，并延长交AB于N，∵MH∥AB，∴，∵OH，OB是定长，∴ON的取最小值时，OM有最大值，∴当ON⊥AB时，OM有最大值，此时MH⊥OH，CM有最大值，∵DE∥AB，∴MH∥DE，∴，∴当CM有最大值时，有最大值，∵AB∥MH，∴∠HMO＝∠B＝45°，∵MH⊥OH，∴∠HMO＝∠HOM＝45°，∴MH＝HO，∴MO＝HO，∵HO＝CO＝DO，∴MO＝CO，CD＝2CO，∴CM＝（+1）CO，∴＝＝．【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．23．（2022•菏泽）如图1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，在DA上取点E，使DE＝DC，连接BE、CE．（1）直接写出CE与AB的位置关系；（2）如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D（点B′、E′分别与点B、E对应），连接CE′、AB′，在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致？请说明理由；（3）如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30°时，射线CE′与AD、AB′分别交于点G、F，若CG＝FG，DC＝，求AB′的长．【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，∠ABC＝∠DAB＝45°，∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，可得结论；（2）通过证明△ADB'∽△CDE'，可得∠DAB'＝∠DCE'，由余角的性质可得结论；（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得AB'＝AD，即可求解．【解答】解：（1）如图1，延长CE交AB于H，∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝∠DAB＝45°，∵DE＝CD，∴∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，∴∠BHC＝∠BAD+∠AEH＝90°，∴CE⊥AB；（2）在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致，理由如下：如图2，延长CE'交AB'于H，由旋转可得：CD＝DE'，B'D＝AD，∵∠ADC＝∠ADB＝90°，∴∠CDE'＝∠ADB'，又∵＝1，∴△ADB'∽△CDE'，∴∠DAB'＝∠DCE'，∵∠DCE'+∠DGC＝90°，∴∠DAB'+∠AGH＝90°，∴∠AHC＝90°，∴CE'⊥AB'；（3）如图3，过点D作DH⊥AB'于点H，∵△BED绕点D顺时针旋转30°，∴∠BDB'＝30°，B'D＝BD＝AD，∴∠ADB'＝120°，∠DAB'＝∠AB'D＝30°，∵DH⊥AB'，∴AD＝2DH，AH＝DH＝B'H，∴AB'＝AD，由（2）可知：△ADB'∽△CDE'，∴∠DCE'＝∠DAB'＝30°，∵AD⊥BC，CD＝，∴DG＝1，CG＝2DG＝2，∴CG＝FG＝2，∵∠DAB'＝30°，CE'⊥AB'，∴AG＝2GF＝4，∴AD＝AG+DG＝4+1＝5，∴AB'＝AD＝5．【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．【中考挑战满分模拟练】一．选择题（共11小题）1．（2023•蜀山区校级一模）已知等腰△ABC，∠A的相邻外角是130°，则这个三角形的顶角为（）A．65°或80° B．80° C．50°或80° D．50°【分析】先根据邻补角的定义求出∠A，再分∠A是顶角与底角两种情况讨论求解即可．【解答】解：∵∠A的相邻外角是130°，∴∠A＝180°﹣130°＝50°，①∠A是顶角时，顶角为50°，②∠A是底角时，顶角为180°﹣50°×2＝80°，所以，这个三角形的顶角为50°或80°．故选：C．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，邻补角的定义，难点在于要分情况讨论．2．（2023•碑林区校级二模）如图，△ABC中，AB＝6，∠ABC＝60°，点D在边BC上，且AD＝AC，若CD＝2，则BD的长为（）A．1.5 B．2 C．2.5 D．3【分析】过点A作AE⊥BC于E，根据等腰三角形三线合一的性质得出DE＝EC＝CD＝1，由含30度角的直角三角形的性质求出BE＝AB＝3，那么BD＝BE﹣DE＝2．【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC于E，又∵AD＝AC，CD＝2，∴DE＝EC＝CD＝1，在直角△ABE中，∠AEB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAE＝90°﹣∠B＝30°，∴BE＝AB＝×6＝3，∴BD＝BE﹣DE＝3﹣1＝2．故选：B．【点评】本题考查了等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，准确作出辅助线求出BE与DE是解题的关键．3．（2023•雁塔区校级一模）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，则的值为（）A． B． C． D．【分析】过点A作AD⊥BC于D，将△ABC分成两个特殊的直角三角形：△ABD和△ACD，从而解决问题．【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，∵∠B＝45°，∠ADB＝90°，∴BD＝AD，AB＝BD＝AD，∵∠C＝30°，∠ADC＝90°，∴AC＝2AD，∴，故选：A．【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键．4．（2023•泰山区校级一模）轮船从B处以每小时50海里的速度沿南偏东30°方向匀速航行，在B处观测灯塔A位于南偏东75°方向上，轮船航行半小时到达C处，在C处观测灯塔A位于北偏东60°方向上，则C处与灯塔A的距离是（）海里．A．25 B．25 C．50 D．25【分析】根据题中所给信息，求出∠BCA＝90°，再求出∠CBA＝45°，从而得到△ABC为等腰直角三角形，然后根据解直角三角形的知识解答．【解答】解：根据题意，∠1＝∠2＝30°，∵∠ACD＝60°，∴∠ACB＝30°+60°＝90°，∴∠CBA＝75°﹣30°＝45°，∴△ABC为等腰直角三角形，∵BC＝50×0.5＝25（海里），∴AC＝BC＝25（海里）．故选：D．【点评】本题考查了等腰直角三角形和方位角，根据方位角求出三角形各角的度数是解题的关键．5．（2023•定远县校级一模）如图所示，M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，且AB＝8，MN＝3，则AC的长是（）A．12 B．14 C．16 D．18【分析】延长BN交AC于D，证明△ANB≌△AND，根据全等三角形的性质、三角形中位线定理计算即可．【解答】解：延长BN交AC于D，在△ANB和△AND中，，∴△ANB≌△AND，∴AD＝AB＝8，BN＝ND，∵M是△ABC的边BC的中点，∴DC＝2MN＝6，∴AC＝AD+CD＝14，故选：B．【点评】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．6．（2023•定远县校级一模）如图，△ABC中，AB＝AC，CD⊥AB于点D，若∠A＝40°，则有（）A．∠1＝50° B．∠1＝40° C．∠1＝35° D．∠1＝20°【分析】根据垂直的定义得到∠ADC＝90°，根据∠A＝40°和等腰三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°，∵AB＝AC，∠A＝40°，∴∠ABC＝∠ACB＝70°，∴∠1＝90°﹣∠ABC＝90°﹣70°＝20°．故选：D．【点评】此题考查了等腰三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．7．（2023•海棠区一模）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为60°，则等腰三角形的底角度数为（）A．15° B．30° C．15°或75° D．30°或150°【分析】在等腰△ABC中，AB＝AC，BD为腰AC上的高，∠ABD＝40°，讨论：当BD在△ABC内部时，如图1，先计算出∠BAD＝30°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和可计算出∠ACB；当BD在△ABC外部时，如图2，先计算出∠BAD＝30°，再根据等腰三角形的性质和三角形外角性质可计算出∠ACB．【解答】解：在等腰△ABC中，AB＝AC，BD为腰AC上的高，∠ABD＝40°，当BD在△ABC内部时，如图1，∵BD为高，∴∠ADB＝90°，∴∠BAD＝90°﹣46°＝30°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣30°）＝75°；当BD在△ABC外部时，如图2，∵BD为高，∴∠ADB＝90°，∴∠BAD＝90°﹣60°＝30°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，而∠BAD＝∠ABC+∠ACB，∴∠ACB＝∠BAD＝15°，综上所述，这个等腰三角形底角的度数为75°或15°．故选：C．【点评】本题考查了等腰三角形的性质：等腰三角形的两腰相等；等腰三角形的两个底角相等；等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．8．（2023•黔江区一模）如图，直线l1∥l2，△ABC是等边三角形∠1＝50°，则∠2的大小为（）A．60° B．80° C．70° D．100°【分析】根据等边三角形的性质及外角性质可求∠3，再根据平行线的性质即可得到结论．【解答】解：如图，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵∠1＝50°，∴∠3＝∠1+∠A＝50°+60°＝110°，∵直线l1∥l2，∴∠2+∠3＝180°，∴∠2＝180°﹣∠3＝70°，故选：C．【点评】本题考查了等边三角形的性质和平行线的性质，熟记等边三角形的性质和平行线的性质是解题的关键．9．（2023•定远县校级一模）如图，将一副直角三角尺重叠摆放，使得60°角的顶点与等腰直角三角形的直角顶点重合，且DE⊥AB于点D，与BC交于点F，则∠FCE的度数为（）A．60° B．65° C．75° D．85°【分析】根据等腰三角形的两个底角相等，直角三角形的两个锐角互余解答即可．【解答】解：∵DE⊥AB于点D，∴∠ADF＝90°，∵∠CDE＝45°，∴∠ADC＝45°，∵∠A＝90°，∴∠ACD＝45°，∵∠ACB＝60°，∴∠DCB＝15°，∵∠DCE＝90°，∴∠FCE＝75°，故选：C．【点评】本题主要考查了等腰三角形和直角三角形，熟练掌握等腰三角形和直角三角形的性质是解题的关键．10．（2023•瑶海区校级模拟）如图，在等边△ABC中，点A、C分别在x轴、y轴上，AC＝4，当点A在x轴正半轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是（）A．4 B．2+ C．+2 D．2+2【分析】过点B作BM⊥AC于点M，连接OM，先根据等边三角形的性质求出BM，再根据直角三角形的性质求出OM，即可得出答案．【解答】解：过点B作BM⊥AC于点M，连接OM，如图所示：∵△ABC是等边三角形，∴M是AC的中点，∵AC＝4，∴BC＝4，MC＝2，根据勾股定理，得BM＝，根据题意，得∠AOC＝90°，∴OM＝＝2，∴OM+MB＝2+，∴点B到原点的最大距离是2+，故选：D．【点评】本题考查了等边三角形与直角三角形的综合，涉及等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，最大值问题等，综合性较强．11．（2023•深圳模拟）如图，∠ABC＝∠ADB＝90°，DA＝DB，AB与CD交于点E，若BC＝2，AB＝4，则点D到AC的距离是（）A． B． C． D．【分析】过点D作DF⊥AC，垂足为F，过点D作DG⊥CB，交CB的延长线于点G，在Rt△ABC中，利用勾股定理可求出AC的长，再利用等腰直角三角形的性质可得∠DBA＝∠DAB＝45°，AD＝BD＝2，然后在Rt△DBG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，最后根据△ADC的面积＝△ABC的面积+△ADB的面积﹣△DBC的面积，进行计算即可解答．【解答】解：过点D作DF⊥AC，垂足为F，过点D作DG⊥CB，交CB的延长线于点G，∵∠ABC＝90°，BC＝2，AB＝4，∴AC＝＝＝2，∵∠ADB＝90°，DA＝DB，∴∠DBA＝∠DAB＝45°，AD＝BD＝＝＝2，∵∠ABC＝90°，∴∠ABG＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠DBG＝90°﹣∠DBA＝45°，在Rt△DBG中，DB＝2，∴DG＝DB•sin45°＝2×＝2，∴△ADC的面积＝△ABC的面积+△ADB的面积﹣△DBC的面积，∴AC•DF＝AB•BC+AD•DB﹣BC•DG，∴×2DF＝×4×2+×2×2﹣×2×2，∴DF＝4+4﹣2，∴DF＝，∴点D到AC的距离是，故选：B．【点评】本题考查了等腰直角三角形，点到直线的距离，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．二．填空题（共2小题）12．（2023•金安区校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，OD⊥AB交AC于点D，CD＝OD，则∠BAC＝30°．【分析】连接OC，利用等腰三角形的性质得到∠C＝∠DOC，∠A＝∠C，即∠A＝∠C＝∠DOC，然后利用三角形内角和计算∠A的度数．【解答】解：连接OC，∵CD＝OD，∴∠C＝∠DOC，∵OA＝OC，∴∠A＝∠C，∴∠A＝∠C＝∠DOC，∵OD⊥AB，∴∠AOD＝90°，∵∠A+∠AOC+∠C＝180°，∴∠A+90°+∠A+∠A＝180°，∴∠A＝30°．故答案为：30．【点评】本题考查了等腰三角形的性质：等腰三角形的两腰相等；等腰三角形的两个底角相等．也考查了三角形内角和．13．（2023•深圳模拟）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E是AB的中点，过点B作BD⊥AB，交CE的延长线于点D，若BD＝4，CD＝8，则AC＝．【分析】先根据题意作出辅助线，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出AE＝BE＝CE＝x，利用勾股定理推出BE2+BD2＝DE2，即x2+42＝（8﹣x）2，解出x的值，推出AE、BE、CE和DE的长，根据∠CFE＝∠EBD和∠CEF＝∠DEB推出△CFE∽△DBE，可求出EF和CF的长，再求出AF的长，利用勾股定理即可求出AC的长．【解答】解：如图所示，过点C作CF⊥AB于点F，设CE＝x，则DE＝CD﹣CE＝8﹣x，∵在Rt△ABC中，点E为AB的中点，∴AE＝BE＝CE＝x，∵BD⊥AB，∴∠EBD＝90°，∴BE2+BD2＝DE2，即x2+42＝（8﹣x）2，解得：x＝3，∴AE＝BE＝CE＝3，DE＝8﹣3＝5，∵CF⊥AB，∴∠CFE＝∠CFA＝90°，∴∠CFE＝∠EBD，又∵∠CEF＝∠DEB，∴△CFE∽△DBE，∴，即，解得：EF＝，CF＝，∴AF＝AE﹣EF＝，∵∠CFA＝90°，∴AC＝＝；故答案为：．【点评】本题主要考查的是直角三角形斜边的中线和相似三角形，解题关键：一是求出AE、BE、CE和DE的长，二是证出△CFE∽△DBE．三．解答题（共8小题）14．（2023•阎良区一模）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，，点D是AB边的中点．点E是射线BC上的一动点（点E不与点B重合）．点F在ED的延长线上，且DF＝DE，DG⊥EF，垂足为点D，DG交边AC于点G．（1）求证：AF∥BC；（2）当点E在线段BC上时，设AG＝x，CE＝y，求y关于x的函数解析式，并指出函数的定义域；（3）当CE＝2时，直接写出AG的长．【分析】（1）证明△ADF≌△BDE，根据全等三角形的性质得到∠FAD＝∠B，根据平行线的判定定理证明；（2）连接GF，根据全等三角形的性质得到AF＝BE，根据线段垂直平分线的性质得到GF＝GE，根据勾股定理列出关系式，得到答案；（3）分点E在线段BC上，点E在线段BC的延长线上两种情况，根据（2）的结论，勾股定理计算即可．【解答】（1）证明：在△ADF和△BDE中，，∴△ADF≌△BDE（SAS），∴∠FAD＝∠B，∴AF∥BC；（2）解：连接GF，∵△ADF≌△BDE，∴AF＝BE，∵DF＝DE，DG⊥EF，∴DG是EF的垂直平分线，∴GF＝GE，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴AB＝2BC＝12，∴AC＝＝18，由勾股定理得，GF2＝AF2+AG2，GE2＝CE2+CG2，∴AF2+AG2＝CE2+CG2，即（6﹣y）2+x2＝y2+（18﹣x）2，整理得，y＝x﹣6（6＜x＜12）；（3）解：当点E在线段BC上时，CE＝2，即y＝2，∴x﹣6＝2，解得，x＝6+，即AG＝6+，当点E在线段BC的延长线上时，如图2，连接GE，GF，由（1）得，AF∥BC，∴∠GAF＝90°，∴AF2+AG2＝CE2+CG2，即（2+6）2+x2＝22+（18﹣x）2，⊆解得，x＝6﹣，综上所述，当CE＝2时，AG的长为6+或6﹣．【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．15．（2023•雁塔区一模）如图①，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，E为△ABC内一点，连接ED并延长到F，使得ED＝DF，连接AF、CF．（1）求证：BE∥CF；（2）若∠EBD＝∠BAC，求证：AF2＝AB2+BE2；（3）如图②连接，探索当∠BEC与∠BAC满足什么数量关系时，AC＝AF，并说明理由．【分析】（1）利用SAS证明△BDE≅△CDF，可得∠EBD＝∠FCD，运用平行线判定定理即可证得结论；（2）由全等三角形性质可得：BE＝CF，∠EBD＝∠FCD，由等腰三角形性质可得∠ABC＝∠ACB＝，进而可得∠ACF＝90°，运用勾股定理即可得出答案；（3）如图，连接BF，先证明四边形BECF是平行四边形，利用平行四边形性质可得∠BEC＝∠BFC，再运用四边形内角和为360°即可求得答案．【解答】（1）证明：∵D是BC的中点，∴BD＝DC，∵ED＝DF，∠EDB＝∠CDF，∴△BDE≅△CDF（SAS），∴∠EBD＝∠FCD，∴BE∥CF；（2）证明：由（1）可知△BDE≅△CDF（SAS），∴BE＝CF，∠EBD＝∠FCD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝，∵∠EBD＝∠BAC，∴∠FCD＝∠BAC，∴∠ACF＝∠ACB+∠FCD＝+∠BAC＝90°，∴AF2＝AC2+CF2＝AB2+BE2；（3）解：当∠BEC＝180°﹣∠BAC时，AC＝AF．理由如下：如图，连接BF，由（1）（2）可得：BE∥CF，BE＝CF，∴四边形BECF是平行四边形，∴∠BEC＝∠BFC，∵AC＝AF，AB＝AC，∴∠ABF＝∠AFB，∠AFC＝∠ACF，∵四边形ABFC的内角和为360°，∴∠BAC+∠ABF+∠AFB+∠AFC+∠ACF＝360°，∴∠BAC+2（∠AFB+∠AFC）＝360°，∴∠BAC+2∠BFC＝360°，∴∠BAC+2∠BEC＝360°，∴∠BEC＝180°﹣∠BAC．【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形内角和定理，四边形内角和，等腰三角形的性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，解决问题的关键是运用全等三角形的判定与性质和等腰三角形性质．16．（2023•鼓楼区校级一模）已知：如图，△ABC是等边三角形，AB＝4，E是BC边上任意一点（不与B、C重合），在三角形外作等边△CDE，连结AE、BD．（1）根据题意画出图形；（2）求证：AE＝BD；（3）△BDC能否为直角三角形？若能，求出BD长；若不能，请说明理由．【分析】（1）依题意画出图形即可；（2）由等边三角形的性质得AC＝BC，CE＝CD，∠ACE＝∠BCD＝60°，再证△ACE≌△BCD（SAS），即可得出结论；（3）当∠CBD＝30°时，△BDC是直角三角形，此时∠BDC＝90°，再由含30°角的直角三角形的性质得CD＝BC＝2，然后由勾股定理即可得出BD的长．【解答】（1）解：如图所示；（2）证明：∵△ABC和△CDE是等边三角形，∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACE＝∠BCD＝60°，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD；（3）解：△BDC能为直角三角形，理由如下：由题意得：当∠CBD＝30°时，△BDC是直角三角形，此时∠BDC＝90°，∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AB＝4，∵∠CBD＝30°，∴CD＝BC＝2，∴BD＝＝＝2，即△BDC能为直角三角形，BD的长为2．【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．17．（2023•琼山区一模）已知△ABC为等边三角形，点D、E分别是BC、AC上一点．（1）如图1，BD＝CE，连接AD、BE，AD交BE于点F，在BE的延长线上取点G，使得FG＝AF，连接AG，若AF＝4，求△AFG的面积；（2）如图2，AD、BE相交于点G，点F为AD延长线上一点，连接BF、CF、CG，已知BD＝CE，∠BFG＝60°，∠AEB＝∠BGC，探究BF、GE、CF之间的数量关系并说明理由；（3）如图3，已知AB＝12，过点A作AD⊥BC于点D，点M是直线AD上一点，以CM为边，在CM的下方作等边△CMN，连DN，当DN取最小值时请直接写出CM的长．【分析】（1）由“SAS”可证△ABD≌△BCE，可得∠BAD＝∠CBE，可证△AFG是等边三角形，即可求解；（2）由“SAS”可证△ABG≌△CBF，可得AG＝CF，由“SAS”可证△CGF≌△DBG，可得CF＝GD，由线段的和差关系可求解；（3）由“SAS”可证△ACM≌△BCN，可得AM＝BN，∠CAM＝∠CBN＝30°，由直角三角形的性质可求DN的最小值＝BD＝3，BN＝DN＝3，由勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，又∵DB＝EC，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD＝∠CBE，∴∠AFE＝∠BAD+∠ABF＝∠CBE+∠ABF＝∠ABC＝60°，又∵AF＝FG，∴△AFG是等边三角形，∴S△AFG＝AF2＝4；（2）BF+GE＝2CF，理由如下：由（1）可知：△ABD≌△BCE，∠BGF＝60°，AD＝BE，又∵∠BFG＝60°，∴△BGF是等边三角形，∴BG＝BF＝GF，∠BGF＝∠ABC＝60°，∴∠ABG＝∠CBF，又∵AB＝BC，∴△ABG≌△CBF（SAS），∴AG＝CF，∵∠AEB＝∠BGC，∴∠ACB+∠CBE＝∠BGF+∠FGC，∠CGE＝∠CEG，∴∠GBD＝∠CGF，CE＝CG，∴△CGF≌△DBG（SAS），∴CF＝GD，∴AG＝GD＝CF，∴BG+GE＝BE＝AD＝2CF，∴BF+GE＝2CF；（3）如图3，连接BN，∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，∴∠CAD＝30°，AC＝BC，BD＝CD＝6，AD＝BD＝6，∵△CMN是等边三角形，∴CM＝CN，∠MCN＝∠ACB＝60°，∴∠ACM＝∠BCN，∴△ACM≌△BCN（SAS），∴AM＝BN，∠CAM＝∠CBN＝30°，∴点N在过点B且与BC成30度的直线BN上移动，∴当DN⊥BN时，DN有最小值，此时，DN的最小值＝BD＝3，∴BN＝DN＝3，∴AM＝BN＝3，∴DM＝3，∴MC＝＝＝3．【点评】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质等知识，证明△CGF≌△DBG是解题的关键．18．（2023•丰台区校级模拟）如图，在△ABC中，∠A＝α（0°＜α≤90°），将BC边绕点C逆时针旋转（180°﹣α）得到线段CD．（1）判断∠B与∠ACD的数量关系并证明；（2）将AC边绕点C顺时针旋转α得到线段CE，连接DE与AC边交于点M（不与点A，C重合）．①用等式表示线段DM，EM之间的数量关系，并证明；②若AB＝a，AC＝b，直接写出AM的长．（用含a，b的式子表示）【分析】（1）由旋转可知∠BCD＝180°﹣α，再由∠ACD+∠BCA＝180°﹣α，可得∠B+∠BCA＝180°﹣α，即可证明∠B＝∠ACD；（2）①在AB上取点N使得∠BCN＝∠CDM，先证明△CDM≌△BCN（ASA），再证明△ECM≌△CAN（ASA），即可求解；②由①可知CM＝BN，CM＝AN，则CM＝AN＝BN＝AB＝a，即可求出AM＝AC﹣CM＝b﹣a．【解答】解：（1）∠B＝∠ACD，理由如下：由旋转可知∠BCD＝180°﹣α，∴∠ACD+∠BCA＝180°﹣α，∵∠A＝α，∴∠B+∠BCA＝180°﹣α，∴∠B＝∠ACD；（2）①DM＝EM，理由如下：在AB上取点N使得∠BCN＝∠CDM，∵BC＝CD，∠B＝∠ACD，∴△CDM≌△BCN（ASA），∴CN＝DM，∵∠CMD＝∠E+∠BEM，∠BNC＝∠ACN+∠A，又∵∠ECM＝∠A＝α，∴∠E＝∠ACN，∴△ECM≌△CAN（ASA），∴CN＝EM，∴DM＝EM；②由①可知，CM＝BN，CM＝AN，∴CM＝AN＝BN＝AB＝a，∴AM＝AC﹣CM＝b﹣a．【点评】本题考查图形旋转的性质，熟练掌握图形旋转的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．19．（2023•延安一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．（1）如图1，点E、F分别是线段CD、AD上的点，且DE＝DF，AE与BF的延长线交于点G，则AE与BF的数量关系是AE＝BF，位置关系是AE；（2）如图2，点E、F分别在DC和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交BF于点G．①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由；②连接DG，若DG＝4，DE＝6，求EG的长．【分析】（1）证明ADE≌△BDF，根据全等三角形的性质得出AE＝BF，∠DBF＝∠DAE，根据∠DAE+∠AED＝90°得出∠DBF+∠AED＝90°，进而得出AE⊥BF；（2）①根据（1）的方法证明△ADE≌△BDDF，进而得出结论；②过点D作DM⊥BF，DN⊥GE，垂足分别为F，E，证明△DNE≌△DMF（AAS）得出DN＝DM，则GD平分∠BGE，得出△GDN是等腰直角三角形，勾股定理得出GN＝DN＝4，进而在Rt△DNE中，勾股定理求得EN，即可求解．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，∴△ABC是等腰直角三角形，AD⊥BC，BD＝CD，∴∠ABD＝∠ACD＝45°，∠BDF＝∠ADE，∴△ABD，△ACD是等腰直角三角形，∴AD＝BD，在△ADE，△BDF中，，∴△ADE≌△BDF（SAS），∴AE＝BF，∠DBF＝∠DAE又∵∠DAE+∠AED＝90°，∴∠DBF+∠AED＝90°∴∠BGE＝90°，即AE⊥BF，故答案为：AE＝BF，AE⊥BF；（2）①同（1）可得△ADE≌△BDF（SAS）∴AE＝BF，∠E＝∠F∵∠F+∠FBD＝90°，∴∠E+∠FBD＝90°，∴∠BGE＝90°∴AE⊥BF；②如图，过点D作DM⊥BF，DN⊥GE，垂足分别为F，E，∵∠E＝∠F，∠DNE＝∠DMF＝90°，DE＝DF，∴△DNE≌△DMF（AAS），∴DN＝DM，∴GD平分∠BGE，∴∠DGN＝45°，则△GDN是等腰直角三角形，∵，∴GN＝DN＝4，在Rt△DNE中，，∴．【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．20．（2023•深圳模拟）（1）如图1，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，E是AC上一点，AE＝5，ED⊥AB，垂足为D，求AD的长．（2）类比探究：如图2，△ABC中，AC＝14，BC＝6，点D，E分别在线段AB，AC上，∠EDB＝∠ACB＝60°，DE＝2．求AD的长．（3）拓展延伸：如图3，△ABC中，点D，点E分别在线段AB，AC上，∠EDB＝∠ACB＝60°．延长DE，BC交于点F，AD＝4，DE＝5，EF＝6，DE＜BD，＝；BD＝．【分析】（1）证明△ADE∽△ACB，根据相似三角形的性质得到＝，把已知数据代入计算，求出AD；（2）在AC上截取CH＝CB，连接BH，根据等边三角形的性质得到CH＝BH＝BC＝6，∠CHB＝60°，证明△ADE∽△AHB，根据相似三角形的性质计算即可；（3）过点B作BM⊥DE于点M，过点E作EN⊥AB于点N，设DM＝a，用a表示出FM、BM，证明△AEN∽△FMB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．【解答】解：（1）∵∠ADE＝∠C＝90°，∠A＝∠A，∴△ADE∽△ACB，∴＝，∵AB＝10，AC＝8，AE＝5，∴＝，解得：AD＝4，故答案为：4；（2）如图2，在AC上截取CH＝CB，连接BH，∵∠ACB＝60°，∴△BCH为等边三角形，∴CH＝BH＝BC＝6，∠CHB＝60°，∴AH＝AC﹣CH＝8，∠AHB＝120°，∵∠EDB＝60°，∴∠ADE＝120°，∴∠ADE＝∠AHB，∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△AHB，∴＝，即＝，解得：A