第15讲 三角形及其性质（3考点+16题型）2025年中考数学一轮复习讲练测（广东专用）

第四章三角形第15讲三角形及其性质（3~6分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点一三角形的相关概念考点二三角形的重要线段考点三三角形的性质04题型精研·考向洞悉命题点一三角形的相关概念►题型01三角形的分类►题型02三角形的稳定性►题型03三角形的三边关系►题型04三角形的高命题点二三角形的重要线段►题型01画三角形的高、中线、角平分线►题型02与三角形高有关的计算►题型03利用网格求三角形的面积►题型04三角形的中线问题►题型05三角形的重心问题►题型06三角形的角平分线命题点三与三角形有关的角►题型01与平分线有关的三角形内角和问题►题型02与角平分线有关的三角形内角和问题►题型03三角形折叠中的角度问题►题型04三角形内角和定理的应用►题型05三角形外角和定理►题型06三角形内角和定理与外角和定理综合05分层训练·巩固提升基础巩固能力提升考点要求新课标要求考查频次命题预测三角形的相关概念理解三角形及其内角、外角、中线、高线、角平分线等概念，了解三角形的稳定性.10年5考在初中几何数学中，三角形的基础知识是解决后续很多几何问题的基础.所以，在中考中，与其它几何图形结合考察的几率比较大，特别是全等三角形的性质和判定的综合应用.考生在复习该考点时，不仅要熟悉掌握其本身的性质和应用，还要注重转化思想在题目中的应用，同步联想，其他几何图形在什么情况下会转化成该考点的知识考察.三角形的重要线段近10年连续考查三角形的性质探索并证明三角形的内角和定理.掌握它的推论:三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和.证明三角形的任意两边之和大于第三边.10年8考考点一三角形的相关概念三角形的概念：由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所构成的图形叫做三角形.三角形的表示：用符号“”表示，顶点是A、B、C的三角形记作“ABC”，读作“三角形ABC”.三角形的分类：1）三角形按边分类：三角形2）三角形按角分类：三角形三角形的稳定性:三角形三条边的长度确定之后，三角形的形状就唯一确定了.考点二三角形的重要线段重要线段概念图形性质三角形的高从三角形一个顶点向它的对边做垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高线（简称三角形的高）．∵AD是∆ABC中BC边的高∴∠ADB=∠ADC=90°三角形的中线在三角形中，连接一个顶点和它对边的中点的线段叫做三角形的中线∵AD是∆ABC中BC边的中线∴BD=CDS△ABD=S△ADC三角形的角平分线三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交，这个角的顶点和交点间的线段叫做三角形的角平分线．∵AD是∆ABC中∠BAC的角平分线∴∠BAD=∠DAC=∠BAC三角形的中位线连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线∵DE是∆ABC的中位线∴AD=DBAE=ECDE=BCDE∥BC概念图形性质重心三角形三条中线交点1）重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。

2）重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。

3)重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。垂心三角形三条高交点1）锐角三角形的垂心在三角形内；直角三角形的垂心在直角顶点上；钝角三角形的垂心在三角形外；

2）锐角三角形的垂心到三顶点的距离之和等于其内切圆与外接圆半径之和的2倍。3）三角形三个顶点，三个垂足，垂心这7个点可以得到6组四点共圆.4）锐角三角形的垂心是垂足三角形的内心；锐角三角形的内接三角形(顶点在原三角形的边上)中，以垂足三角形的周长最短.考点三三角形的性质三角形三边关系定理：三角形的两边之和大于第三边．推论：三角形的两边之差小于第三边．三角形三边关系定理及推论的应用：1）判断三条已知线段能否组成三角形，只需检验最短的两边之和大于第三边，则可说明能组成三角形．2）已知三角形两边的长度分别为a，b，求第三边长度的范围：|a-b|＜c＜a＋b3）所有通过周长相加减求三角形的边，求出两个答案的，要注意检查每个答案能否组成三角形．三角形的内角和定理：三角形三个内角和等于180°．推论：直角三角形的两个锐角互余.三角形的内角和定理的应用：1)在三角形中,已知两个内角的度数,可以求出第三个内角的度数；2)在三角形中,已知三个内角的比例关系,可以求出三个内角的度数；3)在直角三角形中,已知一个锐角的度数,可以求出另一个锐角的度数.三角形的外角和定理：三角形的外角和等于360°．三角形的外角和的性质：1）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和；2）三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角．命题点一三角形的相关概念►题型01三角形的分类1．（2024·陕西·中考真题）如图，在中，，是边上的高，E是的中点，连接，则图中的直角三角形有（

）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】本题主要考查直角三角形的概念．根据直角三角形的概念可以直接判断．【详解】解：由图得，，，为直角三角形，共有4个直角三角形．故选：C．2．（2022·河南周口·模拟预测）若一个三角形两个外角之和为，那么这个三角形是（

）A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形【答案】A【分析】根据三角形的外角和为，两个外角之和为，则第三个外角的度数为，则其相邻内角也是，从而判定形状．【详解】因为三角形的外角和为，两个外角之和为，所以第三个外角的度数为，所以其相邻内角也是，所以三角形是直角三角形，故选A．【点睛】本题考查了三角形的外角和，三角形的形状判定，熟练掌握三角形外角和，准确判定三角形的形状是解题的关键．3．（2024·山东淄博·二模）已知三角形三个内角的度数之比为，且，则这个三角形是（

）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形【答案】C【分析】本题主要考查了三角形的内角和定理，三角形分类，掌握三角形的内角和为是解题的关键．设一个角的度数为，则另外两个角分别为，和，根据，再根据可得出答案．【详解】解：设一个角的度数为，则另外两个角分别为，和，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴三角形为钝角三角形．故选：C．4．（23-24九年级下·湖南永州·阶段练习）在中，，为锐角，，则的形状为（

）A．钝角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．直角三角形【答案】A【分析】本题考查的是特殊角的三角函数值，根据特殊角的三角函数值和三角形的内角和定理分别求出、、，根据三角形的分类即可．【详解】解：依题意，，，，是钝角三角形，故选A．►题型02三角形的稳定性5．（2024·吉林长春·一模）四边形结构在生活实践中有着广泛的应用，如图所示的升降机，通过控制平行四边形形状的升降杆，使升降机降低或升高，其蕴含的数学道理是（

）A．平行四边形的对边相等 B．平行四边形的对角相等C．四边形的不稳定性 D．四边形的内角和等于【答案】C【分析】本题考查了四边形的不稳定性，根据四边形的不稳定性求解即可．【详解】解：升降机降低或升高，其蕴含的数学道理是：四边形的不稳定性，故选：C．6．（2024·山西阳泉·模拟预测）数学知识在生产和生活中被广泛应用，下列有关实例（如图）所应用的最主要的几何知识，说法不正确的是（

）A．图①中墙上置物架的支架做成三角形，应用了“三角形的稳定性”B．图②中建筑工人砌墙时，在墙的两端之间拉一条线做参考，应用了“两点之间，线段最短”C．图③中体育课上，测量立定跳远的成绩，应用了“点到直线的距离是指点到直线的垂线段的长度”D．图④中车轮做成圆形，应用了“圆上各点到圆心的距离都相等”【答案】B【分析】本题考查了生活常识与课本内容的联系，在深刻理解课本内容的基础上正确联系实际问题是解题的关键．根据生活常识及课本相关知识逐项辨析即可．【详解】解：A、图①中墙上置物架的支架做成三角形，应用了“三角形的稳定性”，正确，故该选项不符合题意；B、图②中建筑工人砌墙时，在墙的两端之间拉一条线做参考，应用了“两点确定一条直线”，错误，故该选项符合题意；C、图③中体育课上，测量立定跳远的成绩，应用了“点到直线的距离是指点到直线的垂线段的长度”，正确，故该选项不符合题意；D、图④中车轮做成圆形，应用了“圆上各点到圆心的距离都相等”，正确，故该选项不符合题意．故选：B．7．（2024·吉林长春·一模）三角形结构在生产实践中有着广泛的应用，如图所示的斜拉索桥结构稳固，其蕴含的数学道理是（

）A．两点之间，线段最短 B．三角形的稳定性C．三角形的任意两边之和大于第三边 D．三角形的内角和等于【答案】B【分析】本题考查了三角形的稳定性，由三角形的稳定性，即可得到答案，掌握三角形的稳定性是解题的关键．【详解】解：如图所示的斜拉索桥结构稳固，其蕴含的数学道理是三角形的稳定性故选：B．8．（2024·广西柳州·二模）下列图形中具有稳定性的图形是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】此题考查了三角形的稳定性，注意根据三角形的稳定性进行判断．【详解】解：∵三角形具有稳定性，五边形，四边形，六边形不具有稳定性，∴具有稳定性的是A选项中的图形，故选：A．►题型03三角形的三边关系9．（2024·广东·模拟预测）已知一个三角形的两边长分别为4和1，则这个三角形的第三边长可能是（

）A．1 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】本题考查三角形的三边关系，解题的关键是掌握三角形的第三边大于两边之差小于两边之和，据此得出第三边的取值范围，即可作出判断．【详解】解：设三角形的第三边为，∵三角形的两边长分别为和，∴，即，∴这个三角形的第三边长可能是．故选：C．10．（2024·广东中山·模拟预测）已知等腰三角形的腰和底的长分别是一元二次方程的两个根，则该三角形的周长是（

）A．9 B．15 C．12或15 D．不能确【答案】B【分析】本题考查了解一元二次方程因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．也考查了三角形三边的关系和等腰三角形的定义．先利用因式分解法解得到，，然后分类讨论：当三角形的腰为6，底为3时，得三角形的周长；当三角形的腰为3，底为6时不符合三角形三边的关系，舍去．【详解】解：，，或，解得：，，当三角形的腰为6，底为3时，三角形的周长为，当三角形的腰为3，底为6时，，故不符合三角形三边的关系，舍去，所以三角形的周长为15．故选：B．11．（2024·广东河源·一模）在下列长度的四条线段中，能与长5cm，12cm的两条线段围成一个三角形的是（

）A．5cm B．7cm C．15cm D．17cm【答案】C【分析】此题主要考查了三角形的三边关系．首先设第三条线段长为，再利用三角形的三边关系可得的范围，然后可得答案．【详解】解：设第三条线段长为，由题意得：，解得：，只有适合，故选：C．12．（2024·广东惠州·一模）若一个等腰三角形的两边长分别为4和7，则这个三角形的周长为（）A．15 B．12或21 C．15或18 D．21【答案】C【分析】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系，本题没有明确说明已知的边长哪个是腰长，则有两种情况：①腰长为4；②腰长为7．再根据三角形的性质：三角形的任意两边的和大于第三边，任意两边之差小于第三边判断是否满足，再将满足的代入周长公式即可得出周长的值．【详解】解：①腰长为4时，符合三角形三边关系，则其周长；②腰长为7时，符合三角形三边关系，则其周长．所以三角形的周长为15或18．故选：C．►题型04三角形的高13．（2024·陕西渭南·模拟预测）如图，在中，过点作于点，过点作于点，若，则的高与的比是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查与高有关的计算，根据等积关系求解即可．【详解】解：∵，，，∴，∴，故选：A．14．（2024·山东德州·中考真题）如图，在中，是高，是中线，，，则的长为（

）A． B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】本题考查了三角形的高线和中线的意义，根据和求出，根据是中线即可求解．【详解】解：∵，，∴∵是中线，∴故选：B15．（2024·河北·模拟预测）如图，D是的边上一点，将折叠，使点C落在上的点处，展开后得到折痕，则是的（

）A．中线 B．高线 C．角平分线 D．中位线【答案】B【分析】本题考查了翻折变换折叠问题，三角形的高线，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．根据折叠的性质和三角形的高线的定义即可得到结论．【详解】解：将折叠，使点落在边上，∴，∵，∴，，是的高线，故选：B．16．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在的正方形网格中，每个小正方形的边长都为1，点A，B，C都在网格线的交点上，则中边上的高为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了勾股定理、面积法以及三角形面积公式等知识，由勾股定理求出的长，再由三角形面积求出中边上的高即可．熟练掌握勾股定理和面积法是解题的关键．【详解】解：设中边上的高为，由勾股定理得：，∵，∴，∴，即中边上的高为，故选：B．命题点二三角形的重要线段►题型01画三角形的高、中线、角平分线17．（2023·广东深圳·二模）观察下列尺规作图痕迹，其中所作线段为的角平分线的是（

）A．B．C． D．【答案】A【分析】根据基本作图的方法对各选项进行判断即可．【详解】解：对于A选项，由作图痕迹可知，为的平分线，故A选项符合题意；对于B选项，由作图痕迹可知，为中边上的高线，故B选项不符合题意；对于C选项，由作图痕迹可知，为的中线，故C选项不符合题意；对于D选项，由作图痕迹可知，为中边上的高线，故D选项不符合题意．故选：A．【点睛】本题考查作图—基本作图：作三角形的角平分线、中线和高，熟练掌握基本作图的方法是解答本题的关键．18．（2023·广东佛山·三模）如图，在中，，按如下步骤作图．第一步：作的平分线交于点；第二步：作的垂直平分线，交于点，交于点；第三步：连接．则下列结论正确的是（

）A． B．平分 C． D．【答案】A【分析】如图，由角平分线和垂直平分线的性质可得，进而得到，最后运用平行线的判定定理即可说明B选项正确．【详解】解：如图：∵是的角平分，是的中垂线，∴，，∴，∴，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、垂直平分线的性质以及平行线的判定，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．19．（2024·河北·中考真题）观察图中尺规作图的痕迹，可得线段一定是的（

）A．角平分线 B．高线 C．中位线 D．中线【答案】B【分析】本题考查的是三角形的高的定义，作线段的垂线，根据作图痕迹可得，从而可得答案．【详解】解：由作图可得：，∴线段一定是的高线；故选B20．（2023·河北石家庄·模拟预测）在中，，长度不确定，根据尺规作图痕迹，用直尺不一定能直接画出边的高的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】分别考虑选项中的作图方法，然后结合三角形高的定义即可求解．【详解】解：A中以边为直径作弧，没有作线段中点的作图痕迹，∴无法直接画出边上的高，符合题意；B中分别以点B、C为圆心，为半径画弧，交点为边垂直平分线上的点，连接交点和点A延长到边即为边上的高，不符合题意；C中作的是的角平分线，连接点A与交点并延长与相交，即为边上的高，不符合题意；D中分别以为半径画图，所得图形为菱形，连接点A及其相对的交点，根据菱形的性质即可得出边上的高，不符合题意；故选A．【点睛】题目主要考查基本的作图方法及三角形高的判定，熟练掌握各个作图方法是解题关键．►题型02与三角形高有关的计算21．（2023·广东东莞·模拟预测）如果线段和线段分别是边上的中线和高，那么下列判断正确的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分不是等腰三角形或是等腰三角形两种情况进行讨论，即可得出答案．【详解】解：当不是等腰三角形时，如图所示：∵为直角三角形，为斜边，为直角边，∴；当为等腰三角形，且为底时，如图所示：根据等腰三角形三线合一可知，此时与重合，∴此时；综上分析可知，，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是分类讨论，熟练掌握等腰三角形三线合一．22．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在中，，、分别是边上的中线和高，，，则（

）A．－1 B．－1 C．1 D．【答案】A【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，求三角形的面积，先根据三角形的面积公式求出，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得，然后根据勾股定理求出，进而得出答案．【详解】∵，，∴，解得．∵是的中线，∴．在中，，∴．故选：A．23．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，若，，点E为的中点，过点E作于点F，则的长为（

）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了等腰三角形性质和勾股定理，连接．由等腰三角形三线合一性质可知，，再由勾股定理求出，进而由三角形面积求出高．【详解】如图，连接．∵，点E为的中点，，∴，，∵，∴在中，，∵，∴．故选C．24．（2024·安徽蚌埠·二模）清初安徽数学家梅文鼎创造性的设计直角三角形，证明了：是锐角的高，则．如图，已知中，，，，点在边上，以为折痕将折叠，使得点落在上的点，则（

）A．3 B．4 C． D．5【答案】B【分析】本题考查了三角形的高的定义，正确的使用公式是解题的关键．由折叠性质可设：，根据求解即可．【详解】解：由折叠性质可设：∴∵∴，解得：∴故选：B．►题型03利用网格求三角形的面积25．（2024·陕西西安·一模）如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1，点，，都在格点上，为的高，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了割补法求三角形的面积和等面积法，以及勾股定理，根据题意利用割补法求得的面积，利用勾股定理算出的长，再利用等面积法即可求得的长．【详解】解：由题可得：，，，解得：，故选：D．26．（2023·陕西西安·二模）如图，小正方形边长为1，连接小正方形的三个顶点，可得，则边上的高长度为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出三角形的面积，再根据三角形的面积公式即可求得边上的高．【详解】解：四边形是正方形，面积是4；，的面积相等，且都是．的面积是：．则的面积是：．在直角中根据勾股定理得到：．设边上的高线长是．则，解得：，故选A．【点睛】本题考查了勾股定理，掌握勾股定理，利用“割补法”求面积是解决本题的关键．27．（23-24浙江衢州）学习了勾股定理后，老师给大家留了一个作业题，小华看了后，无从下手，请你帮帮小华．如图，的顶点都在边长为1的正方形网格的格点上，于点D，则CD的长是（

）A． B．4 C． D．【答案】A【分析】本题考查勾股定理，以及根据等面积法求三角形的高，根据勾股定理算出，利用割补法求出的面积，再利用的面积还等于，即可解题．【详解】解：由题知，，，，，，解得，故选：A．28．（23-24八年级上·陕西西安·期末）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，的顶点，，均在格点上．若于点，则线段的长为（

）A． B．2 C．1 D．2【答案】D【分析】此题主要考查了勾股定理以及三角形面积求法，利用勾股定理得出的长，再利用等面积法得出的长．【详解】解：由图可知：，，∵，

∴，解得：．故选：D．►题型04三角形的中线问题29．（2023·广东梅州·一模）如图，的面积为30，，E为的中点，则的面积等于（

）

A．15 B．12 C．10 D．9【答案】C【分析】根据三角形的中线的性质与面积公式即可得到结论．【详解】解：∵的面积为30，，∴，又E为的中点，∴．故选：C．【点睛】本题考查了三角形的中线，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．30．（2022·黑龙江·中考真题）如图，中，，AD平分与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．若的面积是24，，则PE的长是（

）A．2.5 B．2 C．3.5 D．3【答案】A【分析】连接DE，取AD的中点G，连接EG，先由等腰三角形“三线合一“性质，证得AD⊥BC，BD=CD，再由E是AB的中点，G是AD的中点，求出S△EGD=3，然后证△EGP≌△FDP（AAS），得GP=CP=1.5，从而得DG=3，即可由三角形面积公式求出EG长，由勾股定理即可求出PE长．【详解】解：如图，连接DE，取AD的中点G，连接EG，∵AB=AC，AD平分与BC相交于点D，∴AD⊥BC，BD=CD，∴S△ABD==12，∵E是AB的中点，∴S△AED==6，∵G是AD的中点，∴S△EGD==3，∵E是AB的中点，G是AD的中点，∴EGBC，EG=BD=CD，∴∠EGP=∠FDP=90°，∵F是CD的中点，∴DF=CD，∴EG=DF，∵∠EPG=∠FPD，∴△EGP≌△FDP（AAS），∴GP=PD=1.5，∴GD=3，∵S△EGD==3，即，∴EG=2，在Rt△EGP中，由勾股定理，得PE==2.5，故选：A．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形面积，全等三角形判定与性质，勾股定理，熟练掌握三角形中线分三角形两部分的面积相等是解题的关键．31．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，D，E，F分别为三边上一点，且交于点G，若，则（

）A．50 B．54 C．60 D．63【答案】C【分析】本题主要考查等积法及一元二次方程的解法，熟练掌握等积法是解题的关键；设，由题意易得，，然后可建立方程进行求解．【详解】解：设，由等积法可知：，∴，即①，∵，∴，即②，联立①②可得：，解得：（负根舍去），∴，∴；故选C．32．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，是的中线，点E是的中点，连接并延长，交于点F，若．则的长为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中线，正确添加辅助线构造相似三角形是解题的关键．过点A作平行线交延长线于点G，可得，通过比例式即可求出，即可解决问题．【详解】解：过点A作平行线交延长线于点G，∵，∴，∴，∵点E是的中点，∴，∴，∵是的中线，∴，∴，∴，∴，故选：B．►题型05三角形的重心问题33．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在中，分别为的中点，与交于点，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了勾股定理定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半，三角形中线交点的性质，根据勾股定理可求出，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，再根据三角形中线交点（重心）的性质“三角形的三条中线交于一点，该点叫三角形的重心，重心到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍”即可求解，掌握勾股定理定理，直角三角形斜边中线的性质，重心的性质是解题的关键．【详解】解：∵，∴，∵点是中点，∴，且点是三角形的重心，∴，∴，故选：B．34．（2024·陕西渭南·二模）如图，点P是的重心，点D是边的中点，交于点E，交于点F．若四边形的面积为6，则的面积为（

）A．12 B．18 C．20 D．24【答案】B【分析】本题考查了三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质，难度适中．准确作出辅助线是解题的关键．连接，根据三角形重心的性质可知：在上，由三角形中线平分三角形的面积可知：，证明和，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可解答．【详解】解：如图，连接．点是的重心，点是边的中点，在上，，，，，，，，，设的面积为，则的面积为，的面积为，四边形的面积为6，，，的面积为9，的面积是18．故选：B．35．（2024·江苏盐城·一模）如图，在中，是边上的中线，是重心．如果，那么线段的长为（

）A．1 B．2 C．3 D．6【答案】C【分析】本题考查了重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为，熟记重心的性质是解题的关键．根据重心性质可得，从而可得答案．【详解】解：∵是边上的中线，点是重心，∴，∵，∴，故选：C．36．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，是的重心，点在边上，，如果，，那么的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了三角形重心的性质，相似三角形的性质与判定，余弦的定义；根据题意得出，设，则，进而根据得出，即可求解．【详解】解：如图所示，延长交于点，连接交于点，∵是的重心，点在边上，∴，∴∴∴设，则，∵，∴，∴，即∴解得：（负值舍去）∴∴，故选：D．►题型06三角形的角平分线37．（2024·新疆昌吉·模拟预测）如图，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M、N，再分别以点M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交边于点D，若，则的度数是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查尺规作图−角平分线、角平分线的定义，根据角平分线的作法可得平分，即可得，即可求解．【详解】解：由题意得，平分，∴，故选：C．38．（2020·湖南怀化·中考真题）在中，，平分，交于点，，垂足为点，若，则的长为（

）

A．3 B． C．2 D．6【答案】A【分析】证明△ABD≌△AED即可得出DE的长．【详解】∵DE⊥AC，∴∠AED=∠B=90°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠EAD，又∵AD=AD，∴△ABD≌△AED，∴DE=BE=3，故选：A．【点睛】本题考查了全等三角形的判断和性质，角平分线的性质，掌握全等三角形的判定定理是解题关键．39．（2024·陕西西安·一模）如图，在中，平分，交于点，作，交于点，若，，则的长为（

）A． B．9 C． D．8【答案】B【分析】先证，则，，再证明得，即，由此即可求出的长．此题主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．【详解】解：平分，，，，，，，，∴，，即，，故选：B40．（2024·云南·模拟预测）在中，的平分线相交于I，过点I且，若，则（）A．8 B．6 C．7 D．5【答案】A【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，角平分线的定义，利用“等角对等边”及“等边对等角”证明，，即可求解．【详解】解：∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，同理可得：，∴；故选：A．命题点三与三角形有关的角►题型01与平分线有关的三角形内角和问题41．（2024·广东中山·模拟预测）将一副三角板（）按如图方式摆放，使，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，解题的关键是掌握以上知识点．首先根据三角形内角和定理得到，然后由平行线的性质得到，然后利用三角形内角和定理求解即可．【详解】∵∴∵∴∴．故选：C．42．（2024·浙江台州·二模）将一个含角的直角三角板和一把等宽的直尺按如图所示的位置摆放，其中，若，则的度数是(

)A．1 B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行线的性质、邻补角和三角形内角和定理，由平行线的性质可得，根据邻补角求得，由三角形内角和定理可求出的度数．【详解】解：，，，，，．故选：C．43．（2024·山东青岛·三模）把直角三角板和长方形纸片按如图方式摆放，使直角顶点在纸片边缘上，若，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行线的公理及性质、三年级内角和，熟练掌握性质定理是解题的关键．过点作，则，根据平行线的性质得出，再根据三角形内角和得出、，再根据角的和差得出，最后根据平行线的性质即可得出答案．【详解】解：过点作，则，，，，故选C．44．（2024·陕西西安·三模）如图，在中，是的角平分线，点在上，，若，，则（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，角平分线的定义，根据三角形内角和定理得出，进而根据角平分线的定义，以及平行线的性质，即可求解．【详解】解：∵，，∴，∵是的角平分线，∴∵，∴，故选：C．►题型02与角平分线有关的三角形内角和问题45．（2024·广东惠州·二模）如图，在中，，平分，若，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，熟知三角形内角和为180度是解题的关键．先求出，再根据三角形内角和定理得到，由角平分线的定义得到，则，即可得出答案．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，故选：C．46．（2024·广东揭阳·一模）如图，在中，点O是内一点，且点O到三边的距离相等，，则（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了角平分线的性质，三角形内角和定理的应用．由题意可知点O为的三条角平分线的交点，可得，，根据三角形内角和定理求出，可得的度数，再根据三角形内角和定理求出的度数即可．【详解】解：∵点O到三边距离相等，∴点O为的三条角平分线的交点，∴，，∵，∴，∴，∴，故选：B．47．（2022·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在中，，，与，分别切于点D，C，连接．则的度数为（

）

A．50 B．40 C．30 D．20【答案】C【分析】由，，求得，由与，分别切于点，，根据切线长定理得，则，所以，求得，则，于是得到问题的答案．【详解】解：，，，与，分别切于点，，，，，，，，故选：C．【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、切线长定理等知识，求得并且证明是解题的关键．48．（2022·陕西西安·三模）如图，⊙O在△ABC三边上截得的弦长相等，即DE＝FG=MN，∠A＝50°，则∠BOC＝（

）A．100° B．110° C．115° D．120°【答案】C【分析】过点O作OP⊥AB于点P，OQ⊥AC于点Q，OK⊥BC于点K，由于DE＝FG＝MN，所以弦的弦心距也相等，所以OB、OC是角平分线，根据∠A＝50°，先求出，再求出，进而可求出∠BOC．【详解】解：过点O作OP⊥AB于点P，OQ⊥AC于点Q，OK⊥BC于点K，∵DE＝FG＝MN，∴OP＝OK＝OQ，∴OB、OC平分∠ABC和∠ACB，，，∵∠A＝50°，∴，∴，∴∠BOC＝故选：C．【点睛】本题主要考查了垂径定理，角平分线的判定，三角形内角和，角平分线的定义，解题关键是构造出辅助线——弦心距．►题型03三角形折叠中的角度问题49．（2024·广东·模拟预测）如图所示，在中，将点A与点B分别沿和折叠，使点A，B都与点C重合，若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理，折叠的性质是解题关键．根据折叠的性质得，，，再根据三角形内角和定理，最后由求的度数．【详解】解：将点与点分别沿和折叠，使点、与点重合，∴，，∵，∴，∵，∴，解得故选：B．50．（2024·河南周口·一模）如图，将沿直线折叠，使点A落在边上的点F处，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了平行线的性质，折叠的性质；根据平行线的性质可得，根据折叠的性质求出，进而可计算的度数．【详解】解：∵，，∴，由折叠得：，∴，故选：B．51．（2021·浙江丽水·中考真题）如图，在纸片中，，点分别在上，连结，将沿翻折，使点A的对应点F落在的延长线上，若平分，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据勾股定理求出AB，再根据折叠性质得出∠DAE=∠DFE，AD=DF，然后根据角平分线的定义证得∠BFD=∠DFE=∠DAE，进而证得∠BDF=90°，证明Rt△ABC∽Rt△FBD，可求得AD的长．【详解】解：∵，∴=5，由折叠性质得：∠DAE=∠DFE，AD=DF，则BD=5﹣AD，∵平分，∴∠BFD=∠DFE=∠DAE，∵∠DAE+∠B=90°，∴∠BDF+∠B=90°，即∠BDF=90°，∴Rt△ABC∽Rt△FBD，∴即，解得：AD=，故选：D．【点睛】本题考查折叠性质、角平分线的定义、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，熟练掌握折叠性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．52．（2012·广东梅州·中考真题）如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D、E分别是边AB、AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合，若∠A=75°，则∠1+∠2=【】A．150° B．210° C．105° D．75°【答案】A【详解】翻折变换（折叠问题），三角形内角和定理．∵△A′DE是△ABC翻折变换而成，∴∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE，∠A=∠A′=75°．∴∠AED+∠ADE=∠A′ED+∠A′DE=180°﹣75°=105°，∴∠1+∠2=360°﹣2×105°=150°．故选A．►题型04三角形内角和定理的应用53．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，，点，分别是边，上的动点，且，连接，，当的值最小时，的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了全等三角形的性质，等腰三角形的判定和性质．将拼接到，连接交于点，推出，当点与点重合时，的值最小，据此求解即可．【详解】解：如图，将拼接到，连接交于点，则，，，，，当A，，三点共线，即点与点重合时，的值最小，，，，，，，即最小时，的度数为．故选：C．54．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线分别与边，相交于点D，E，连接．若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由作法可知是的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质可得，从而可得，再结合已知易得，从而可得，然后利用三角形内角和定理即可求解．【详解】解：由作法可知是的垂直平分线，∴，，，，，，，，，，故选：B．【点睛】本题考查了尺规作图-作线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理，以及线段垂直平分线的性质是解题的关键．55．（2024·广东中山·三模）如图，直线，，于点，若，则的度数为（）A．. B． C． D．【答案】B【分析】本题考查平行线的性质和三角形内角和，根据可得，再结合和三角形内角和即可求解．【详解】∵，，∴∵∴∵∴故选：B．56．（2024·广东深圳·三模）如图，在已知中，按以下步骤作图：①分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于两点，；②作直线交于点，交于点，连接．若，，则的大小为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】由等腰三角的性质和三角形内角和定理求出，根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质求出，即可求出答案．本题主要考查了基本作图，线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质，综合运用这些知识是解决问题的关键．【详解】解：，，，由作图的步骤可知，直线是线段的垂直平分线，，，．故选：C．►题型05三角形外角和定理57．（2024·广东深圳·模拟预测）抖空竹是我国的传统体育，也是国家级非物质文化遗产之一．明代《帝京景物略》一书中就有空竹玩法和制作方法的记述，明定陵亦有出土的文物为证，可见抖空竹在民间流行的历史至少在年以上．如图，通过观察抖空竹发现，可以将某一时刻的情形抽象成数学问题：，，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了平行线的性质，延长交于点，先利用平行线的性质可得，然后利用三角形的外角性质进行计算，即可解答．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．【详解】解：延长交于点，∵，∴，∵是的一个外角，∴，故选：．58．（2024·广东广州·二模）如图，，，则的度数为（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查平行线的性质和三角形外角的性质，由平行线的性质推出，由三角形外角的性质得到．【详解】解：如图主，

∵，∴，∵，∴．故选：D．59．（2024·广东深圳·三模）如图，将一把直尺与一块三角板按图中所示位置放置，若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查平行直线的性质、直角三角形的性质和三角形的外角，根据两直线平行，同位角相等，可得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，求出．【详解】解：如图，∵直尺的两边互相平行，∴．由三角形的外角性质得：，故选：C．60．（2024·广东广州·二模）如图，以的顶点为圆心任意长为半径作弧，分别交角的两边于，两点；再分别以点，为圆心大于长度的一半为半径作弧，两弧交于点，连接．若，，，那么点到的距离是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了角平分线的性质，平行线的性质，三角形的外角性质和解直角三角形，过作于点，由题意可得平分，则，由可得，通过三角形外角性质得，通过三角函数求出即可，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】如图，过作于点，由作图可知，平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴点到的距离是，故选：．►题型06三角形内角和定理与外角和定理综合61．（2024·广东云浮·一模）在中，是的平分线，其中点D在边上．

(1)用圆规和直尺在图中作出角平分线．（不要求写作法，保留作图痕迹）(2)若，，求的度数．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了尺规作图—作角平分线，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握作角平分线的方法和步骤，以及三角形的内角和是180度．（1）以点A为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以两点为圆心，大于两点间距离的一半为半径画弧，两弧相交于一点，连接点A和两弧交点，交于点D，即为所求；（2）根据三角形的内角和定理求出，进而得出，最后根据即可解答．【详解】（1）解：如图，即为所求．

（2）解：，，．平分，，．62．（2023·广东清远·一模）如图，已知，在边上取点，在的外部取点，连接，交于点，且，，．(1)求证：；(2)求的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）由可得，即得，进而得，再由得，即可由证明；（）由全等三角形的性质得，即得，据此即可求解；本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，对顶角的性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．【详解】（1）证明：∵，∴，，，，，，即，在和中，，；（2）解：∵，，，．63．（2024·广东·三模）综合与实践：数学活动课上，同学们以“黄金三角形”为主题展开探究活动．【查阅资料】在等腰三角形中，若底与腰的比是，则这个三角形是黄金三角形．【动手操作】如图1是老师展示的一张邮票，同学们发现邮票中五角星的五个角都是，并制作了相同五角星如图2所示，的度数为，且，于是猜测是黄金三角形．【解决问题】(1)________°；(2)求证：是黄金三角形；(3)如图3，在中，，，，求的长．【答案】(1)36(2)见解析(3)【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，理解和运用“黄金三角形”的性质是解题的关键．（1）根据等腰三角形的性质，结合三角形外角的性质求解；（2）证明，根据相似三角形的性质证明；（3）延长至点D，使得，连接，证明是线段的垂直平分线，证明等腰是黄金三角形，根据黄金三角形的性质求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴，又∵，，∴．（2）证明：∵，∴，，∴，∴．设，则，∴，整理得，解得，（不符合题意舍去），∴，∴是黄金三角形；（3）解：如图1，延长至点D，使得，连接，则．∵，∴是线段的垂直平分线，∴，∴，由黄金三角形定义可知，等腰是黄金三角形，∴，即，解得．64．（2024·广东广州·一模）课本再现我们在小学就已经知道，任意一个三角形的内角和等于．我们是通过度量或剪拼得出这一结论的，图（1）、（2）分别是两位同学拼合的图形．定理证明（1）请你证明“三角形的内角和是”．已知：（如图（3））．求证：．深入探究（2）三角形的内角和是，那么四边形（如图（4））的内角和是多少度呢？请你证明你的结论．结论应用（3）如图（5），在中，为的中点，点在上，且，求的长．【答案】（1）见解析；（2）四边形的内角和是，证明见解析；（3）【分析】本题考查了平行线的性质、三角形内角和定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）过点作，由平行线的性质可得，，由平角的定义得出，从而得出，即可得证；（2）连接，由（1）可得：，，结合，，计算即可得出答案；（3）由勾股定理得出，证明，得出，代入计算即可得出答案．【详解】（1）证明：如图，过点作，则，，，，即；（2）四边形的内角和是，证明：如图，连接，由（1）可得：，，，，，四边形的内角和是；（3）在中，，，为的中点，，，，，，，，即，解得：．基础巩固单选题1．（2024·广东韶关·模拟预测）如图，人字梯的支架的长度都为（连接处的长度忽略不计），则B，C两点之间的距离可能是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角形任意一边小于其它两边两边之和求出的取值范围，判断各选项即可得的答案．本题主要考查了三角形的三边关系，掌握据三角形任意一边小于其它两边两边之和是解决问题的关键．【详解】解：，，即．只有A选项数值满足上述的范围，故选：A．2．（2024·广东广州·一模）现有长的四根木棒，任取其中三根组成一个三角形，那么可以组成的三角形的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】本题主要考查三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．根据三角形的三边关系直接进行求解即可．【详解】解：当取这三根木棒时，则有：，故不可以构成三角形；当取这三根木棒时，则有，故不能构成三角形；当取这三根木棒时，则有，故能构成三角形；当取这三根木棒时，则有，故可以构成三角形；∴能构成三角形的有2个；故选B．3．（2023·广东佛山·二模）如图，在中，点，分别是，的中点，若，则（

）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】D【分析】先证明是的中位线，根据中位线的性质得，，，则，再根据相似三角形的性质求解即可．【详解】解：∵D，E分别是和的中点，∴是的中位线，∴，，∴，，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握三角形的中位线的性质和相似三角形的性质是解题的关键．4．（2025·广东·模拟预测）如图，点A，B，C在上，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握相关的定义，先根据等腰三角形性质得出，再根据三角形内角和定理求出，再根据圆周角定理求出结果即可．【详解】解：，，，，．故选：B．5．（2024·广东惠州·模拟预测）将一副直角三角板按如图所示的方式摆放，点D在边上，，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了平行线的性质以及三角形的外角性质，先由得出，再结合三角形的外角性质列式计算，即可作答．【详解】解：如图：解：依题意，∵∴则故选：B二、填空题6．（2023·广东东莞·一模）如图，是的中位线，的面积为，则的面积为．【答案】12【分析】本题考查了三角形的中位线定理，相似三角形的性质和判定的应用，能得出是解此题的关键，注意：相似三角形的面积之比等于相似比的平方．根据三角形的中位线得出，，根据相似三角形的判定得出，得出比例式，即可得出答案．【详解】解：∵是的中位线，∴，，∴，∴，∵的面积为，∴△ABC的面积为，故答案为：12．7．（2023·安徽·中考真题）清初数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，是锐角的高，则．当，时，．

【答案】【分析】根据公式求得，根据，即可求解．【详解】解：∵，，∴∴,故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的高的定义，正确的使用公式是解题的关键．8．（2024·广东·模拟预测）如图，以平行四边形的一边为直径作，若过点C，且，则【答案】【分析】本题主要考查了圆的基本性质，等边对等角，平行四边形的性质和三角形内角和定理，先由平角的定义得到，再由等边对等角和三角形内角和定理得到，则由平行四边形对角相等可得．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴，故答案为：．9．（2024·广东·模拟预测）如图，把一长一短的两根木棍的一端固定在一起（点A处），摆出，．固定住长木棍，转动短木棍，得到等腰三角形，此时B，C，D三点在同一条直线上，则．【答案】【分析】证明，可得结论．本题考查等腰三角形的性质，三角形的内角和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．【详解】解：，，，，，．故答案为：．三、解答题10．（2023·广东云浮·一模）如图，在中，D是边上的一点，．(1)尺规作图：作平分，交于点E，连接（不写作法，保留作图痕迹）；(2)求证：．【答案】(1)画图见解析(2)证明见解析【分析】（1）先根据角平分线的尺规作图方法作出点E的位置，再连接即可；（2）只需要利用证明即可证明．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）解：∵平分，∴，在和中，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了角平分线的尺规作图，全等三角形的性质与判定，角平分线的定义，正确作出对应的图形是解题的关键．11．（2024·广东汕头·一模）如图，在菱形中，点E是的中点．(1)请仅用无刻度的直尺作图，作出边的中点F；（保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，连接，点G是的中点，连接，若的面积为3，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)．【分析】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质．（1）作菱形对角线的交点，连接交延长交边于点F，点F即为所作；（2）根据三角形中线的性质求得，再根据菱形的性质求解即可．【详解】（1）解：如图所示，点F即为所作；（2）解：∵点G是的中点，的面积为3，∴，∵点F是的中点，∴．能力提升一、单选题1．（2022·广东珠海·三模）如图，E是正方形内一点，于E，，则的面积是（）．A．5 B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】过点B作于G，证明，得出，根据三角形面积公式求出结果即可．【详解】解：如图，过点B作于G，如图所示：∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．2．（2023·广东广州·一模）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由旋转的性质可得，，，证明是等边三角形，得到，进一步证明，即可判断A；根据大角对大边即可判定B；根据三角形三边的关系即可判断C；根据现有条件无法证明，即可判断D．【详解】解：由旋转的性质可得，，，当A，D，E共线时，则，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，故A符合题意；∵，∴，故B不符合题意；∵，∴，故C不符合题意；根据现有条件无法证明，故D不符合题意；故选A．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，平行线的性质与判定，三角形三边的关系，证明是等边三角形是解题的关键．3．（2024·广东河源·一模）如图，是平行四边形边中点，与交于点，连接，已知，，．下列命题：①点是的重心；②与相似；③；④平行四边形的面积为．其中正确的命题为（）A．①② B．②③ C．③④ D．①④【答案】D【分析】本题主要考查平行四边形的性质和判定、勾股定理、三角形中位线定理：①设与交于点，可得到在中，为边上的中线，为边上的中线；②在上取一点，使，连接，，，可求得，，进而可求得，，证得为直角三角形，证明可得；③可证得；④先求得，结合，可求得结论．【详解】①设与交于点，如图1所示．∵四边形为平行四边形，∴，．在中，为边上的中线，∵点是的中点，∴为边上的中线．∴点是的重心．故命题①正确．②在上取一点，使，连接，，，如图2所示．∵四边形为平行四边形，，，，点是的中点，∴，，，．∴四边形为平行四边形．∴，，即．∴为的中位线．∴，．∴，．∴，．∴．在中，，，∴．∴为直角三角形，即．在中，由勾股定理得：．在中，，．∵，∴不是直角三角形．∴与不相似．故命题②不正确．③在中，，，由勾股定理得：，∴．故命题③不正确．④∵，，，∴．∴．故命题④正确．综上所述：正确的命题是①④．故选：D4．（2021·广东珠海·一模）如图所示，矩形中，平分交于，，则下面的结论：①是等边三角形；②；③；④，其中正确的有（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】C【分析】由矩形的性质得OA＝OD＝OC＝OB，再证∠ACD＝60°，得△ODC是等边三角形，故①正确；然后由含30°角的直角三角形的性质得AC＝2AB，则2AB＞BC，故②错误；然后由OA＝OC得，，故③④正确．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴ADBC，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，OA＝OC，OD＝OB，AC＝BD，∴OA＝OD＝OC＝OB，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝45°，∵∠CAE＝15°，∴∠DAC＝45°−15°＝30°，∴∠ACD＝90°−∠DAC＝90°−30°＝60°，∵OD＝OC，∴△ODC是等边三角形，故①正确；∵ADBC，∴∠ACB＝∠DAC＝30°，∵∠ABC＝90°，∴AC＝2AB，∴2AB＞BC，故②错误；∵OA＝OC，∴，，故③④正确；故答案为：C.【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及三角形面积等知识；熟练掌握矩形的性质，证出OA＝OD＝OC是解题的关键．5．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，在中，为中点，且交于点E，，则的长为（

）A． B． C．6 D．【答案】B【分析】此题考查了线段垂直平分线的性质，三角形内角和定理，勾股定理等，熟记线段垂直平分线的性质是解题的关键．连接，根据三角形内角和定理求出，根据线段垂直平分线的判定与性质求出，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质求出，根据三角形内角和定理求出，解直角三角形求出，，再根据线段的和差求解即可．【详解】解：如图，连接，，，，为中点，且交于点，垂直平分，，，，，，，，故选：B．6．（2023·安徽·一模）已知：中，是中线，点在上，且．则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了相似三角形、等腰三角形的性质、三角形外角与内角的关系等知识点，先利用等腰三角形的性质及外角与内角的关系说明，再判断，利用相似三角形的性质用表示出，最后代入比例可得结论．【详解】解：是的中线，，，，，，，又，，，，，，故选B．二、填空题7．（2024·广东广州·二模）如图，D、E分别是上两点，点A与点关于轴对称，，，，则．

【答案】1