【中考二輪】2024年中考數學【熱點?重點?難點】（全國通用）熱點06 全等三角形與特殊三角形（7大題型滿分技巧限時分層檢測）-專題訓練.zip-試卷下載-教習網

中考數學中《全等三角形與特殊三角形》部分主要考向分為五類：
一、三角形的重要定理（每年1~2道，3~7分）
二、全等三角形（每年1道，4~8分）
三、等腰三角形（每年1~2題，3~7分）
四、直角三角形（每年1~2題，3~7分）
五、三角形的綜合（每年1~2題，3~9分）
全等三角形與特殊三角形的基礎知識是學習后續(xù)很多幾何問題的基礎，也可以在很多綜合壓軸問題中起到較強的輔助作用，所以，中考復習，掌握好全等三角形和特殊三角形的性質和判定至關重要。首先，全等三角形是幾何問題中證明線段相等或者角相等的常用關系，所以在中考中，考察的幾率也是比較大，小題、簡單題均有可能出現。而特殊三角形的考察，則更靈活多樣，單獨考察時，難度一般不大，準確掌握對應知識技巧后一半都能拿下。而綜合問題中，就需要大家更加注意各問題間的關聯(lián)性，在合適的步驟用其性質或判定解決壓軸題中重要的一步。
考向一：三角形的重要定理
【題型1 三角形的三邊關系】
1．（2023?福建）若某三角形的三邊長分別為3，4，m，則m的值可以是（）
A．1B．5C．7D．9
【分析】根據三角形的三邊關系定理得出4﹣3＜m＜4+3，求出即可．
【解答】解：根據三角形的三邊關系定理得：4﹣3＜m＜4+3，
解得：1＜m＜7，
即符合的只有5，
故選：B．
2．（2023?長沙）下列長度的三條線段，能組成三角形的是（）
A．1，3，4B．2，2，7C．4，5，7D．3，3，6
【分析】根據三角形的三邊關系分別判斷即可．
【解答】解：∵1+3＝4，
∴1，3，4不能組成三角形，
故A選項不符合題意；
∵2+2＜7，
∴2，2，7不能組成三角形，
故B不符合題意；
∵4+5＞7，
∴4，5，7能組成三角形，
故C符合題意；
∵3+3＝6，
∴3，3，6不能組成三角形，
故D不符合題意，
故選：C．
3．（2023?徐州）若一個三角形的邊長均為整數，且兩邊長分別為3和5，則第三邊的長可以為 3或4或5或6或7（答案不唯一）（寫出一個即可）．
【分析】根據三角形兩邊之和大于第三邊確定第三邊的范圍，根據題意計算即可．
【解答】解：設三角形的第三邊長為x，
則5﹣3＜x＜5+3，即2＜x＜8，
∵第三邊的長為整數，
∴x＝3或4或5或6或7．
故答案為：3或4或5或6或7（答案不唯一）．
【題型2 三角形的內角和定理與外角的性質】
1．（2023?聊城）如圖，分別過△ABC的頂點A，B作AD∥BE．若∠CAD＝25°，∠EBC＝80°，則∠ACB的度數為（）
A．65°B．75°C．85°D．95°
【分析】由平行線的性質可求∠ADC得度數，再利用三角形的內角和定理可求解．
【解答】解：∵AD∥BE，
∴∠ADC＝∠EBC＝80°，
∵∠CAD+∠ADC+∠ACB＝180°，∠CAD＝25°，
∴∠ACB＝180°﹣25°﹣80°＝75°，
故選：B．
2．（2023?株洲）《周禮?考工記》中記載有：“…半矩謂之宣（xuān），一宣有半謂之欘（zhú）…”．意思是：“…直角的一半的角叫做宣，一宣半的角叫做欘…”即：1宣＝矩，1欘＝1宣（其中，1矩＝90°）．
問題：圖（1）為中國古代一種強弩圖，圖（2）為這種強弩圖的部分組件的示意圖，若∠A＝1矩，∠B＝1欘，則∠C＝ 22.5 度．
【分析】根據題意可知：∠A＝90°，∠B＝67.5°，然后根據三角形內角和即可求得∠C的度數．
【解答】解：∵1宣＝矩，1欘＝1宣，1矩＝90°，∠A＝1矩，∠B＝1欘，
∴∠A＝90°，∠B＝1××90°＝67.5°，
∴∠C＝180°﹣90°﹣∠B＝180°﹣90°﹣67.5°＝22.5°，
故答案為：22.5．
3．（2023?十堰）一副三角板按如圖所示放置，點A在DE上，點F在BC上，若∠EAB＝35°，則∠DFC＝ 100° ．
【分析】由題意可得∠BAC＝60°，∠C＝30°，∠D＝45°，由平角的定義可求得∠CAD＝85°，再由三角形的內角和可求得∠AGD＝50°，利用對頂角相等得∠CGF＝50°，再利用三角形的內角和即可求∠DFC．
【解答】解：如圖，
由題意得：∠BAC＝60°，∠C＝30°，∠D＝45°，
∵∠EAB＝35°，
∴∠CAD＝180°﹣∠EAB﹣∠BAC＝85°，
∴∠AGD＝180°﹣∠D﹣∠CAD＝50°，
∴∠CGF＝∠AGD＝50°，
∴∠DFC＝180°﹣∠C﹣∠CGF＝100°．
故答案為：100°．
【題型3 三角形中的“三線”】
1．（2023?巴中）如圖，在Rt△ABC中，AB＝6cm，BC＝8cm，D、E分別為AC、BC中點，連接AE、BD相交于點F，點G在CD上，且DG：GC＝1：2，則四邊形DFEG的面積為（）
A．2cm2B．4cm2C．6cm2D．8cm2
【分析】連接DE，由D、E分別為AC、BC中點，可得DE＝AB＝3cm，DE∥AB，即得△DEF∽△BAF，故＝（）2＝，＝＝，可得S△ABF＝S△ABE＝×AB?BE＝8（cm2），故S△DEF＝S△ABF＝2（cm2），又S△DEC＝DE?CE＝6（cm2），DG：GC＝1：2，可得S△DEG＝S△DEC＝2（cm2），從而S四邊形DFGE＝S△DEF+S△DEG＝4（cm2），
【解答】解：連接DE，如圖：
∵D、E分別為AC、BC中點，
∴DE是△ABC的中位線，
∴DE＝AB＝3cm，DE∥AB，
∴△DEF∽△BAF，
∴＝（）2＝，＝＝，
∴＝＝，
∴S△ABF＝S△ABE＝×AB?BE＝××6××8＝8（cm2），
∴S△DEF＝S△ABF＝2（cm2），
∵S△DEC＝DE?CE＝×3×4＝6（cm2），DG：GC＝1：2，
∴S△DEG＝S△DEC＝2（cm2），
∴S四邊形DFGE＝S△DEF+S△DEG＝4（cm2），
∴四邊形DFEG的面積為4cm2，
故選：B．
2．（2023?路北區(qū)二模）如圖所示在△ABC中，AB邊上的高線畫法正確的是（）
A．B．
C．D．
【分析】直接利用高線的概念得出答案．
【解答】解：在△ABC中，AB邊上的高線畫法正確的是B，
故選：B．
3．（2022?長寧區(qū)模擬）如果一個三角形有一條邊上的高等于這條邊的一半，那么我們把這個三角形叫做半高三角形．已知直角三角形ABC是半高三角形，且斜邊AB＝10，則它的周長等于 10+10或6+10 ．
【分析】分兩種情況討論：①Rt△ABC中，CD⊥AB，CD＝AB＝5；②Rt△ABC中，AC＝BC，分別依據勾股定理和三角形的面積公式，即可得到該三角形的周長．
【解答】解：分兩種情況：
①如圖所示，Rt△ABC中，CD⊥AB，CD＝AB＝×10＝5，
設BC＝a，AC＝b，
則，
解得a+b＝10或a+b＝﹣10（舍去），
∴△ABC的周長為10+10；
②如圖所示，Rt△ABC中，AC＝BC，
設BC＝a，AC＝b，
則，
解得：，
∴△ABC的周長為6+10；
綜上所述，該三角形的周長為10+10或6+10．
故答案為：10+10或6+10．
考向二：全等三角形
【題型4 全等三角形的性質與判定】
1．（2023?成都）如圖，已知△ABC≌△DEF，點B，E，C，F依次在同一條直線上．若BC＝8，CE＝5，則CF的長為 3 ．
【分析】根據全等三角形的對應邊相等得到EF＝BC＝8，計算即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，
又BC＝8，
∴EF＝8，
∵EC＝5，
∴CF＝EF﹣EC＝8﹣5＝3．
故答案為：3．
2．（2023?涼山州）如圖，點E、點F在BC上，BE＝CF，∠B＝∠C，添加一個條件，不能證明△ABF≌△DCE的是（）
A．∠A＝∠DB．∠AFB＝∠DECC．AB＝DCD．AF＝DE
【分析】根據BE＝CF求出BF＝CE，再根據全等三角形的判定定理進行分析即可．
【解答】解：∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF，
即BF＝CE，
∴當∠A＝∠D時，利用AAS可得△ABF≌△DCE，故A不符合題意；
當∠AFB＝∠DEC時，利用ASA可得△ABF≌△DCE，故B不符合題意；
當AB＝DC時，利用SAS可得△ABF≌△DCE，故C不符合題意；
當AF＝DE時，無法證明△ABF≌△DCE，故D符合題意；
故選：D．
3．（2023?衢州）已知：如圖，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一條直線上．下面四個條件：
①AB＝DE；②AC＝DF；③BE＝CF；④∠ABC＝∠DEF．
（1）請選擇其中的三個條件，使得△ABC≌△DEF（寫出一種情況即可）．
（2）在（1）的條件下，求證：△ABC≌△DEF．
【分析】（1）根據兩三角形全等的判定定理，選擇合適的條件即可．
（2）根據（1）中所選條件，進行證明即可．
【解答】解：（1）由題知，
選擇的三個條件是：①②③；
或者選擇的三個條件是：①③④．
證明：（2）當選擇①②③時，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
當選擇①③④時，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【題型5 角平分線的性質】
1．（2023?廣州）如圖，已知AD是△ABC的角平分線，DE，DF分別是△ABD和△ACD的高，AE＝12，DF＝5，則點E到直線AD的距離為．
【分析】過E作EH⊥AD于H，由角平分線的性質得到DE＝DF＝5，由勾股定理求出AD＝＝13，由三角形面積公式得到13EH＝12×5，因此EH＝，即可得到點E到直線AD的距離．
【解答】解：過E作EH⊥AD于H，
∵AD是△ABC的角平分線，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∴DE＝DF＝5，
∵AE＝12，
∴AD＝＝13，
∵△ADE的面積＝AD?EH＝AE?DE，
∴13EH＝12×5，
∴EH＝，
點E到直線AD的距離為．
故答案為：．
2．（2023秋?高安市期末）小明將兩把完全相同的長方形直尺如圖放置在∠AOB上，兩把直尺的接觸點為P，邊OA與其中一把直尺邊緣的交點為C，點C、P在這把直尺上的刻度讀數分別是2、5，則OC的長度是 3cm ．
【分析】過P作PN⊥OB于N，由角平分線性質定理的逆定理推出PO平分∠AOB，得到∠COP＝∠NOP，由平行線的性質推出∠CPO＝∠NOP，得到∠COP＝∠CPO，因此OC＝PC，由PC＝5﹣2＝3（cm），即可得到OC的長度是3cm．
【解答】解：過P作PN⊥OB于N，
由題意得：PM＝PN，
∵PM⊥OA，
∴PO平分∠AOB，
∴∠COP＝∠NOP，
∵PC∥OB，
∴∠CPO＝∠NOP，
∴∠COP＝∠CPO，
∴OC＝PC，
∵C、P在這把直尺上的刻度讀數分別是2、5，
∴PC＝5﹣2＝3（cm），
∴OC的長度是3cm．
故答案為：3cm．
3．（2023?河曲縣一模）如圖，△ABC的外角∠ACD的平分線CP與內角∠ABC的平分線BP交于點P，若∠BPC＝40°，則∠CAP＝（）
A．40°B．45°C．50°D．60°
【分析】根據外角與內角性質得出∠BAC的度數，再利用角平分線的性質以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案
【解答】解：延長BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，
設∠PCD＝x°，
∵CP平分∠ACD，
∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，
∴PF＝PM，
∵∠BPC＝40°，
∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣40）°，
∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣40°）﹣（x°﹣40°）＝80°，
∴∠CAF＝100°，
在Rt△PFA和Rt△PMA中，
，
∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），
∴∠FAP＝∠PAC＝50°．
故選：C．

【題型6 線段垂直平分線性質定理】
1．（2023?青海）如圖，在△ABC中，DE是BC的垂直平分線．若AB＝5，AC＝8，則△ABD的周長是 13 ．
【分析】根據線段垂直平分線的性質得到BD＝CD，即可求解．
【解答】解：∵DE是BC的垂直平分線．
∴BD＝CD，
∴AC＝AD+CD＝AD+BD，
∴△ABD的周長＝AB+AD+BD＝AB+AC＝5+8＝13，
故答案為：13．
2．（2023?麗水）如圖，在△ABC中，AC的垂直平分線交BC于點D，交AC于點E，∠B＝∠ADB．若AB＝4，則DC的長是 4 ．
【分析】根據等腰三角形的判定定理求出AD，再根據線段垂直平分線的性質求出DC．
【解答】解：∵∠B＝∠ADB，AB＝4，
∴AD＝AB＝4，
∵DE是AC的垂直平分線，
∴DC＝AD＝4，
故答案為：4．
3．（2023?吉林）如圖，在△ABC中，AB＝AC．分別以點B和點C為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點D，作直線AD交BC于點E．若∠BAC＝110°，則∠BAE的大小為 55 度．
【分析】根據尺規(guī)作圖可得AE是BC的垂直平分線，再根據等腰三角形三線合一的性質可得AE是∠BAC的角平分線，從而可求∠BAE得大小．
【解答】解：∵AB＝AC．
∴△ABC是等腰三角形，
∵分別以點B和點C為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點D，作直線AD交BC于點E．
∴AE垂直平分BC，
∴AE是∠BAC的平分線，
∴∠BAE＝∠BAC＝55°．
故答案為：55．
考向三：等腰三角形
【題型7 等腰三角形的性質與判定】
1．在△ABC和△A'B'C′中，∠B＝∠B'＝30°，AB＝A'B'＝6，AC＝A'C′＝4，已知∠C＝n°，則∠C′＝（）
A．30°B．n°
C．n°或180°﹣n°D．30°或150°
【分析】分兩種情況討論，當BC＝B′C′時，則△ABC≌△A′B′C′，得出∠C′＝∠C＝n°，當BC≠B′C′時，如圖，利用等腰三角形的性質求得∠A′C″C′＝∠C′＝n°，從而求得∠A′C″B′＝180°﹣n°．
【解答】解：當BC＝B′C′時，△ABC≌△A′B′C′（SSS），
∴∠C′＝∠C＝n°，
當BC≠B′C′時，如圖，
∵A′C′＝A′C″，
∴∠A′C″C′＝∠C′＝n°，
∴∠A′C″B′＝180°﹣n°，
∴∠C′＝n°或180°﹣n°，
故選：C．
2．（2023?眉山）如圖，△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，則∠ACD的度數為（）
A．70°B．100°C．110°D．140°
【分析】根據等邊對等角得到∠B＝∠ACB，利用三角形內角和定理求出∠B的度數，再根據三角形外角的性質即可求出∠ACD的度數．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠A＝40°，
∴∠B＝∠ACB＝，
∵∠ACD是△ABC的一個外角，
∴∠ACD＝∠A+∠B＝40°+70°＝110°，
故選：C．
3．（2023?菏澤）△ABC的三邊長a，b，c滿足（a﹣b）2++|c﹣3|＝0，則△ABC是（）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．銳角三角形D．等腰直角三角形
【分析】由等式可分別得到關于a、b、c的等式，從而分別計算得到a、b、c的值，再由 a2+b2＝c2 的關系，可推導得到△ABC為直角三角形．
【解答】解：由題意得，
解得，
∵a2+b2＝c2，且a＝b，
∴△ABC為等腰直角三角形，
故選：D．
4．（2023?荊州）如圖，BD是等邊△ABC的中線，以D為圓心，DB的長為半徑畫弧，交BC的延長線于E，連接DE．求證：CD＝CE．
【分析】根據等邊三角形的性質得到BD⊥AC，∠ACB＝60°，求得∠DBC＝30°，根據等腰三角形的性質得到∠E＝∠DBC＝30°，求得∠E＝∠DBC＝30°，根據等腰三角形的判定定理即可得到結論．
【解答】證明：∵BD是等邊△ABC的中線，
∴BD⊥AC，∠ACB＝60°，
∴∠DBC＝30°，
∵BD＝DE，
∴∠E＝∠DBC＝30°，
∵∠CDE+∠E＝∠ACB＝60°，
∴∠E＝∠CDE＝30°，
∴CD＝CE．
【題型8 等腰三角形的常見模型】
1．（2023?濰坊）如圖，在△ABC中，CD平分∠ACB，AE⊥CD，垂足為點E，過點E作EF∥BC，交AC于點F，G為BC的中點，連接FG．求證：FG＝AB．
【分析】由角平分線的定義及平行線的性質可得∠ACD＝∠FEC，即可證明EF＝CF，再利用直角三角形的性質可證明AF＝CF，即可得GF是△ABC的中位線，進而可證明結論．
【解答】證明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∵EF∥BC，
∴∠FEC＝∠BCD，
∴∠ACD＝∠FEC，
∴EF＝CF，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC＝90°，
∴∠EAC+∠ACD＝90°，∠AEF+∠FEC＝90°，
∴∠EAC＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴AF＝CF，
∵G是BC的中點，
∴GF是△ABC的中位線，
∴FG＝AB．
考向四：直角三角形
【題型9 直角三角形的性質與判定】
1．（2023?攀枝花）如圖，在△ABC中，∠A＝40°，∠C＝90°，線段AB的垂直平分線交AB于點D，交AC于點E，則∠EBC＝ 10° ．
【分析】由∠C＝90°，∠A＝40°，求得∠ABC＝50°，根據線段的垂直平分線、等邊對等角和直角三角形的兩銳角互余求得．
【解答】解：∵∠C＝90°，∠A＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠A＝50°，
∵DE是線段AB的垂直平分線，
∴AE＝BE，
∴∠EBA＝∠A＝40°，
∴∠EBC＝∠ABC﹣∠EBA＝50°﹣40°＝10°，
故答案為：10°．
2．（2023?揚州）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝4，若△ABC是銳角三角形，則滿足條件的BC長可以是（）
A．1B．2C．6D．8
【分析】作△ABC的高AD、CE．根據銳角三角形的三條高均在三角形的內部得出BC＞BD，AB＞BE．解直角三角形求出2＜BC＜8，即可求解．
【解答】解：如圖，作△ABC的高AD、CE．
∵△ABC是銳角三角形，
∴AD、CE在△ABC的內部，即BC＞BD，AB＞BE．
∵在直角△ABD中，∠B＝60°，AB＝4，
∴BD＝AB?csB＝4×＝2，
∴BC＞2；
又∵BC＝＜＝＝8，
∴2＜BC＜8，
∴綜觀各選項，BC可以為6．
故選：C．
3．（2023?株洲）一技術人員用刻度尺（單位：cm）測量某三角形部件的尺寸．如圖所示，已知∠ACB＝90°，點D為邊AB的中點，點A、B對應的刻度為1、7，則CD＝（）
A．3.5cmB．3cmC．4.5cmD．6cm
【分析】根據圖形和直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可以計算出CD的長．
【解答】解：由圖可得，
∠ACB＝90°，AB＝7﹣1＝6（cm），點D為線段AB的中點，
∴CD＝AB＝3cm，
故選：B．
4．（2023?衢州）如圖是脊柱側彎的檢測示意圖，在體檢時為方便測出Cbb角∠O的大小，需將∠O轉化為與它相等的角，則圖中與∠O相等的角是（）
A．∠BEAB．∠DEBC．∠ECAD．∠ADO
【分析】根據直角三角形的性質可知：∠O與∠ADO互余，∠DEB與∠ADO互余，根據同角的余角相等可得結論．
【解答】解：由示意圖可知：△DOA和△DBE都是直角三角形，
∴∠O+∠ADO＝90°，∠DEB+∠ADO＝90°，
∴∠DEB＝∠O，
故選：B．
【題型10 勾股定理】
1．（2023?德陽）如圖，在△ABC中，∠CAD＝90°，AD＝3，AC＝4，BD＝DE＝EC，點F是AB邊的中點，則DF＝（）
A．B．C．2D．1
【分析】先在直角△CAD中利用勾股定理求出DC＝5，再根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出AE＝，最后利用三角形的中位線定理求出DF＝AE＝．
【解答】解：∵∠CAD＝90°，AD＝3，AC＝4，
∴DC＝＝＝5，
∵DE＝EC，DE+EC＝DC＝5，
∴DE＝EC＝AE＝，
∵BD＝DE，點F是AB邊的中點，
∴DF＝AE＝．
故選：A．
2．（2023?寧夏）將一副直角三角板和一把寬度為2cm的直尺按如圖方式擺放：先把60°和45°角的頂點及它們的直角邊重合，再將此直角邊垂直于直尺的上沿，重合的頂點落在直尺下沿上，這兩個三角板的斜邊分別交直尺上沿于A，B兩點，則AB的長是（）
A．2﹣B．2﹣2C．2D．2
【分析】根據等腰直角三角形的性質和勾股定理即可得到結論．
【解答】解：在Rt△ACD中，∠ACD＝45°，
∴∠CAD＝45°＝∠ACD，
∴AD＝CD＝2cm，
在Rt△BCD中，∠BCD＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴BC＝2CD＝4cm，
∴BD＝＝＝2（cm），
∴AB＝BD﹣AD＝（2﹣2）（cm）．
故選：B．
3．已知直角三角形的三邊a，b，c滿足c＞a＞b，分別以a，b，c為邊作三個正方形，把兩個較小的正方形放置在最大正方形內，如圖，設三個正方形無重疊部分的面積為S1，均重疊部分的面積為S2，則（）
A．S1＞S2B．S1＜S2
C．S1＝S2D．S1，S2大小無法確定
【分析】由直角三角形的三邊a，b，c滿足c＞a＞b，根據垂線段最短可知該直角三角形的斜邊為c，則c2＝a2+b2，所以c2﹣a2﹣b2＝0，則S1＝c2﹣a2﹣b2+b（a+b﹣c）＝ab+b2﹣bc，而S2＝b（a+b﹣c）＝ab+b2﹣bc，所以S1＝S2，于是得到問題的答案．
【解答】解：∵直角三角形的三邊a，b，c滿足c＞a＞b，
∴該直角三角形的斜邊為c，
∴c2＝a2+b2，
∴c2﹣a2﹣b2＝0，
∴S1＝c2﹣a2﹣b2+b（a+b﹣c）＝ab+b2﹣bc，
∵S2＝b（a+b﹣c）＝ab+b2﹣bc，
∴S1＝S2，
故選：C．
4．（2023?隨州）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，D為AC上一點，若BD是∠ABC的角平分線，則AD＝ 5 ．
【分析】過點D作DE⊥AB于點E，由角平分線的性質得到CD＝DE，再通過HL證明Rt△BCD≌Rt△BED，得到BC＝BE＝6，根據勾股定理可求出AB＝10，進而求出AE＝4，設CD＝DE＝x，則AD＝8﹣x，在Rt△ADE中，利用勾股定理建立方程求解即可．
【解答】解：如圖，過點D作DE⊥AB于點E，
∵∠C＝90°，
∴CD⊥BC，
∵BD是∠ABC的角平分線，CD⊥BC，DE⊥AB，
∴CD＝DE，
在Rt△BCD和Rt△BED中，
，
∴Rt△BCD≌Rt△BED（HL），
∴BC＝BE＝6，
在Rt△ABC中，＝＝10，
∴AE＝AB﹣BE＝10﹣6＝4，
設CD＝DE＝x，則AD＝AC﹣CD＝8﹣x，
在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
解得：x＝3，
∴AD＝8﹣x＝5．
故答案為：5．
5．（2023?瀘州）《九章算術》是中國古代重要的數學著作，該著作中給出了勾股數a，b，c的計算公式：a＝（m2﹣n2），b＝mn，c＝（m2+n2），其中m＞n＞0，m，n是互質的奇數．下列四組勾股數中，不能由該勾股數計算公式直接得出的是（）
A．3，4，5B．5，12，13C．6，8，10D．7，24，25
【分析】根據題目要求逐一代入符合條件的m，n進行驗證、辨別．
【解答】解：∵當m＝3，n＝1時，
a＝（m2﹣n2）＝（32﹣12）＝4，b＝mn＝3×1＝3，c＝（m2+n2）＝×（32+12）＝5，
∴選項A不符合題意；
∵當m＝5，n＝1時，
a＝（m2﹣n2）＝（52﹣12）＝12，b＝mn＝5×1＝5，c＝（m2+n2）＝×（52+12）＝13，
∴選項B不符合題意；
∵當m＝7，n＝1時，
a＝（m2﹣n2）＝（72﹣12）＝24，b＝mn＝7×1＝7，c＝（m2+n2）＝×（72+12）＝25，
∴選項D不符合題意；
∵沒有符合條件的m，n使a，b，c各為6，8，10，
∴選項C符合題意，
故選：C．
6．（2023?揚州）我國漢代數學家趙爽證明勾股定理時創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，后人稱之為“趙爽弦圖”，它是由4個全等的直角三角形和一個小正方形組成．如圖，直角三角形的直角邊長為a、b，斜邊長為c，若b﹣a＝4，c＝20，則每個直角三角形的面積為 96 ．
【分析】根據勾股定理可知a2+b2＝c2，再根據b﹣a＝4，c＝20，即可得到a、b的值，然后即可計算出每個直角三角形的面積．
【解答】解：由圖可得，
a2+b2＝c2，
∴且a、b均大于0，
解得，
∴每個直角三角形的面積為ab＝×12×16＝96，
故答案為：96．
7．（2023?恩施州）《九章算術》被稱為人類科學史上應用數學的“算經之首”．書中記載：“今有戶不知高、廣，竿不知長短．橫之不出四尺，從之不出二尺，邪之適出．問戶高、廣、邪各幾何？”譯文：今有門，不知其高寬；有竿，不知其長短，橫放，竿比門寬長出4尺；豎放，竿比門高長出2尺；斜放，竿與門對角線恰好相等．問門高、寬和對角線的長各是多少（如圖）？答：門高、寬和對角線的長分別是 8，6，10 尺．
【分析】根據題中所給的條件可知，竿斜放就恰好等于門的對角線長，可與門的寬和高構成直角三角形，運用勾股定理可求出門高、寬、對角線長．
【解答】解：設門對角線的長為x尺，則門高為（x﹣2）尺，門寬為（x﹣4）尺，
根據勾股定理可得：
x2＝（x﹣4）2+（x﹣2）2，即x2＝x2﹣8x+16+x2﹣4x+4，
解得：x1＝2（不合題意舍去），x2＝10，
10﹣2＝8（尺），
10﹣4＝6（尺）．
答：門高8尺，門寬6尺，對角線長10尺．
故答案為：8，6，10．
考向五：三角形綜合題
【題型11 全等三角形與特殊三角形的綜合應用】
1．（2023?大慶）如圖，在△ABC中，將AB繞點A順時針旋轉α至AB′，將AC繞點A逆時針旋轉β至AC′（0°＜α＜180°，0°＜β＜180°），得到△AB′C′，使∠BAC+∠B′AC′＝180°，我們稱△AB′C′是△ABC的“旋補三角形“，△AB′C′的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．下列結論正確的有 ①②③ ．
①△ABC與△AB′C′面積相同；
②BC＝2AD；
③若AB＝AC，連接BB′和CC′，則∠B′BC+∠CC′B′＝180°；
④若AB＝AC，AB＝4，BC＝6，則B′C′＝10．
【分析】由“SAS”可證△BAC≌△AB′E，可得BC＝AE，S△ABC＝S△AB'E，可求S△ABC＝S△B'C'A，BC＝2AD，故①②正確；由等腰三角形的性質和三角形內角和定理可求∠B′BC+∠CC′B′＝180°；故③正確；通過證明平行四邊形AC'EB'是菱形，可得B'C'⊥AE，B'D＝C'D，由勾股定理可求B'C'的長，即可判斷④，即可求解．
【解答】證明：延長AD至E，使DE＝AD，連接B'E，C'E，
∵AD是中線，
∴B'D＝C'D，
∴四邊形AC'EB'是平行四邊形，
∴B'E∥AC'，B'E＝AC'，S△B'C'A＝S?B'EC'A＝S△AB'E，
∴∠B′AC′+∠AB′E＝180°，
∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，
∴∠BAC＝∠AB′E，
∵將AB繞點A順時針旋轉α至AB′，將AC繞點A逆時針旋轉β至AC′，
∴AB＝AB'，AC＝AC'＝B'E，
在△BAC和△AB′E中，
，
∴△BAC≌△AB′E（SAS），
∴BC＝AE，S△ABC＝S△AB'E，
∴S△ABC＝S△B'C'A，故①正確；
∵AE＝2AD，
∴BC＝2AD，故②正確；
∵AB＝AC，
∴AB'＝AC'＝AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，∠ABB'＝∠AB'B，∠ACC'＝∠AC'C，∠AB'C'＝∠AC'B'，
∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，
∴α+β＝180°，∠B'C'A+∠ABC＝90°，
∴∠ABB'+∠AC'C＝90°，
∴∠B′BC+∠CC′B′＝180°；故③正確；
∵BC＝6，
∴AD＝3，
∵AB'＝AC'＝AB＝AC＝4，
∴平行四邊形AC'EB'是菱形，
∴B'C'⊥AE，B'D＝C'D，
∴B'D＝＝＝，
∴B'C'＝2，故④錯誤，
故答案為：①②③．
2．（2023?蘭州）綜合與實踐：
問題探究：（1）如圖1是古希臘數學家歐幾里得所著的《幾何原本》第1卷命題9“平分一個已知角，”即：作一個已知角的平分線，如圖2是歐幾里得在《幾何原本》中給出的角平分線作圖法：在OA和OB上分別取點C和D，使得OC＝OD，連接CD，以CD為邊作等邊三角形CDE，則OE就是∠AOB的平分線．請寫出OE平分∠AOB的依據： SSS ；
類比遷移：（2）小明根據以上信息研究發(fā)現：△CDE不一定必須是等邊三角形，只需CE＝DE即可，他查閱資料；我國古代已經用角尺平分任意角，做法如下：如圖3，在∠AOB的邊OA，OB上分別取OM＝ON，移動角尺，使角尺兩邊相同刻度分別與點M，N重合，則過角尺頂點C的射線OC是∠AOB的平分線，請說明此做法的理由；
拓展實踐：（3）小明將研究應用于實踐．如圖4，校園的兩條小路AB和AC，匯聚形成了一個岔路口A，現在學校要在兩條小路之間安裝一盞路燈E，使得路燈照亮兩條小路（兩條小路一樣亮），并且路燈E到岔路口A的距離和休息椅D到岔路口A的距離相等，試問路燈應該安裝在哪個位置？請用不帶刻度的直尺和圓規(guī)在對應的示意圖5中作出路燈E的位置．（保留作圖痕跡，不寫作法）
【分析】（1）由等邊三角形的性質得CE＝DE，再證△OCE≌△ODE（SSS），得∠COE＝∠DOE，即可得出結論；
（2）證△OCM≌△OCN（SSS），得∠AOC＝∠BOC，即可得出結論；
（3）先作∠BAC的平分線AK，再在AK上截取AE＝AD即可．
【解答】解：（1）∵△CDE是等邊三角形，
∴CE＝DE，
又∵OC＝OD，OE＝OE，
∴△OCE≌△ODE（SSS），
∴∠COE＝∠DOE，
∴OE是∠AOB的平分線，
故答案為：SSS；
（2）∵OM＝ON，CM＝CN，OC＝OC，
∴△OCM≌△OCN（SSS），
∴∠AOC＝∠BOC，
∴射線OC是∠AOB的平分線；
（3）如圖，
點E即為所求的點．
3．（2023?揚州）【問題情境】
在綜合實踐活動課上，李老師讓同桌兩位同學用相同的兩塊含30°的三角板開展數學探究活動，兩塊三角板分別記作△ADB和△A′D′C，∠ADB＝∠A′D′C＝90°，∠B＝∠C＝30°，設AB＝2．
【操作探究】
如圖1，先將△ADB和△A′D′C的邊AD、A′D′重合，再將△A′D′C繞著點A按順時針方向旋轉，旋轉角為α（0°≤α≤360°），旋轉過程中△ADB保持不動，連接BC．
（1）當α＝60°時，BC＝ 2 ；當BC＝2時，α＝ 30或210 °；
（2）當α＝90°時，畫出圖形，并求兩塊三角板重疊部分圖形的面積；
（3）如圖2，取BC的中點F，將△A′D′C′繞著點A旋轉一周，點F的運動路徑長為 2π ．
【分析】（1）當α＝60°時，A，D'，B共線，A，D，C共線，可得△ABC是等邊三角形，故BC＝AB＝2；當BC＝2時，過A作AH⊥BC于H，分兩種情況畫出圖形，可得答案；
（2）畫出圖形，可得S△ADQ＝×1×＝，S△APD＝×1×1＝，故S△APQ＝﹣，同理S△AD'R＝﹣，從而兩塊三角板重疊部分圖形的面積為1﹣；
（3）連接AF，由AB＝AC，F為BC中點，知∠AFB＝90°，故F的運動軌跡是以AB為直徑的圓，用圓周長公式可得答案．
【解答】解：（1）如圖：
∵∠ADB＝∠A′D′C＝90°，∠ABD＝∠A'CD'＝30°，
∴∠BAD＝∠D'AC＝60°，
∴當α＝60°時，A，D'，B共線，A，D，C共線，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴BC＝AB＝2；
當BC＝2時，過A作AH⊥BC于H，
如圖：
∵AB＝AC，
∴BH＝CH＝BC＝，
∴sin∠BAH＝＝，
∴∠BAH＝45°，
∴∠BAC＝2∠BAH＝90°，
∴α＝120°﹣90°＝30°；
如圖：
同理可得∠BAC＝90°，
∴α＝60°+90°+60°＝210°，
∴當BC＝2時，α＝30°或210°；
故答案為：2，30或210；
（2）如圖：
∵∠ADB＝90°，∠B＝30°，AB＝2，
∴AD＝1，
∵α＝90°，
∴∠BAC＝60°+60°﹣90°＝30°，
∴∠QAD＝∠BAD﹣∠BAC＝30°，
∴DQ＝＝，
∴S△ADQ＝×1×＝，
∵∠D'＝∠D'AD＝∠D＝90°，AD＝AD'，
∴四邊形ADPD'是正方形，
∴DP＝AD＝1，
∴S△APD＝×1×1＝，
∴S△APQ＝﹣，
同理S△AD'R＝﹣，
∴兩塊三角板重疊部分圖形的面積為1﹣；
（3）連接AF，如圖：
∵AB＝AC，F為BC中點，
∴∠AFB＝90°，
∴F的運動軌跡是以AB為直徑的圓，
∴點F的運動路徑長為2π×＝2π．
故答案為：2π．
（建議用時：40分鐘）
1．（2023?鹽城）下列每組數分別表示3根小木棒的長度（單位：cm），其中能搭成一個三角形的是（）
A．5，7，12B．7，7，15C．6，9，16D．6，8，12
【分析】根據三角形的三邊關系“兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊”進行分析判斷．
【解答】解：A、5+7＝12，不能構成三角形，故此選項不合題意；
B、7+7＜15，不能構成三角形，故此選項不合題意；
C、6+9＜16，不能構成三角形，故此選項不合題意；
D、8+6＞12，能構成三角形，故此選項符合題意．
故選：D．
2．如圖，工人師傅設計了一種測零件內徑AB的卡鉗，卡鉗交叉點O為AA'、BB'的中點，只要量出A'B'的長度，就可以知道該零件內徑AB的長度．依據的數學基本事實是（）
A．兩邊及其夾角分別相等的兩個三角形全等
B．兩角及其夾邊分別相等的兩個三角形全等
C．兩條直線被一組平行線所截，所得的對應線段成比例
D．兩點之間線段最短
【分析】根據點O為AA'、BB'的中點得出OA＝OA'，OB＝OB'，根據對頂角相等得到∠AOB＝∠A'OB'，從而證得△AOB和△A'OB'全等，于是有AB＝A'B'，問題得證．
【解答】解：∵點O為AA'、BB'的中點，
∴OA＝OA'，OB＝OB'，
由對頂角相等得∠AOB＝∠A'OB'，
在△AOB和△A'OB'中，
，
∴△AOB≌△A'OB'（SAS），
∴AB＝A'B'，
即只要量出A'B'的長度，就可以知道該零件內徑AB的長度，
故選：A．
3．（2023?綿陽）如圖，在等邊△ABC中，BD是AC邊上的中線，延長BC至點E，使CE＝CD，若DE＝，則AB＝（）
A．B．6C．8D．
【分析】先由等邊三角形的性質，得BD⊥AC，AD＝CD＝AC，∠ABD＝∠CBD＝30°，再根據CE＝CD，得∠E＝∠CDE，進而得∠CBD＝∠E＝30°，則BD＝DE＝4，然后在Rt△ABD中，由勾股定理求出AB即可．
【解答】解：∵△ABC為等邊三角形，
∴AC＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD是AC邊上的中線，
∴BD⊥AC，AD＝CD＝AC，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AB＝2AD，
∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
∵∠ACB＝∠E+∠CDE＝2∠E，
∴60°＝2∠E，
∴∠E＝30°，
∠CBD＝∠E＝30°，
∴BD＝DE＝4，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB2﹣AD2＝BD2，
即（2AD）2﹣AD2＝（4）2，
解得：AD＝4，
∴AB＝2AD＝8．
故選：C．
4．（2023?甘孜州）如圖，AB與CD相交于點O，AC∥BD，只添加一個條件，能判定△AOC≌△BOD的是（）
A．∠A＝∠DB．AO＝BOC．AC＝BOD．AB＝CD
【分析】根據題目給出的條件結合全等三角形的判定定理分別分析即可．
【解答】解：A、不能證明△AOC≌△BOD，故此選項不合題意；
B、由AC∥BD可得∠A＝∠B，∠C＝∠D，可利用AAS證明△AOC≌△BOD，故此選項符合題意；
C、不能證明△AOC≌△BOD，故此選項不合題意；
D、不能證明△AOC≌△BOD，故此選項不合題意；
故選：B．
5．（2023?宿遷）若等腰三角形有一個內角為110°，則這個等腰三角形的底角是（）
A．70°B．45°C．35°D．50°
【分析】根據等腰三角形的性質進行計算，即可解答．
【解答】解：當等腰三角形的頂角為110°時，則它的底角＝＝35°，
故選：C．
6．（2023?麗水）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠C＝45°，以AB為腰作等腰直角三角形BAE，頂點E恰好落在CD邊上，若AD＝1，則CE的長是（）
A．B．C．2D．1
【分析】如圖，過點A作AF⊥BC于F，過點E作GH⊥BC于H，交AD的延長線于G，則∠AFB＝∠CHE＝90°，證明四邊形AFHG是正方形，則AG＝GH，再證明△CHE和△DGE是等腰直角三角形，則DG＝EG，CH＝EH，最后根據勾股定理可得結論．
【解答】解：如圖，過點A作AF⊥BC于F，過點E作GH⊥BC于H，交AD的延長線于G，則∠AFB＝∠CHE＝90°，
∴AF∥GH，
∵AD∥BC，∠AFH＝90°，
∴四邊形AFHG是矩形，
∴∠G＝∠AFH＝∠FHG＝∠FAG＝90°，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝AE，∠BAE＝90°，
∵∠FAG＝∠BAE，
∴∠BAF＝∠EAG，
∵∠AFB＝∠G＝90°，
∴△AFB≌△AGE（AAS），
∴AF＝AG，
∴矩形AFHG是正方形，
∴AG＝GH，
∵AG∥BC，
∴∠C＝∠EDG＝45°，
∴△CHE和△DGE是等腰直角三角形，
∴DG＝EG，CH＝EH，
∴AD＝EH＝1，
∴CH＝1，
由勾股定理得：CE＝＝．
解法二：如圖2，過點E作EF⊥CD，交BC于F，
∵∠C＝45°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∴EF＝CE，∠CFE＝45°，
∴∠BFE＝180°﹣45°＝135°，
∵∠CFE＝∠FBE+∠BEF＝45°，∠AED+∠BEF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠AED＝∠FBE，
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴＝，
∵AD∥BC，
∴∠C+∠D＝180°，
∴∠D＝180°﹣45°＝135°，
∴∠D＝∠BFE，
∴△ADE∽△EFB，
∴＝＝，
∵AD＝1，
∴EF＝，
∴CE＝EF＝．
故選：A．
7．（2023?陜西）如圖，DE是△ABC的中位線，點F在DB上，DF＝2BF．連接EF并延長，與CB的延長線相交于點M．若BC＝6，則線段CM的長為（）
A．B．7C．D．8
【分析】根據三角形中中位線定理證得DE∥BC，求出DE，進而證得△DEF∽BMF，根據相似三角形的性質求出BM，即可求出結論．
【解答】解：∵DE是△ABC的中位線，
∴DE∥BC，DE＝BC＝×6＝3，
∴△DEF∽△BMF，
∴＝＝＝2，
∴BM＝，
CM＝BC+BM＝．
故選：C．
8．（2023?赤峰）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6．點F是AB中點，連接CF，把線段CF沿射線BC方向平移到DE，點D在AC上．則線段CF在平移過程中掃過區(qū)域形成的四邊形CFDE的周長和面積分別是（）
A．16，6B．18，18C．16，12D．12，16
【分析】先論證四邊形CFDE是平行四邊形，再分別求出CF，CD，DF，繼而用平行四邊形的周長公式和面積公式求出即可．
【解答】解：由平移的性質可知DF∥CE，DF＝CE，
∴四邊形CFDE是平行四邊形，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC＝＝＝8，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，點F是AB的中點，
∴CF＝AB＝5，
∵DF∥CE，點F是AB的中點，
∴＝＝，∠CDF＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴點D是AC的中點，
∴CD＝AC＝4，
∵點F是AB的中點，點D是AC的中點，
∴DF是Rt△ABC的中位線，
∴DF＝BC＝3，
∴四邊形CFDE的周長為2（DF+CF）＝2×（5+3）＝16，
四邊形CFDE的面積為DF?CD＝3×4＝12．
故選：C．
9．（2023?天津）如圖，在△ABC中，分別以點A和點C為圓心，大于的長為半徑作?。ɑ∷趫A的半徑都相等），兩弧相交于M，N兩點，直線MN分別與邊BC，AC相交于點D，E，連接AD．若BD＝DC，AE＝4，AD＝5，則AB的長為（）
A．9B．8C．7D．6
【分析】根據線段垂直平分線的性質可得AC＝2AE＝8，DA＝DC，從而可得∠DAC＝∠C，再結合已知易得BD＝AD，從而可得∠B＝∠BAD，然后利用三角形內角和定理可得∠BAC＝90°，從而在Rt△ABC中，利用勾股定理進行計算，即可解答．
【解答】解：由題意得：MN是AC的垂直平分線，
∴AC＝2AE＝8，DA＝DC，
∴∠DAC＝∠C，
∵BD＝CD，
∴BD＝AD，
∴∠B＝∠BAD，
∵∠B+∠BAD+∠C+∠DAC＝180°，
∴2∠BAD+2∠DAC＝180°，
∴∠BAD+∠DAC＝90°，
∴∠BAC＝90°，
在Rt△ABC中，BC＝BD+CD＝2AD＝10，
∴AB＝＝＝6，
故選：D．
10．（2023?江西）將含30°角的直角三角板和直尺按如圖所示的方式放置，已知∠α＝60°，點B，C表示的刻度分別為1cm，3cm，則線段AB的長為 2 cm．
【分析】先由平行線的性質可得∠ACB的度數，根據等邊三角形的判定和性質定理可得AB＝BC，則可得出AB的長．
【解答】解：∵直尺的兩對邊相互平行，
∴∠ACB＝∠α＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC＝3﹣1＝2（cm）．
故答案為：2．
11．（2023?重慶）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D為BC上一點，連接AD．過點B作BE⊥AD于點E，過點C作CF⊥AD交AD的延長線于點F．若BE＝4，CF＝1，則EF的長度為 3 ．
【分析】先證明△ABE≌△CAF（AAS），根據全等三角形的性質可得AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，進一步可得EF的長．
【解答】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BEA＝∠AFC＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAE+∠FAC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABE，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS），
∴AF＝BE，AE＝CF，
∵BE＝4，CF＝1，
∴AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，
∴EF＝AF﹣AE＝4﹣1＝3，
故答案為：3．
12．（2023?廣安）如圖，圓柱形玻璃杯的杯高為9cm，底面周長為16cm，在杯內壁離杯底4cm的點A處有一滴蜂蜜，此時，一只螞蟻正好在杯外壁上，它在離杯上沿1cm，且與蜂蜜相對的點B處，則螞蟻從外壁B處到內壁A處所走的最短路程為 10 cm．（杯壁厚度不計）
【分析】將杯子側面展開，建立B關于EF的對稱點B′，根據兩點之間線段最短可知B′A的長度即為所求．
【解答】解：如圖：
將杯子側面展開，作B關于EF的對稱點B′，
連接B′A，則B′A即為最短距離，
B′A＝＝＝10（cm）．
故答案為：10．
13．（2023?通遼）如圖，等邊三角形ABC的邊長為6cm，動點P從點A出發(fā)以2cm/s的速度沿AB向點B勻速運動，過點P作PQ⊥AB，交邊AC于點Q，以PQ為邊作等邊三角形PQD，使點A，D在PQ異側，當點D落在BC邊上時，點P需移動 1 s．
【分析】根據等邊三角形的性質得到角與邊的等量關系，從而證明△BDP≌APQ，由此得到邊之間的關系，進而求解．
【解答】解：設點P需移動t秒，點D落在BC邊上，如圖所示．
∵三角形PQD是等邊三角形，
∴∠DPQ＝60°，
∴∠BPD＝180°﹣∠APQ﹣∠DPQ＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴∠BDP＝180°﹣∠B﹣∠BPD＝180°﹣60°﹣30°＝90°．
∠AQP＝180°﹣∠APQ﹣∠A＝180°﹣90°﹣60°＝30°．
∵∠BDP＝∠APQ＝90°，DP＝PQ，∠BPD＝∠AQP＝30°，
∴△BDP≌△APQ（ASA）．
∴BP＝AB﹣AP＝6﹣2t，BD＝AP＝2t，
∵∠BPD＝30°，
∴BD＝BP，即2t＝（6﹣2t），
∴t＝1．
故答案為：1．
14．（2023?樂山）如圖，已知AB與CD相交于點O，AC∥BD，AO＝BO，求證：AC＝BD．
【分析】由平行線的性質可得∠A＝∠B，∠C＝∠D，利用AAS即可判定△AOC≌△BOD，從而得AC＝BD．
【解答】證明：∵AC∥BD，
∴∠A＝∠B，∠C＝∠D，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（AAS），
∴AC＝BD．
15．（2023?大連）如圖，AC＝AE，BC＝DE，BC的延長線與DE相交于點F，∠ACF+∠AED＝180°．求證：AB＝AD．
【分析】由已知∠ACF+∠AED＝180°，可得到∠ACB＝∠AED，再利用SAS證明△ABC≌△ADE，從而得到AB＝AD．
【解答】證明：∵∠ACF+∠AED＝180°，∠ACF+∠ACB＝180°，
∴∠ACB＝∠AED，
在△ABC和△ADE中，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AB＝AD．
16．（2023?陜西）如圖，在△ABC中，∠B＝50°，∠C＝20°．過點A作AE⊥BC，垂足為E，延長EA至點D．使AD＝AC．在邊AC上截取AF＝AB，連接DF．求證：DF＝CB．
【分析】利用三角形內角和定理得∠CAB的度數，再根據全等三角形的判定與性質可得結論．
【解答】證明：在△ABC 中，∠B＝50°，∠C＝20°，
∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠C＝110°．
∵AE⊥BC．
∴∠AEC＝90°．
∴∠DAF＝∠AEC+∠C＝110°，
∴∠DAF＝∠CAB．
在△DAF和△CAB中，
，
∴△DAF≌△CAB（SAS）．
∴DF＝CB．
17．（2023?南通）如圖，點D，E分別在AB，AC上，∠ADC＝∠AEB＝90°，BE，CD相交于點O，OB＝OC．
求證：∠1＝∠2．
小虎同學的證明過程如下：
（1）小虎同學的證明過程中，第二步出現錯誤；
（2）請寫出正確的證明過程．
【分析】（1）根據全等三角形的判定定理判斷；
（2）證明△DOB≌△EOC，根據全等三角形的性質得到OD＝OE，再證明Rt△ADO≌Rt△AEO，得到∠1＝∠2．
【解答】（1）解：小虎同學的證明過程中，第二步出現錯誤，
故答案為：二；
（2）證明：∵∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠BDC＝∠CEB＝90°，
在△DOB和△EOC中，
，
∴△DOB≌△EOC（AAS），
∴OD＝OE，
在Rt△ADO和Rt△AEO中，
，
∴Rt△ADO≌Rt△AEO（HL），
∴∠1＝∠2，
方法二：∵OD＝OE，∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠1＝∠2．
18．（2023?宿遷）【問題背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如圖①，即∠CEF＝∠AEF）．小軍測量某建筑物高度的方法如下：在地面點E處平放一面鏡子，經調整自己位置后，在點D處恰好通過鏡子看到建筑物AB的頂端A．經測得，小軍的眼睛離地面的距離CD＝1.7m，BE＝20m，DE＝2m，求建筑物AB的高度；
【活動探究】
觀察小軍的操作后，小明提出了一個測量廣告牌高度的做法（如圖②）：他讓小軍站在點D處不動，將鏡子移動至E1處，小軍恰好通過鏡子看到廣告牌頂端G，測出DE1＝2m；再將鏡子移動至E2處，恰好通過鏡子看到廣告牌的底端A，測出DE2＝3.4m．經測得，小軍的眼睛離地面距離CD＝1.7m，BD＝10m，求這個廣告牌AG的高度；
【應用拓展】
小軍和小明討論后，發(fā)現用此方法也可測量出斜坡上信號塔AB的高度．他們給出了如下測量步驟（如圖③）：①讓小軍站在斜坡的底端D處不動（小軍眼睛離地面距離CD＝1.7m），小明通過移動鏡子（鏡子平放在坡面上）位置至E處，讓小軍恰好能看到塔頂B；②測出DE＝2.8m；③測出坡長AD＝17m；④測出坡比為8：15（即）．通過他們給出的方案，請你算出信號塔AB的高度（結果保留整數）．
【分析】【問題背景】證△AEB∽△CED，得＝，即可解決問題；
【活動探究】過點E1作E1F⊥BD，過點E2作E2H⊥BD，證△GE1B∽△CE1D，△AE2B∽△CE2D，得＝，＝，再由BE1＝BD﹣DE1＝8m，BE2＝BD﹣DE2＝6.6m，然后求出GB、AB的長，即可解決問題；
【應用拓展】過點B作BM⊥AD于點M，過點C作CN⊥AD于點N，證△DCN∽△ABM，得＝，再由銳角三角函數定義得tan∠ABM＝＝，設DN＝a m，AM＝b m，則CN＝，BM＝，進而由勾股定理求出a＝0.8m，然后由相似三角形的性質得＝，即可解決問題．
【解答】解：【問題背景】由題意得：AB⊥BD，CD⊥BD，EF⊥BD，
∴∠ABE＝∠CDE＝∠FEB＝∠FED＝90°，
∵∠CEF＝∠AEF，
∴∠FEB﹣∠AEF＝∠FED﹣∠CEF，
即∠AEB＝∠CED，
∴△AEB∽△CED，
∴＝，
∴AB＝＝＝17（m），
答：建筑物AB的高度為17m；
【活動探究】
如圖②，過點E1作E1F⊥BD，過點E2作E2H⊥BD，
由題意得：GB⊥BD，CD⊥BD，
∴∠GBE1＝∠CDE1＝∠ABE2＝∠CDE2＝∠FE1B＝∠FE1D＝∠HE2B＝∠HE2D＝90°，
∵∠CE2H＝∠AE2H，∠CE1F＝∠GE1F，
∴∠FE1B﹣∠GE1F＝∠FE1D﹣∠CE1F，∠HE2B﹣∠AE2H＝∠HE2D﹣∠CE2H，
即∠GE1B＝∠CE1D，∠AE2B＝∠CE2D，
∴△GE1B∽△CE1D，△AE2B∽△CE2D，
∴＝，＝，
∴BE1＝BD﹣DE1＝10﹣2＝8（m），BE2＝BD﹣DE2＝10﹣3.4＝6.6（m），
∴GB＝＝＝6.8（m），AB＝＝＝3.3（m），
∴AG＝GB﹣AB＝6.8﹣3.3＝3.5（m），
答：這個廣告牌AG的高度為3.5m；
【應用拓展】
如圖，過點B作BM⊥AD于點M，過點C作CN⊥AD于點N，
由題意得：BG⊥DG，CD⊥DG，
∴∠AGD＝∠CDG＝∠BMA＝∠CND＝90°，
∵∠BAM＝∠GAD，
∴90°﹣∠BAM＝90°﹣∠GAD，
即∠ABM＝∠ADG，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，∠ADG+∠CDN＝90°，
∴∠CDN＝∠DAG，
∴90°﹣∠CDN＝90°﹣∠DAG，
即∠DCN＝∠ADG，
∴∠DCN＝∠ADG＝∠ABM，
∴△DCN∽△ABM，
∴＝，
由題意得：AE＝AD﹣DE＝17﹣2.8＝14.2（m），
∵tan∠ADG＝，
∴tan∠DCN＝＝，tan∠ABM＝＝，
設DN＝a m，AM＝b m，則CN＝，BM＝，
∵CN2+DN2＝CD2，
∴（）2+a2＝1.72，
解得：a＝0.8（m）（負值已舍去），
∴EN＝DE﹣DN＝2.8﹣0.8＝2（m），CN＝＝1.5（m），
∴＝，
∴AB＝，
同【問題背景】得：△BME∽△CNE，
∴＝，
∴＝，
解得：b＝（m），
∴AB＝×≈20（m），
答：信號塔AB的高度約為20m．
19．（2023?臨沂）如圖，∠A＝90°，AB＝AC，BD⊥AB，BC＝AB+BD．
（1）寫出AB與BD的數量關系．
（2）延長BC到E，使CE＝BC，延長DC到F，使CF＝DC，連接EF．求證：EF⊥AB．
（3）在（2）的條件下，作∠ACE的平分線，交AF于點H，求證：AH＝FH．
【分析】（1）結論：AB＝（+1）BD．在BC上取一點T，使得BT＝BD，連接DT，AT．設AB＝AC＝a，則BC＝a．證明CA＝CT，可得結論；
（2）證明△BCD≌△ECF（SAS），推出∠CBD＝∠E＝45°，BD＝EF，可得BD∥EF，可得結論；
（3）延長CH交EF的延長線于點J．證明△ACH≌△FJH（AAS），可得結論．
【解答】（1）解：結論：AB＝（+1）BD．
理由：在BC上取一點T，使得BT＝BD，連接DT，AT．設AB＝AC＝a，則BC＝a．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠DBT＝45°，
∵BD＝BT，
∴∠BDT＝∠BTD＝67.5°，
∵BC＝AB+BD＝AC+BD＝BT+AC，
∴CT＝CA＝a，
∴BD＝BT＝BC﹣CT＝a﹣a，
∴＝＝+1，
∴AB＝（+1）BD；
（2）證明：如圖2中，
在△BCD和△ECF中，
，
∴△BCD≌△ECF（SAS），
∴∠CBD＝∠E＝45°，BD＝EF，
∴BD∥EF，
∵BD⊥AB，
∴EF⊥AB；
（3）證明：延長CH交EF的延長線于點J．
∵∠ACE＝180°﹣∠ACB＝135°，CH平分∠ACE，
∴∠ACH＝∠ECH＝67.5°，
∵∠ACB＝∠E＝45°，
∴AC∥EJ，
∴∠J＝∠ACH＝∠ECJ＝67.5°，
∴CE＝EJ＝CB，
∵BC＝BD+AB，EJ＝EF+FJ，
∴FJ＝AB＝AC，
∵∠AHC＝∠FHJ，∠ACH＝∠J，
∴△ACH≌△FJH（AAS），
∴AH＝FH．
（建議用時：45分鐘）
1．（2024?長沙模擬）以下列數值為長度的各組線段中，能組成三角形的是（）
A．2，4，7B．3，3，6C．5，8，2D．4，5，6
【分析】根據三角形的三邊關系“任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊”，進行分析．
【解答】解：A、4+2＝6＜7，不能組成三角形；
B、3+3＝6，不能組成三角形；
C、5+2＝7＜8，不能組成三角形；
D、4+5＝9＞6，能組成三角形．
故選：D．
2．（2023?梁山縣二模）如圖，CD，CE，CF分別是△ABC的高、角平分線、中線，則下列各式中錯誤的是（）
A．AB＝2BFB．∠ACE＝∠ACB
C．AE＝BED．CD⊥BE
【分析】從三角形的一個頂點向對邊作垂線，垂足與頂點之間的線段叫做三角形的高．
三角形一個內角的平分線與這個內角的對邊交于一點，則這個內角的頂點與所交的點間的線段叫做三角形的角平分線．
三角形一邊的中點與此邊所對頂點的連線叫做三角形的中線．依此即可求解．
【解答】解：∵CD，CE，CF分別是△ABC的高、角平分線、中線，
∴CD⊥BE，∠ACE＝∠ACB，AB＝2BF，無法確定AE＝BE．
故選：C．
3．（2023?沈丘縣一模）如圖，在△ABC中，中線AD、CE相交于點G，AG＝6，則AD的長為（）
A．18B．9C．8D．3
【分析】根據G是△ABC的重心，利用重心的性質求出GD，然后再將AG+GD即可求出AD．
【解答】解：∵G是△ABC的重心，且AD是中線，
∴AG＝2GD＝6，
即DG＝3，
∴AD＝3+6＝9，
故選：B．
4．（2023?雁塔區(qū)校級模擬）如圖，將一副直角三角板按如圖所示疊放，其中∠C＝90°，∠B＝45°，∠E＝30°，則∠BFD的大小是（）
A．10°B．15°C．25°D．30°
【分析】根據直角三角形的性質可得∠BAC＝45°，根據鄰補角互補可得∠EAF＝135°，然后再利用三角形的外角的性質可得∠AFD＝135°+30°＝165°．即可．
【解答】解：∵∠B＝45°，
∴∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝135°，
∴∠AFD＝135°+30°＝165°，
∴∠BFD＝180°﹣∠AFD＝15°
故選：B．
5．（2023?拱墅區(qū)校級三模）如圖，在△ABC中，以點B為圓心，AB為半徑畫弧交BC于點D，以點C為圓心，AC為半徑畫弧交BC于點E，連接AE，AD．設∠EAD＝α，∠ACB＝β，則∠B的度數為（）
A．α﹣B．2α﹣βC．α+D．3α﹣β
【分析】先根據等腰三角形的性質，用β的代數式表示∠AEC．在三角形AED中，用α和β的代數式表示∠ADE，最后在等腰三角形ABD中根據等腰三角形的性質和三角形內角和等于180°，即可表示出∠B的度數．
【解答】解：由題意得：BA＝BD，CA＝CE，
∵CA＝CE，∠ACB＝β，
∴＝，
在△AED中，∠ADE＝180°﹣∠AED﹣∠EAD
＝180°﹣
＝90°+，
∵BA＝BD，
∴，
在△BAD中，
＝2α﹣β．
故選：B．
6．（2023?泗洪縣二模）如圖，已知△ABC≌△DEF，CD平分∠BCA，若∠A＝28°，∠CGF＝88°，則∠E的度數是（）
A．32°B．34°C．40°D．44°
【分析】根據全等三角形的性質得出∠D＝∠A＝28°，∠B＝∠E，根據三角形內角和定理求出∠E+∠F＝152°，根據四邊形的內角和定理求出∠ECG，求出∠BCD，根據角平分線的定義求出∠BCA＝2∠DCB＝120°，再根據三角形內角和定理求出答案即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∠A＝28°，
∴∠D＝∠A＝28°，∠B＝∠E，
∴∠E+∠F＝180°﹣∠D＝180°﹣28°＝152°，
在四邊形ECGF中，∠ECG＝360°﹣∠CGF﹣（∠E+∠F）＝360°﹣88°﹣152°＝120°，
∴∠DCB＝180°﹣∠ECG＝180°﹣120°＝60°，
∵CD平分∠BCA，
∴∠BCA＝2∠DCB＝120°，
∴∠E＝∠B＝180°﹣∠A﹣∠BCA＝180°﹣28°﹣120°＝32°，
故選：A．
7．（2023?三門峽一模）如圖，在△ABC和△DEF中，點A、E、B、D在同一條直線上，AC∥DF，AC＝DF，只添加一個條件，不能判斷△ABC≌△DEF的是（）
A．AE＝DBB．∠C＝∠FC．BC＝EFD．∠ABC＝∠DEF
【分析】先證明∠A＝∠D，再根據三角形全等的判定方法做出選擇即可．
【解答】解：∵AC∥DF，
∴∠A＝∠D，
A、∵AE＝DB，∴AE+EB＝DB+EB，∴△ABC≌△DEF能判斷△ABC≌△DEF，不符合題意；
B、∠C＝∠F，利用AAS可以判斷△ABC≌△DEF，不選項符合題意；
C、BC＝EF，不能判斷△ABC≌△DEF，符合題意；
D、∠ABC＝∠D，能判斷△ABC≌△DEF，不符合題意．
故選：C．
8．（2023?越秀區(qū)校級二模）如圖，在△ABC中，∠BAC＝80°，AB邊的垂直平分線交AB于點D，交BC于點E，AC邊的垂直平分線交AC于點F，交BC于點G，連接AE，AG．則∠EAG的度數為（）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【分析】根據線段垂直平分線的性質和等腰三角形的性質即可得到結論．
【解答】解：∵AB邊的垂直平分線交AB于點D，AC邊的垂直平分線交AC于點F，
∴AG＝CG，AE＝BE，
∴∠C＝∠CAG，∠B＝∠BAE，
∴∠BAE+∠CAG＝∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝100°，
∴∠EAG＝∠BAE+∠CAG﹣∠BAC＝100°﹣80°＝20°，
故選：B．
9．（2023?泉山區(qū)校級三模）已知等腰三角形的兩邊長分別為4和9，則這個三角形的周長是（）
A．22B．19C．17D．17或22
【分析】分兩種情況：①當4為底邊長，9為腰長時，即可得出三角形的周長＝22；②當9為底邊長，4為腰長時，由4+4＜9，根據三角形的三邊關系得出不能構成三角形；即可得出結果．
【解答】解：分兩種情況：
①當4為底邊長，9為腰長時，4+9＞9，
∴三角形的周長＝4+9+9＝22；
②當9為底邊長，4為腰長時，
∵4+4＜9，
∴不能構成三角形；
∴這個三角形的周長是22．
故選：A．
10．（2023?香洲區(qū)一模）如圖，在等腰△ABC中，∠B＝∠C＝65°，DE垂直平分AC，則∠BCD的度數等于（）
A．10°B．15°C．20°D．25°
【分析】首先利用線段垂直平分線的性質推出∠DAC＝∠DCA，根據等腰三角形的性質可求出∠ABC＝∠ACB，易求∠BCD的度數．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ACB＝65°．
∴∠A＝50°，
∵DE垂直平分AC，
∴AD＝CD，
∴∠A＝∠ACD＝50°，
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝15°．
故選：B．
11．（2023?廣西模擬）如圖，D為△ABC內一點，CD平分∠ACB，BD⊥CD于點D．∠ABD＝∠A，若BD＝1，BC＝3，則AC的長為（）
A．2B．3C．4D．5
【分析】延長BD交AC于E，如圖，利用CD平分∠ACB，BD⊥CD先判斷△BCE為等腰三角形得到DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，再證明EA＝EB＝2，然后計算AE+CE即可．
【解答】解：延長BD交AC于E，如圖，
∵CD平分∠ACB，BD⊥CD，
∴△BCE為等腰三角形，
∴DE＝BD＝1，CE＝CB＝3，
∵∠A＝∠ABD，
∴EA＝EB＝2，
∴AC＝AE+CE＝2+3＝5．
故選：D．
12．（2023?大連一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，點D是AC上一點，將△ABD沿線段BD翻折，使得點A落在A'處，若∠A'BC＝28°，則∠CBD＝（）
A．15°B．16°C．18°D．20°
【分析】先由直角三角形的兩個銳角互余求得∠ABC＝60°，由∠A'BC＝28°，求得∠A'BA＝88°，再由翻折的性質得∠ABD＝∠A'BA＝44°，則∠CBD＝16°．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵∠A'BC＝28°，
∴∠A'BA＝60°+28°＝88°，
由翻折得∠ABD＝∠A′BD＝∠A'BA＝×88°＝44°，
∴∠CBD＝∠ABC﹣∠ABD＝60°﹣44°＝16°，
故選：B．
13．（2023?蓮湖區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝30°，BC＝6，點D為BC的中點，AE⊥BC于點E，則DE的長是（）
A．1B．C．3D．6
【分析】由直角三角形的性質，得到AD＝CD＝BD＝BC＝3，由等腰三角形的性質得到∠C＝∠DAC＝30°，由三角形外角的性質得到∠ADC＝∠C+∠DAC＝60°，因此△ABD是等邊三角形，由等腰三角形的性質即可求出DE的長．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，BC＝6，點D為BC的中點，
∴AD＝CD＝BD＝BC＝3，
∴∠C＝∠DAC＝30°，
∴∠ADB＝∠C+∠DAC＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∵AE⊥BC于點E，
∴DE＝BD＝．
故選：B．
14．（2024?雁塔區(qū)校級一模）如圖，在3×3的網格中，每個小正方形的邊長均為1，點A，B，C都在格點上，AD為△ABC的高，則AD的長為（）
A．B．C．D．
【分析】根據題意利用割補法求得△ABC的面積，利用勾股定理算出BC的長，再利用等面積法即可求得AD的長．
【解答】解：由題可得：
，
，
∴，
解得：，
故選：D．
15．（2023?紅花崗區(qū)校級一模）“趙爽弦圖”巧妙地利用面積關系證明了勾股定理，是我國古代數學的驕傲．如圖所示的“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形．設直角三角形較長直角邊長為a，較短直角邊長為b．若ab＝8，大正方形的面積為25，則EF的長為（）
A．9B．9C．3D．3
【分析】分析題意，首先根據已知條件易得，中間小正方形的邊長為：a﹣b；接下來根據勾股定理以及題目給出的已知數據即可求出小正方形的邊長．
【解答】解：由題意可知：中間小正方形的邊長為：a﹣b，
∵每一個直角三角形的面積為：ab＝×8＝4，
從圖形中可得，大正方形的面積是4個直角三角形的面積與中間小正方形的面積之和，
∴4×ab+（a﹣b）2＝25，
∴（a﹣b）2＝25﹣16＝9，
∴a﹣b＝3，
∴EF＝3．
故選：C．
16．（2023?襄城區(qū)校級二模）如圖，若AB＝AC，BG＝BH，AK＝KG，則∠BAC＝ 36° ．
【分析】根據等腰三角形等邊對等角的性質可得到∠ABC＝∠ACB，∠G＝∠H，∠A＝∠G，再根據三角形外角的性質及三角形內角和定理即可推出∠BAC的度數．
【解答】解：∵AB＝AC，BG＝BH，AK＝KG，
∴∠ABC＝∠ACB，∠G＝∠H，∠A＝∠G，
∴∠A＝∠H，
∵∠ABC＝∠G+∠H＝2∠A＝∠ACB，∠ACB＝∠KCH，∠CKH＝∠A+∠G＝2∠A，
∴∠CKH+∠KCH+∠H＝180°，
即5∠A＝180°，
∴∠A＝36°．
故答案為：36°．
17．（2023?瓊山區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A（﹣3，0），B（3，0），C（3，2），如果△ABC與△ABD全等，那么點D的坐標可以是（3，﹣2）（答案不唯一）（寫出一個即可）．
【分析】直接利用全等三角形的性質以及坐標與圖形的性質即可得出符合題意的答案．
【解答】解：如圖所示：延長CB到D，使BD＝BC，連接AD，
∵△ABC與△ABD全等，
∴BD＝BC，∠ABC＝∠ABD＝90°，
∵C的坐標為（3，2），
∴D的坐標為（3，﹣2），
故答案為：（3，﹣2）（答案不唯一）．
18．（2023?東明縣一模）如圖，AB＝18m，CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，且AC＝6m，點P從B向A運動，每秒鐘走1m，Q點從B向D運動，每秒鐘走2m，點P，Q同時出發(fā)，運動 6 秒后，△CAP與△PQB全等．
【分析】設運動x分鐘后△CAP與△PQB全等；則BP＝x m，BQ＝2x m，則AP＝（18﹣x）m，分兩種情況：①若BP＝AC，則x＝6，此時AP＝BQ，△CAP≌△PBQ；②若BP＝AP，則18﹣x＝x，得出x＝9，BQ＝18（m）≠AC，即可得出結果．
【解答】解：∵CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，
∴∠A＝∠B＝90°，
設運動x分鐘后△CAP與△PQB全等；
則BP＝x m，BQ＝2x m，則AP＝（18﹣x）m，
分兩種情況：
①若BP＝AC，則x＝6，
AP＝18﹣6＝12，BQ＝12，AP＝BQ，
∴△CAP≌△PBQ（SSS）；
②若BP＝AP，則18﹣x＝x，
解得：x＝9，BQ＝18（m）≠AC，
此時△CAP與△PQB不全等；
綜上所述：運動6分鐘后△CAP與△PQB全等；
故答案為：6．
19．（2024?碑林區(qū)校級一模）如圖所示，已知△ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D和點E分別是AB和AC邊上的動點，滿足AD＝CE，連接DE，點F是DE的中點，則的最大值為 +1 ．
【分析】構造一線三垂直得△ADE≌△CEM，再利用三角形兩邊之和大于第三邊解答即可．
【解答】解：過E作EM⊥ED，且EM＝ED，連DM，MC．
取ME中點N，連ND、NC、NF．
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∠AED+∠MEC＝90°，
∴∠ADE＝∠MEC，
在△ADE和△CEM中，
，
∴△ADE≌△CEM（SAS），
∴∠ECM＝∠DAE＝90°．
設AF＝1，
∵F為DE中點，
∴DE＝2AF＝2．，
∴EM＝2，
∵N為EM中點，
∴CN＝EN＝1．
∴DN＝＝，
∵ND+NC≥DC，
∴CD最大值+1，
∴＝（+1）÷1＝+1，
故答案為：+1，
20．（2024?吐魯番市一模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交BA、BC于點M、N，再分別以M、N為圓心，大于MN的長為半徑畫弧，兩弧交于點P，作射線BP交AC于點D，則S△CBD：S△ABD＝ 1：2 ．
【分析】過點D作DE⊥AB于點E，根據含30°角的直角三角形的性質得到BC＝AB，根據角平分線的性質得到DC＝DE，根據三角形的面積公式計算，得到答案．
【解答】解：過點D作DE⊥AB于點E，
在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，
則BC＝AB，
由作圖可知：BP平分∠ABC，
∵∠C＝90°，DE⊥AB，
∴DC＝DE，
∴＝＝＝，
故答案為：1：2．
21．（2023?東平縣校級一模）如圖，在△ABC中，AB＝10，AC＝8，∠ABC、∠ACB的平分線相交于點O，MN過點O，且MN∥BC，分別交AB、AC于點M、N．則△AMN的周長為 18 ．
【分析】由在△ABC中，∠ABC與∠ACB的平分線相交于點O，過點O作MN∥BC，易證得△BOM與△CON是等腰三角形，繼而可得△AMN的周長等于AB+AC．
【解答】解：∵在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分線相交于點O，
∴∠ABO＝∠OBC，
∵MN∥BC，
∴∠MOB＝∠OBC，
∴∠ABO＝∠MOB，
∴BM＝OM，
同理CN＝ON，
∴△AMN的周長是：AM+NM+AN＝AM+OM+ON+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC＝10+8＝18．
故答案為：18．
22．（2024?深圳模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°，對角線AC與BD相交于點E，若BE＝3DE，則BD＝ 3 ．
【分析】AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，可得△ABC為等邊三角形．作BM⊥AC于點M，可得M為AC的中點，可求得BM的長，連接DM，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得DM為AC的一半．作DN⊥BM于點N，則BD 為直角三角形的斜邊，利用平行線分線段成比例定理可得MN的長，利用勾股定理可得DN的長，進而根據勾股定理可得BD的長．
【解答】解：過點B作BM⊥AC于點M，過點D作DN⊥BM于點N，連接DM．
∴∠BMC＝∠BND＝90°，
∴CM∥DN．
∵BE＝3DE，
∴BM＝3MN．
∵AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴AC＝6．
∵BM⊥AC，
∴CM＝AC＝3．
∴BM＝＝＝＝3．
∴MN＝．
∴BN＝4．
∵∠ADC＝90°，
∴DM＝AC＝3．
∴DN＝＝．
∴BD＝＝＝＝3．
故答案為：3．
23．紫砂壺是我國特有的手工制造陶土工藝品，其制作過程需要幾十種不同的工具，其中有一種工具名為“帶刻度嘴巴架”，其形狀及使用方法如圖1．當制壺藝人把“帶刻度嘴巴架”上圓弧部分恰好貼在壺口邊界時，就可以保證要粘貼的壺嘴、壺把、壺口中心在一條直線上．圖2是正確使用該工具時的示意圖．如圖3，⊙O為某紫砂壺的壺口，已知A，B兩點在⊙O上，直線l過點O，且l⊥AB于點D，交⊙O于點C．若AB＝30mm，CD＝5mm，則這個紫砂壺的壺口半徑r的長為 25 mm．
【分析】根據題意，得到OD＝（r﹣5）mm，BD＝AB＝15mm，OB＝r mm利用勾股定理計算即可．
【解答】解：∵AB＝30mm，CD＝5mm，半徑r mm，l⊥AB，
∴OD＝（r﹣5）mm，BD＝AB＝15mm，OB＝r mm，
根據勾股定理，得（r﹣5）2+152＝r2，
解得r＝25．
故答案為：25mm．
24．（2023?武漢模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，D為三角形內一點，若∠BAC＝30°，∠ADB＝135°，∠BDC＝105°，BD＝2，則AD的長為 2+ ．
【分析】由已知可得∠ADC＝120°，將△ADC繞點A順時針旋轉30°得△AEB，連接DE，可得∠AED＝∠ADE＝75°．則∠BED＝45°，∠BDE＝60°，過點B作BG⊥DE于G，過點E作EH⊥AD于H，根據等腰直角三角形以及含30°角的直角三角形的性質可得DE＝1，EG＝BG＝，設EH＝x，則AE＝AD＝2x，AH＝x，DH＝（2﹣）x，在Rt△DEH中，利用勾股定理求出x，即可得AD的長．
【解答】解：∵∠ADB＝135°，∠BDC＝105°，
∴∠ADC＝360°﹣135°﹣105°＝120°，
將△ADC繞點A順時針旋轉30°得△AEB，連接DE，
∴AD＝AE，∠EAB＝∠DAC，∠AEB＝∠ADC＝120°，
∴∠EAD＝∠EAB+∠BAD＝∠DAC+∠BAD＝∠BAC＝30°，
∴∠AED＝∠ADE＝75°．
∴∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝45°，∠BDE＝∠ADB﹣∠ADE＝60°，
過點B作BG⊥DE于G，過點E作EH⊥AD于H，
∵∠BED＝45°，∠BDE＝60°，
∴BG＝EG，∠DBG＝30°，
∴DG＝BD＝1，
∴BG＝EG＝EG＝，
∴DE＝EG+DG＝1+，
設EH＝x，
∵∠EAD＝30，EH⊥AD，
∴AE＝AD＝2x，AH＝x，DH＝AD﹣AH＝2x﹣x，
在Rt△DEH中，EH2+DH2＝DE2，
∴x2+（2x﹣x）2＝（1+）2，解得x＝（負值舍去），
∴AD＝2x＝2+，
故答案為：2+．
25．（2023秋?渠縣期末）如圖，在△ABC中，D為AB上一點，E為AC中點，連接DE并延長至點F，使得EF＝ED，連CF．
（1）求證：CF∥AB；
（2）若∠ABC＝50°，連接BE，BE平分∠ABC，AC平分∠BCF，求∠A的度數．
【分析】（1）求出△AED≌△CEF，根據全等三角形的性質得出∠A＝∠ACF，根據平行線的判定得出即可；
（2）根據（1）求出∠A＝∠ACB，根據三角形內角和定理求出即可．
【解答】（1）證明：∵E為AC中點，
∴AE＝CE，
在△AED和△CEF中，
，
∴△AED≌△CEF（SAS），
∴∠A＝∠ACF，
∴CF∥AB；
（2）解：∵AC平分∠BCF，
∴∠ACB＝∠ACF，
∵∠A＝∠ACF，
∴∠A＝∠ACB，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠ABC＝50°，
∴2∠A＝130°，
∴∠A＝65°．
26．（2023?西湖區(qū)校級二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，E為BA延長線上一點，且ED⊥BC交AC于點F．
（1）求證：△AEF是等腰三角形；
（2）若AB＝13，EF＝12，F為AC中點，求BC的長．
【分析】（1）根據等腰三角形的性質，得出∠B＝∠C，根據余角的性質，得出∠E＝∠DFC，根據對頂角的性質，得出∠EFA＝∠E，即可得出答案；
（2）證明△AFG≌△CFD（AAS），得出DF＝FG＝6，即可得出答案．
【解答】（1）證明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵ED⊥BC，
∴∠EDB＝∠EDC＝90°，
∴∠E+∠B＝90°，∠C+∠DFC＝90°，
∴∠E＝∠DFC，
∵∠DFC＝∠EFA，
∴∠EFA＝∠E，
∴AE＝AF，
∴△AEF為等腰三角形；
（2）解：過點A作AG⊥ED于點G，AH⊥BC于H，如圖所示：
∵AE＝AF，AG⊥ED，EF＝12，
∴FG＝GE＝EF＝6，
∵F為AC中點，
∴AF＝FC＝AC＝AB＝，
在△AFG與△CFD中，
，
∴△AFG≌△CFD（AAS），
∴DF＝FG＝6，
∴AH＝2DF＝12，
∴BH＝＝5，
∴BC＝2BH＝10，
27．（2023?拱墅區(qū)二模）如圖，在等邊三角形ABC中，點D，E分別是邊BC，CA上的點，且BD＝CE，連結AD，BE交于點P．
（1）求證：△ABE≌△CAD；
（2）連接CP，若CP⊥AP時，
①求AE：CE的值；
②設△ABC的面積為S1，四邊形CDPE的面積為S2，求的值．
【分析】（1）根據SAS可證明△ABE≌△CAD；
（2）①證出∠DPC＝∠APC＝90°，即點P恰好落在以AC為直徑的圓上，點P也落在以CD為直徑的圓上，得出∠CPE＝30°．連接DE，則∠CED＝90°，∠CDE＝∠CPE＝30°，由直角三角形的性質可得出結論；
②證出S△ADE＝2S△CDE＝a．過點D作DF∥AC，得出△DFP∽△AEP，△DFB∽△CEB．則＝．即可得出答案．
【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠BCA＝60°．
∵BD＝CE，
∴CD＝AE．
在△ABE和△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS）．
（2）解：①由（1）知：△ABE≌△CAD，
∴∠CAD＝∠ABE．
∴∠APE＝∠BAP+∠ABP＝∠BAP+∠PAE＝60°．
∴∠DPE＝120°．
∴∠DPE+∠DCE＝120°+60°＝180°．
∴C、D、P、E四點共圓．
∵AP⊥PC，
∴∠DPC＝∠APC＝90°，
即點P恰好落在以AC為直徑的圓上，點P也落在以CD為直徑的圓上，
∵∠APE＝60°，
∴∠CPE＝30°．
連接DE，則∠CED＝90°，∠CDE＝∠CPE＝30°，
∴＝2．
∵CD＝AE，
∴＝2．
②如圖，連接DE，設S1＝a．
∵BD＝BC，
∴CD＝BC．
∴S△ADC＝a．
∵CE＝AC，
∴S△CDE＝＝a．
∴S△ADE＝2S△CDE＝a．
過點D作DF∥AC，
∴△DFP∽△AEP，△DFB∽△CEB．
∴＝．
∴＝＝，
即＝．
∴S△DPE＝＝×a＝a．
∴S2＝S△DPE+S△CDE＝a+a＝a．
∴＝＝．
28．（2023?燈塔市一模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB于點E．
（1）如圖1，連接EC，求證：△EBC是等邊三角形；
（2）點M是線段CD上的一點（不與點C，D重合），以BM為一邊，在BM的下方作∠BMG＝60°，MG交DE延長線于點G．請你在圖2中畫出完整圖形，并直接寫出MD，DG與AD之間的數量關系；
（3）如圖3，點N是線段AD上的一點，以BN為一邊，在BN的下方作∠BNG＝60°，NG交DE延長線于點G．試探究ND，DG與AD數量之間的關系，并說明理由．
【分析】（1）利用“三邊相等”的三角形是等邊三角形證得△EBC是等邊三角形；
（2）延長ED使得DW＝DM，連接MN，即可得出△WDM是等邊三角形，利用△WGM≌△DBM即可得出BD＝WG＝DG+DM，再利用AD＝BD，即可得出答案；
（3）利用等邊三角形的性質得出∠H＝∠2，進而得出∠DNG＝∠HNB，再求出△DNG≌△HNB即可得出答案．
【解答】（1）證明：如圖1所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，BC＝．
∵BD平分∠ABC，
∴∠1＝∠DBA＝∠A＝30°．
∴DA＝DB．
∵DE⊥AB于點E．
∴AE＝BE＝．
∴BC＝BE．
∴△EBC是等邊三角形；
（2）結論：AD＝DG+DM．
證明：
如圖2所示：延長ED使得DW＝DM，連接MW，
∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB于點E，
∴∠ADE＝∠BDE＝60°，AD＝BD，
又∵DM＝DW，
∴△WDM是等邊三角形，
∴MW＝DM，
在△WGM和△DBM中，
∵
∴△WGM≌△DBM，
∴BD＝WG＝DG+DM，
∴AD＝DG+DM．
（3）結論：AD＝DG﹣DN．
證明：延長BD至H，使得DH＝DN．
由（1）得DA＝DB，∠A＝30°．
∵DE⊥AB于點E．
∴∠2＝∠3＝60°．
∴∠4＝∠5＝60°．
∴△NDH是等邊三角形．
∴NH＝ND，∠H＝∠6＝60°．
∴∠H＝∠2．
∵∠BNG＝60°，
∴∠BNG+∠7＝∠6+∠7．
即∠DNG＝∠HNB．
在△DNG和△HNB中，
∴△DNG≌△HNB（ASA）．
∴DG＝HB．
∵HB＝HD+DB＝ND+AD，
∴DG＝ND+AD．
∴AD＝DG﹣ND．
29．（2023秋?上蔡縣期末）（1）問題發(fā)現：如圖1，△ABC和△ADE均為等邊三角形，點D在BC的延長線上，連接CE，求證：△ABD≌△ACE．
（2）類比探究：如圖2，△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，D點在邊BC的延長線上，連接CE．請判斷：
①∠ACE的度數為 45° ．
②線段BC，CD，CE之間的數量關系是 BC+CD＝CE ．
（3）問題解決：在（2）中，如果AB＝AC＝，CD＝1，求線段DE的長．
【分析】（1）問題發(fā)現：可得出∠BAD＝∠CAE，根據SAS可證明△ABD≌△ACE；
（2）類比探究：①證明△ACE≌△ABD可得出結論；
②證明△ACE≌△ABD即可；
（3）問題解決：
由（2）△ABD≌△ACE，則∠ACE＝∠ABD＝45°，求出BC＝2，CE＝3，則可求出DE的長．
【解答】（1）問題發(fā)現：
證明：∵△ABC和△ADE是等邊三角形
∴AB＝AC，AD＝AE，
且∠BAC＝∠DAE＝60°
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）類比探究：
①∵△ABC和△ADE均為等腰直角三角形，
∴AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，
在△ACE與△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°，
故答案為：45°；
②∵△ACE≌△ABD，
∴BD＝CE，
∴BC+CD＝CE，
故答案為：BC+CD＝CE；
（3）問題解決：
解：在（2）中，同（1）的方法可證：△ABD≌△ACE，
∴∠ACE＝∠ABD＝45°，
又∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
在Rt△BAC中，，
∴，
又∵CD＝1，由（2）得CE＝BC+CD＝3，
在Rt△BAC中，，
則線段DE的長是．
滿分技巧
1、三角形兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊；實際操作時，只需要兩較小邊長之和大于最長邊即可；
2、在等腰三角形中考三邊關系時，只需滿足--兩腰長之和大于底邊長即可；
3、做題時，注意看題目中是讓求第三邊的長還是求三角形的周長，不要因此失分。
滿分技巧
三角形三個內角的和=180°，三角形的一個外角=與之不相鄰2個內角的和；
三角形有關角的這兩個定理通常可以交換著用，有時可用內角和又可用外角的題，可能外角用著更方便；
等腰三角形頂角的外角=底角的2倍；
在求角度的問題中，內角和定理和外角的性質是常用的等量關系，也是求任何角度都要首選的等量關系，這個思想要根深蒂固！
滿分技巧
三角形中“三線”的常見作用及其輔助線：
1、中線
常見“用途”：平分線段、平分面積；
輔助線類型：倍長中線造全等—→延伸：倍長中線類模型；
2、高線
常見“用途”：求面積（等積法）、求角度（余角）；
輔助線類型：見特殊角做⊥，構特殊直角△、見等腰做底邊上高線，構三線合一；
3、角平分線
常見“用途”：得角相等（定義）、得線段相等（性質）、SAS證全等、知2得1等；
輔助線類型：見角平分線作雙垂、見角平分線作對稱、截長補短構全等、見角平分線＋垂直，延長出等腰；
4、中垂線
常見“用途”：平分線段、得90°、證全等、求新形成三角形周長等；
5、輔助線類型：連接兩點
由△的三線組成的幾個“心”：
△三邊中線交點—→重心—→性質：△的重心到一中線中點的距離=重心到這條中線定點距離的一半；
△三條角平分線交點—→內心—→性質：△的內心到△三邊的距離（垂線段）相等；
△三邊中垂線交點—→外心—→性質：△的外心到△三個頂點的距離（連接）相等；
滿分技巧
1、全等三角形的對應邊相等，對應角相等；
2、全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS＋Rt△的HL
3、證三角形全等的基本步驟：①準備條件；②羅列條件；③得出結論。
4、有關三角形全等問題應用的三個方向：
①證邊相等就證它們所在的三角形全等；
②證角相等就證它們所在的三角形全等；
③全等三角形可以提供相等線段、相等角
滿分技巧
1、性質定理：角平分線上的點到角兩邊的距離相等；
2、判定定理：角的內部到角兩邊距離相等的點在這個角的角平分線上；
滿分技巧
1、性質定理：線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等；
2、判定定理：到線段兩端距離相等的點在這條線段的中垂線上；
滿分技巧
1、等腰三角形的性質：①等腰三角形有軸對稱性，對稱軸有1或3條；②等邊對等角；③“三線合一”
2、等腰三角形的判定：①定義法；②等角對等邊；③角平分線與高線、中線與高線重合時，利用全等證等腰；
3、等邊三角形的性質：三邊相等、三個角都等于60°、三邊均存在“三線合一”；
4、等邊三角形的判定：有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形。
滿分技巧
手拉手全等：
條件：兩個頂角相等的等腰三角形有一個公共的頂角頂點
結論：有SAS類三角形全等；
雙平等腰：
條件：①AD為角平分線；②DE∥AB；③AE=ED
若以上3個條件中有2個成立，則剩余的那個就會成立。即：三條件滿足“知2得1”

滿分技巧
1、直角三角形的性質：
①直角三角形的兩個銳角互余
②直角三角形斜邊上的中線等于斜邊長的一半
③在直角三角形中，如果有一個銳角等于30°，那么它所對的直角邊等于斜邊長的一半
2、直角三角形的判定：
①有一個角是90°的三角形時直角三角形
②有兩個角互余的三角形是直角三角形
③勾股定理的逆定理
滿分技巧
勾股定理及其逆定理
勾股定理
直角三角形兩直角邊的平方和等于斜邊的平方
勾股定理逆定理
如果三角形中兩邊的平方和等于第三邊的平方，那么這個三角形是直角三角形
勾股數
能夠成為直角三角形三條邊長的三個正整數，成為勾股數
常見的勾股數：3,4,5及其倍數；5,12,13及其倍數；7,24,25及其倍數；8,15,17及其倍數
☆：勾股定理是初中數學中求解長度非常重要的等量關系，故很多求長度的問題沒方向時，就往直角三角形勾股定理方向去想。
證明：∵∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠DOB+∠B＝∠EOC+∠C＝90°．
∵∠DOB＝∠EOC，
∴∠B＝∠C．……第一步
又OA＝OA，OB＝OC，
∴△ABO≌△ACO．……第二步
∴∠1＝∠2．……第三步

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